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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
RESUMO DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II
Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia Bolsista Ped: Elias Atonio Nicolas
Campinas, SETEMBRO - 2003
DEPARTAMENTO DE ESTRUTURASFaculdade de Engenharia Civil
Universidade Estadual de Campinas
Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas - SP
SUMÁRIO
1-FLEXÃO GERAL
2-TORÇÃO
3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS
4-TEORIA DAS TENSÕES
5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES
6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO
7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA
8-FLAMBAGEM
9-BIBLIOGRAFIA
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OBSERVAÇÃO INICIAL
Esta apostila tem por objeto dar ao aluno que freqüenta o curso de EC-501 –Resistência dos Materiais II um material que o auxilie no acompanhamento das aulasregulares. Não tem por meta substituir outras apostilas ou livros de Resistência dosMateriais . Constitui-se como notas de um caderno de um aluno, com a colocação dealguns exemplos adicionais.
1-FLEXÃO GERAL
Momentos de segunda ordem.
zy, eixos centrais de inércia.
Momentos de inércia centrais.
AzIA
y∂⋅= ∫ 2
AyIA
z∂⋅= ∫ 2
Produto de inércia.
AzyIA
yz∂⋅⋅= ∫
AzbAzIAA
y ∂⋅+=∂⋅= ∫∫ 22 )(
AzzbbIA
y ∂⋅+⋅⋅+= ∫ )2( 22
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AzAbIA
y ∂⋅+⋅= ∫ 22
Momento estático = ∫ ∂⋅=A
AzS
S = 0 em relação ao c.g.
yy IAbI +⋅= 2
zz IAcI +⋅= 2
yzyz IAcbI +⋅⋅=
“b” e “c” são coordenadas do c.g. em relação ao sistema (y,z).
Rotação dos eixos (u,v).
Matriz de transformação de coordenadas:
⋅
−
=
z
y
v
u
αααα
cossen
sencos
αα sencos ⋅+⋅= zyu
αα cossen ⋅+⋅−= zyv
AvIA
u ∂⋅= ∫ 2
AzyIA
u ∂⋅⋅+⋅−= ∫ 2)cossen( αα
AzyAzAyIAAA
u ∂⋅⋅⋅⋅⋅−+∂⋅⋅+∂⋅⋅= ∫∫∫ αααα cossen2cossen 2222
αααα cossen2cossen 22 ⋅⋅⋅−⋅+=yzyzu IIII
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AzyAuIAA
v ∂⋅⋅+⋅=∂⋅= ∫∫ 22 )sencos( αα
αααα cossen2sencos 22 ⋅⋅⋅+⋅+=yzyzv IIII
AzyzyAvuIAA
uv ∂⋅+−⋅+=∂⋅⋅= ∫∫ )cossen()sencos( αααα
( ) ( )αααα 22 sencoscossen ++⋅⋅−=yzzyuv IIII
Arcos duplos:
ααα cossen22sen ⋅⋅=
ααα 2cossencos 22 =−
1sencos 22 =+ αα
αα 2sen2cos22
⋅−⋅−
++
=yz
zyzyu I
IIIII
αα 2sen2cos22
⋅+⋅−
−+
=yz
zyzyv I
IIIII
αα 2cos2sen2
⋅+⋅−
=yz
zyuv I
III
22
2sen2cos22
⋅−⋅
−=
+− αα
yz
zyzyu I
IIIII
( )2
2 2cos2sen2
⋅+⋅
−= αα
yz
zyuv I
III
yzzy
uvzy
u III
III
I 2
2
2
2
22+
−=+
+−
Equação da circunferência
( ) 2220 Ryxx =+−
(y0 = 0)
(x0, y0) posição do centro.
Círculo de Mohr.
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I1 = momento de inércia máximo
I2 = momento de inércia mínimo.
Em I1 e I2 tem-se: Iuv = 0.
02cos2sen2
=⋅+⋅−
= ααyz
zyuv I
III
yz
yz
II
Itg
−
⋅=
22α
Propriedade:
cteIIIIIIII vuzyzy =+=+=+=+ 21
Valores de I1 e I2.
yzzyzy I
IIIII 2
22
1 22+
−+
+=
yzzyzy I
IIIII 2
22
2 22+
−−
+=
Exercícios:
1) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( 1α e 2α ).
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2) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( 1α e 2α ).
3) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( 1α e 2α ).
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4) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( 1α e 2α ).
Flexão Pura
Hipóteses:
A distribuição da tensão normal na seção é linear.
O material é isotrópico e segue a lei de Hooke ( εσ ⋅= E ; γτ ⋅= G ).
As seções planas permanecem planas após o carregamento.
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Tensão ( xσ )
yKx ⋅=σ (variação linear)
K = constante.
yFM xz ⋅∂=∂
A
F=σ
AF xx ∂⋅=∂ σ
yFM xz ⋅∂=∂
AyyAM xxz ∂⋅⋅=⋅∂⋅=∂ σσ
AyKM z ∂⋅⋅=∂ 2
∫∫ ∂⋅⋅=∂=AA
zz AyKMM 2
∫ ∂⋅⋅=A
z AyKM 2
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zz IKM ⋅=
z
z
I
MK =
yKx ⋅=σ
yI
M
z
zx ⋅=σ
Flexão oblíqua pura.
θcos⋅= MM z
θsen⋅= MM y
Superposição de efeitos (Mz e My)
xxx σσσ ′′+′=
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yKx ⋅′=′σ
zKx ⋅′′=′′σ
zKyKx ⋅′′+⋅′=σ
∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A
x
A
xz yAyFM σ
∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A
z AyzKyKM )(
∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A
z AzyKyKM )( 2
∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A
z AzyKAyKM )()( 2
∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A
z AzyKAyKM 2
yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=
∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A
x
A
xy zAzFM σ
∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A
y AzzKyKM )(
∫ ∂⋅⋅⋅′+⋅′′=A
y AzyKzKM )( 2
∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A
y AzyKAzKM )()( 2
∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A
y AzyKAzKM 2
yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=
Obs: se y e z não fossem momentos de inércia principais 0≠yzI .
vuzy ,, → (momentos principais de inércia).
yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=
0== uvyz II
v
vvv I
MKIKM =′→⋅′=
yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=
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0== uvyz II
u
uuu I
MKIKM =′′→⋅′′=
vKuKx ⋅′′+⋅′=σ
vI
Mu
I
M
u
u
v
vx ⋅+⋅=σ
0=⋅+⋅= vI
Mu
I
M
u
u
v
vxσ
uI
I
M
Mv
v
u
u
v ⋅⋅−=
θsen⋅= MM u
θcos⋅= MM v
uI
I
M
Mv
v
u ⋅⋅⋅⋅
−=θθ
sen
cos
uI
I
tgv
v
u ⋅⋅−=θ
1 equação da linha neutra (lugar geométrico onde as tensões são
nulas)
v
u
I
I
tgtg ⋅−=
θβ
1
utgv ⋅=∴ β
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Exercícios:
5) Calcular os valores extremos de tensão (tração e compressão) que surgirão na viga. O
peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção.
Dados: 4167.124 cmI y = , 4042.461 cmI z = , 4375.194 cmI yz = .
6) Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o eixo
y um ângulo de 30o ?. Dados: 41408cmI y = , 42656cmI z = , 4864cmI yz −= ,
2/1000 cmtf=σ
7) Determinar na seção crítica a linha neutra e calcular a flecha máxima em A.
2/200 cmtfE =
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Flexão composta (momento + força axial).
Flexo-compressão (F < 0).
Flexo-tração (F > 0).
e: excentricidade.
Quando e = 0 : compressão ou tração.
eu : excentricidade em relação ao eixo u.
ev : excentricidade em relação ao eixo v.
vI
Mu
I
M
A
F
u
u
v
vx ⋅+⋅+=σ
Superposição de efeitos.
Linha neutra:
uu eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ sensen
vv eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ coscos
0=⋅+⋅+= vI
Mu
I
M
A
F
u
u
v
vxσ
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0sencos1
=⋅⋅
+⋅⋅
+ vI
eu
I
e
A uv
θθ
utgeA
Iv u ⋅+
⋅⋅−= β
θsen
utgctev ⋅+= β
→≠ 0cte a linha neutra não passa pelo c.g.
Exercícios:
8) Calcular F, sendo 2/800 cmkgfc =σ e 2/1400 cmkgft =σ .
Dados: 4000.105 cmI y = , 473,577.55 cmI z = , 4320.28 cmI yz −= , 2900cmA =
9) Determinar a carga admissível P sabendo que 2/120 cmkgfc =σ ; 2/30 cmkgft =σ e
que lPq = . Dados: 436,689.103 cmI y = , 436,689.183 cmI z = , 457,319.76 cmI yz −= .
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10) Determinar a posição e o valor de uma carga P de tração que provoca a linha neutra
indicada na figura abaixo. A tensão no ponto A vale 2/100 cmkgfA =σ .
Núcleo central
Definição: região da seção onde aplicada uma carga, sua linha neutra não corta a seção.
Conseqüência: a seção só terá tensões de um mesmo sinal (compressão ou tração).
Importância: materiais com baixa resistência a tração.
Exemplos: murros de arrimo, chaminés e pilares.
Determinação do núcleo central.
21 xxx σσσ += (superposição de efeitos)
uI
M
A
N
v
vx ⋅+=σ
vv eNM ⋅=
uI
eN
A
N
v
vx ⋅
⋅+=σ
Linha neutra:
0=⋅⋅
+= uI
eN
A
N
v
vxσ
01
=⋅+ uI
e
A v
v
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v
v
eA
Iu
⋅−=
Observação:
Cada figura plana tem seu núcleo central que não depende de N.
A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do
polígono que constitui o núcleo central.
O ponto de aplicação de N e a LN conseqüente ficam em semi-planos opostos
delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN).
O núcleo central terá tantos lados quantos forem os lados (ou vértices) do polígono
convexo circunscrito.
Exercícios:
11) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo.
12) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo.
Dados: 22300cmA = , 454,1220171 cmIu = , 415,385504 cmI v = , 085,9−=α
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Resolução do exercício 4.
Divisão da seção em áreas:
Centro de gravidade (c.g.):
cmA
Ayy
i
ii 88,5125,1115
01265,115,1015=
++⋅+⋅+⋅
=⋅
=∑
∑
cmA
Azz
i
ii 60,6125,1115
61285,11615=
++⋅+⋅+⋅
=⋅
=∑
∑
Momento de inércia de cada seção:
Área 1:
43
1 16,012
5,015cmI z =
⋅=
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43
1 63,14012
155,0cmI y =
⋅=
⇒= 01yzI seção retangular
Rotação dos eixos da área 1:
αα 2sen2cos221
⋅−⋅−
++
==yz
zyzyuy
IIIII
II
4
106,900)74,73cos(24,7040,70 cmI
y=−⋅+=
αα 2sen2cos221
⋅+⋅−
−+
==yz
zyzyvz
IIIII
II
4
173,500)74,73cos(24,7040,70 cmI
z=+⋅−=
αα 2cos2sen21
⋅+⋅−
==yz
zyuvyz
III
II
4
143,670)74,73sen(24,70 cmI
yz=+⋅=
Área 2:
43
2 12,012
5,05,11cmI y =
⋅=
43
2 37,6312
5,115,0cmI z =
⋅=
⇒= 02yzI seção retangular
Área 3:
43
3 7212
125,0cmI y =
⋅=
43
3 13,012
5,012cmI z =
⋅=
⇒= 03yzI seção retangular
Momento de inércia total:
4222 3,1785,0126,0725,05,114,112,05,0156,006,90 cmI y =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=
4222 82,4815,01288,513,05,05,1112,037,635,01562,473,50 cmI z =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=
087,36=α
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1 m 3 m
P=2 tf 10
10 151015
15
15
15
10
medidas em cm
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 477,685,0126,088,55,05,114,112,05,01562,46,043,67 cmI y =⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅−⋅+=
Direções principais:
453,03,17882,481
77,68222 =
−⋅
=−
⋅=
yz
yz
II
Itg α
02,12=′α
02,102=′′α
Momentos principais de inércia:
( )2
22
2,1 22 yz
zyzy IIIII
I +
−±
+=
( )222
2,1 77,682
82,4813,178
2
82,4813,178+
−
±
+
=I
41 68,496 cmI =
42 45,163 cmI =
Resolução do exercício 5
Calcular os valores extremos de σ (tração e compressão) que surgirão na viga. Opeso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.
Dados: Iy = 124167 cm4
Iz = 461042 cm4
Iyz = 194375 cm4
Figura 5.1
Solução:
a) Características Geométricas
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200 tf.cm
Diagrama de momento (M):
y
z C
u
v
α
L
Mθ
β
σ
σ
A
B
- Cálculo do CG→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
o7624124167461042
194375222 ,
II
Itg
yz
yz =α⇒−
⋅=
−
⋅=α
⇒+
−±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
=
=4
2
41
8039532
20550676
cm,I
cm,I
→→ eixos u e v,
480395322222
cm,IsenIcosIIII
I uyzzyzy
u =⇒α⋅−α⋅−
++
=
1
2
II
II
v
u
==∴
b) Tensões
Pela regra da mão direita temos:
uI
Mv
I
M
v
v
u
ux ⋅+⋅−=σ
onde: o7624,−=θ
⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMM
cmtf,senMM
v
u
61181
7683
u,
,v
,
,x ⋅+⋅−=σ∴
20550676
61181
8039532
7683
- Para a Linha Neutra σ = 0
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020550676
61181
8039532
7683=⋅+⋅−=σ u
,
,v
,
,x
→ podemos calcular a LN de duas formas:
admitindo pontos na eq. de tensão
4261
00
,uv
vu
=⇒==⇒=∴
ou pelo cálculo do angulo β:
o8581
,I
I
tgtg
utgv
v
u =β⇒⋅θ
−=β
⋅β=
Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de
base, onde será utilizado a matriz de transformação:
⋅
αα−αα
=
z
y
cossen
sencos
v
u
→ ponto A:
=−=
⇒
=−=
cm,v
cm,u
z
cm,y
A
A
A
A
6113
5129
0
532
( ) 2863512920550676
611816113
8039532
7683cmtf,,
,
,,
,
,A −=−⋅+⋅−=σ⇒
→ ponto B:
−==
⇒
==
cm,v
cm,u
z
cm,y
B
B
B
B
6113
5129
0
532
( ) 2863512920550676
611816113
8039532
7683cmtf,,
,
,,
,
,B =⋅+−⋅−=σ⇒
=σ
−=σσ∴
2
2
863
863
cmtf,
cmtf,:sãodeextremosvaloresos
T
C
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Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas - SP
2-Torção
Torção em barras de seção circular
Hipóteses básicas:
Tensão tangencial (cisalhamento) é proporcional ao raio.
)()( rfr =τ
ar <<0
As seções transversais sofrem rotações elásticas como corpos rígidos.
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γ : distorção, ϕ : ângulo de giro.
Mt: momento de torção
Equilíbrio de forças: Teorema de CAUCHY
trxxtr ∂⋅∂⋅∂⋅=∂⋅∂⋅∂⋅ lττ
lττ =∴
Tensões de cisalhamento
Lei de Hooke
εσ ⋅= E
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Cisalhamento
γτ ⋅= G
G: módulo de elasticidade transversal
Materiais isotrópicos
)1(2 ν+⋅=
EG
ν : coeficiente de Poisson
Aço:
MPacmKgfE 210000/2100000 2 ==
MPacmKgfG 80000/800000 2 ==
3,0=ν
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ττ ⋅=a
rr
γγ ⋅⋅=⋅ Ga
rG r
γγ ⋅=a
rr
rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ
rrA ∂⋅⋅⋅=∂ π2
rrra
rM t ∂⋅⋅⋅⋅⋅=∂ πτ 2
a
rrM t
∂⋅⋅⋅=∂
32πτ
24
22 3
0
4
0
3 τπτππτ ⋅⋅=
⋅
⋅⋅=
∂⋅⋅⋅=∂= ∫ ∫
a
a
r
a
rrMM
aa
tt
3
2
a
M t
⋅⋅
=π
τ
2
Da = (D = diâmetro)
3
16
D
M t
⋅⋅
=∴π
τ
Flexão:
W
M
yI
My
I
M==⋅=
/σ
W: módulo de resistência à flexão.
Torção:
t
ttt
W
M
D
M
D
M=
⋅=
⋅⋅
=
16
1633 ππ
τ
16
3DWt
⋅=
π para seção circular cheia
Giro Relativo (ϕ )
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Hipótese: (Teoria de pequenos deslocamentos)
ϕ∂ é muito pequeno
arco ≈ tangente
tangente = a⋅∂ϕ = x∂⋅γ ( γ é muito pequeno)
a
x∂⋅=∂∴
γϕ
A variação do ângulo está relacionada à distorção do raio e do cisalhamento.
xa
∂⋅=∂= ∫ ∫l l
0 0
γϕϕ
l⋅=∴a
γϕ
G
τγ =
aG ⋅⋅
=lτ
ϕ
2
16
3 DGD
M t
⋅⋅⋅
⋅⋅=
πϕ
l
4
32
DG
M t
⋅⋅⋅⋅
=∴π
ϕl
)32
(4D
G
M t
⋅⋅
⋅=∴
πϕ
l
t
t
IG
M
⋅⋅
=l
ϕ
32
4DI t
⋅=
π
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Resumo: seção circular cheia.
t
t
W
M=τ
16
3DWt
⋅=
π
t
t
IG
M
⋅⋅
=l
ϕ
32
4DI t
⋅=
π
Seção circular de parede espessa (grossa)
2Drr =
ττ
ττ ⋅=2
Dr
r
drrA ⋅⋅⋅=∂ π2
rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ
rrrM rt ⋅∂⋅⋅⋅=∂ πτ 2
rrM rt ∂⋅⋅⋅=∂ 22πτ
rrD
M t ∂⋅⋅⋅=∂ 32)
2(
πτ
∫∫ ∂⋅⋅⋅=∂=∂2/
2/
32/
2/2
)2
(
D
d
D
d tt rrD
MM πτ
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−
⋅
⋅
⋅=
44
2242
2 dDD
M t
τπ
t
t
W
M=τ
−
=
44
22
dD
DWt
π
t
t
IG
M
⋅⋅
=l
ϕ
( )44
32dDI t −=
π
Seção circular de parede fina (delgada)
dmt <<<
10>t
dm
dm: diâmetro médio
t: espessura
tMdm
A =⋅⋅2
τ
tMdm
tdm =⋅⋅⋅⋅2
πτ
tMt⋅⋅
2
2τ
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2
t
M t
⋅⋅=
π
t
t
W
M=τ
2dmtt
⋅⋅π
4
3dmtI t
⋅⋅=
π
Diagramas de Momento torçor (Mt)
Momento de torção aplicado
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Exercícios: 1) Traçar o diagrama de momento torçor
2) Traçar o diagrama de momento torçor
Momento de torção uniformemente distribuído (m)
xmxmMx
t ⋅=∂⋅= ∫0 , ll ⋅== mxM t )(
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Momento de torção linearmente distribuído (m)
∫ ∂=x
xt xmM0
xm
tgmx ⋅==l
θ
∫ ∂⋅⋅=x
t xxm
M0 l
l⋅⋅
=2
2xmM t
22)(
2 l
l
ll
⋅=
⋅⋅
==mm
xM t
Exercícios:
1) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura isostática. aMm 21 = ,
aMm =2
2) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática. aMm =
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3) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática.
M = 5 kNm; m = 0,3 kNm/m; L = 1,2 m.
4) Calcular o giro relativo abϕ
5) Calcular o giro relativo abϕ
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6) Calcular o diâmetro d e o giro abϕ
M = 120 Nm; m = 40 Nm/m; a = 1,2 m; b = 0,8 m; 2/10 mMNadm =τ , G = 80000
MN/m2.
7) Calcular o momento torçor M.
E = 21000 kN/cm2; G = 7000 kN/cm2; cmbarra 1=φ ; 2/12 cmkNadm =σ 2/8 cmkNadm =τ
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Torção em barras de seção vazada e parede fina
Observações:
Barras de seção circular: seções sofrem rotações elásticas e permanecem planas.
Barras de seção qualquer: sofrem empenamento.
Hipóteses:
t = t(s) mas constante em x
)(sττ = mas constante em x
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obs: considerando-se o empenamento nulo tem-se a torção livre (torção de Saint Venant)
Equilíbrio de forças:
xtxt ∂⋅⋅=∂⋅⋅ 2211 ττ
cteststt =⋅=⋅=⋅ )()(2211 τττ
=⋅ )()( stsτ fluxo de cisalhamento
hdsstsM t ⋅⋅⋅=∂ )()(τ
dAdshhds
A ⋅=⋅⇒⋅
=∂ 22
dAstsM t ⋅⋅⋅=∂ 2)()(τ
∫∫ ⋅⋅⋅=∂=AA
tt dAstsMM 2)()(τ
AstsM t ⋅⋅⋅=∴ )()(2 τ
)(2)(
stA
Ms t
⋅⋅=∴τ
t
t
W
Ms =∴ )(τ
)(2 stAWt ⋅⋅=∴
Exemplo: quadrado
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2aA =
tst =)(
taWt ⋅⋅= 22
Exemplo: círculo
4
2dmA
⋅=
π
2
2dmtWt
⋅⋅=
π
se t = t(s)
t
t
W
M=τ )(2 stAWt ⋅⋅=
mint
tMAX W
M=τ
min2min tAWt ⋅⋅=
Fluxo de cisalhamento
ctests =⋅ )()(τ
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U = energia = T = trabalho
2
dpU p
⋅=
dFU FV ⋅=
ϕ⋅⋅== tMUT2
1 (carregamento lento)
Se ϕ⋅= tMT (cargas rápidas)
U: energia de deformação (interna)
T: trabalho externo
Carga (F,M)
esforços (M,V,N,Mt)
tensões ( )τσ ,
dsdxstsU ⋅⋅⋅⋅⋅=∂ γτ )()(2
1
Lei de Hooke:
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εσ ⋅= E
γτ ⋅= G
G
τγ =
dsdxstsG
U ⋅⋅⋅⋅⋅
=∂ )()(2
1 2τ
)(2)(
stA
Ms t
⋅⋅=τ
dsdxststA
M
GU t ⋅⋅⋅
⋅⋅
⋅⋅
=∂ )()(22
12
dsdxstAG
MU t ⋅⋅
⋅⋅⋅=∂
)(8 2
2
)(8 2
2
st
dsdx
AG
MU t ⋅⋅
⋅⋅=∂
∫∫∫ ⋅∂⋅⋅⋅
=∂=)(8 02
2
st
dsx
AG
MUU t
l
TU =
ϕ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅
∫ tt M
st
ds
AG
M
2
1
)(8 2
2 l
∫⋅⋅⋅⋅
=)(4 2 st
ds
AG
M t lϕ
T
t
IG
M
⋅⋅
=l
ϕ
∫
⋅=∴
)(
4 2
st
dsA
I t
como t é normalmente constante, ∫ ds = perímetro.
Exemplo:
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A = a x b
)(
)(2)(2
)(4
)(
4 222
ba
tba
t
baba
st
dsA
I t +⋅⋅⋅
=+⋅⋅⋅
=⋅
=
∫
Exercícios:
1) Calcular “e”, It.
Dados: Mt = 100 tfcm, t = 0,1 cm, 2/0,1 cmtfadm =τ
2) Calcular “a”
Dados: Mt = 250 tfcm, 2/0,1 cmtfadm =τ
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Analogia de membrana
Equação diferencial da superfície deformada de uma membrana.
K
p
y
z
x
z−=
∂∂
+∂∂
2
2
2
2
Equação diferencial da torção
αφφ
⋅−=∂∂
+∂∂
Gyx 2
2
2
2
Analogia entre as equações diferenciais se: α⋅= GK
p
Seções celulares:
Torção em seções celulares:
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Equação de equilíbrio da membrana:
∫⋅⋅=⋅t
dshKAp
Placa 1:
)()()( 1231
11 chh
e
Kaca
e
hKAp ⋅−⋅−++⋅
⋅=⋅
Placa 2:
)()()( 1232
22 chh
e
Kbcb
e
hKAp ⋅−⋅+++⋅
⋅=⋅
Tensão tangencial:
βτ ⋅⋅
=V
M t
2
e
h=β
11 2βτ ⋅
⋅=
V
M t 1
11 e
h=β
22 2βτ ⋅
⋅=
V
M t 2
22 e
h=β
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33 2βτ ⋅
⋅=
V
M t 3
123 e
hh −=β
Momento de inércia à torção:
p
KVIT
⋅⋅=
4
ângulo de giro:
K
p
VG
M
IG
M t
t
t ⋅⋅⋅⋅
=⋅⋅
=4
llϕ
Exercícios:
1)Calcular Mt e abϕ
Dados: G = 800 kN/cm2; 2/8 cmkNadm =τ
2) Determinar: a) Wta / Wtf, b) esforço no cordão de solda, sendo Mt = 100 tfcm.
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3) Calcular o deslocamento do ponto A.
Dados: t = 0,1 cm; Mt = 1
50 kNcm, G = 8000 kN/cm2.
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Resolução do exercício 3.
Placa 1 = Placa 3
)5(1,0
)4783,5(1,0
52
)74(21 ⋅⋅−++⋅⋅=
⋅
+⋅ h
Kh
Kp
21 583,1675,2 hhK
p⋅−⋅=⋅
Placa 2
( ) ( ) )5544(1,0
)55(1,0
95 212 +++⋅+⋅−+⋅⋅=⋅⋅ hhK
hK
p
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21 28185,4 hhK
p⋅+⋅=⋅
K
ph ⋅= 18,01
K
ph ⋅= 05,02
Volume: ( ) ( )212112 hhAhAV +⋅+⋅⋅=
( )K
p
K
p
K
pV ⋅=⋅+⋅+
⋅⋅⋅= 25,2005,018,04518,05,272
Inércia à torção: 48125,2044
cmp
K
K
p
p
KVI t =⋅⋅⋅=
⋅⋅=
Giro: radIG
M
t
t 023,0818000
100150=
⋅⋅
=⋅⋅
=l
ϕ
Coordenadas do ponto A em relação ao c.g.
cmxA 5,9= , cmyA 3,3=
( ) cmyv Ax 076,03,3023,0 =⋅−−=⋅−= ϕ
( ) cmxv AY 219,05,9023,0 −=⋅−=⋅= ϕ
Deslocamento: cmvvv yx 23,022 =+=
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3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS
Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas.
AyI
xMAxT
Az
A∂⋅⋅=∂⋅= ∫∫
)()(σ
AyI
xxMAxxt
Az
A∂⋅⋅
∂+=∂⋅∂+= ∫∫
)()(σ
tT ≠
tTxxMxM >⇒∂+> )()(
0>− tT
0)()(
>∂⋅⋅∂+
−∂⋅⋅ ∫∫ AyI
xxMAy
I
xMA
zA
z
)()()( xMxMxxM ∂−=∂+
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0)(
>∂⋅⋅∂
∫ AyI
xMA
z
xsestT ∂⋅⋅=−−−
)()(τ
xsesAyI
xMA
z
∂⋅⋅=∂⋅⋅∂ −−
∫ )()()(
τ
AseI
yxVA
seIx
yxMs
A
z
A
z
∂⋅⋅
⋅=∂⋅
⋅⋅∂
⋅∂=∴ ∫∫ −−−−
)(
)(
)(
)()(τ
∫ ∂⋅⋅⋅
=−−
Az
AyseI
xVs
)(
)()(τ
)(
)()(
−−
⋅
⋅=
seI
SxVs
z
τ
ssesF ∂⋅⋅=∂ )()(τ
∫ ∂=s
FF0
∫∫ ∂⋅⋅⋅
⋅=∂⋅⋅=
−−
s
z
s
sseseI
SxVssesF
00
)()(
)()()(τ
Geralmente ctesese ==−−
)()(
∫ ∂⋅⋅=∴s
z
ssSI
xVF
0)(
)(
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Exemplo 1:
)(
)()(
seI
SxVs
z ⋅⋅
=τ
PxV =)(
ese =)(
⋅⋅⋅+
⋅⋅⋅+
⋅=
233
22
12
22
12
heb
beehI z
2)(
hsesS
⋅⋅=
)()( sSKs ⋅=τ
)(
)(
seI
xVK
z ⋅=
2)(
sheKs
⋅⋅⋅=∴τ
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OBS: As tensões tangenciais verticais vτ são desprezadas
bI
SxV
zv ⋅⋅
⋅=
2
)(τ
)(
)()(
seI
SxVs
z ⋅⋅
=τ
)(2 sbe v ττ <<⇒⋅<<
Para S2 (outra posição de S) na alma
Momento estático
bhesh
sesS ⋅⋅+
−⋅⋅=
22)(
O momento estático é acumulativo.
bhesehse
sS ⋅⋅+⋅
−⋅⋅
=22
)(2
)()( sSKs ⋅=τ
Exemplo 2:
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2)(
shesS
⋅⋅= (mesa)
bhesh
sesS ⋅⋅+
−⋅⋅=
22)( (mesa + alma)
02
)(=⋅−
⋅=
∂∂
sehe
s
sS
2
hS =∴
22222
2
max
hbe
hehheS ⋅⋅+
⋅−⋅
⋅=
28
2
max
hbeheS
⋅⋅+
⋅=
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)(
)()(
seI
SxVs
z ⋅⋅
=τ
)()( sSKs ⋅=τ
PxV =)(
⋅⋅+
⋅⋅+
⋅=
233
2122
12
heb
beehI z
∫ ∂⋅⋅=s
z
ssSI
xVF
0)(
)(
∫ ∂⋅⋅=b
z
ssSI
PF
01 )(
31 FF =
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Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas - SP
42)(
2
00
bhes
shessS
bb ⋅⋅=∂⋅
⋅⋅=∂⋅ ∫∫
41
2bhe
I
PF
z
⋅⋅⋅=∴
∫ ∂⋅⋅=h
z
ssSI
PF
02 )(
222)(
2 bhesehsesS
⋅⋅+
⋅−
⋅⋅=
262222)(
233
0
2
0
hbehehes
bhesehsessS
hh ⋅⋅+
⋅−
⋅=∂⋅
⋅⋅+
⋅−
⋅⋅=∂⋅ ∫∫
⋅⋅+
⋅⋅+
⋅
⋅⋅+
⋅−
⋅⋅
=233
233
2
2122
12
262
hbe
beeh
hbeheheP
F
he << ; be <<
)(2 xVPF ==∴
Centro de cisalhamento (Seções delgadas simétricas).
fτ : tensão de cisalhamento devido à V
Forças de cisalhamento na seção
∫ ∂⋅⋅=b
zz
ssSI
VF
01 )(
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2)(
shesS z
⋅⋅=
42
2
01
bhe
I
Vs
she
I
VF
z
b
z
⋅⋅⋅=∂⋅
⋅⋅= ∫
Vhbehehe
I
Vs
bhesehse
I
VF
z
h
z
=
⋅⋅+
⋅−
⋅⋅=∂⋅
⋅⋅+
⋅−
⋅⋅⋅= ∫ 264222
233
0
2
2
31 FF =
⋅⋅+
⋅⋅+
⋅=
4122
12
233 hbebeehI z
be << ; he <<
Condições de equivalência
VF =1 ; cVM ⋅=0
cVhF ⋅=⋅1
V
hFc
⋅= 1
V
hbeh
I
Vc
z
⋅⋅⋅
⋅=4
2
zI
behc
⋅⋅⋅
=4
22
; ),,( bhefc = não depende de V.
212
23 hbeheI z
⋅⋅+
⋅=
obs: se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há equivalência
entre Vc e M0.
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t
tt W
M=τ
PV =
)( bcPMM t +⋅==
ft τττ += (tensão de cisalhamento resultante)
eI
SV
W
M
zt
t
⋅⋅
+=τ
Cantoneiras
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Exercícios:
1) Determinar a posição do centro de cisalhamento e calcular as tensões tangenciais.
Dado: Iz=2806 cm4.
2) Calcular maxτ
Dado: Iz=895914 cm4.
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3) Determinar as tensões principais no ponto A da seção mais solicitada.
Dado: Iy=27937 cm4.
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Resolução do exercício 3.
100⋅= FM
FF
zI
M
yx 054,015
27937
100−=⋅
⋅=⋅=σ
( ) 433 48,37221,21201513
1
3
1cmthI iiT =⋅++⋅⋅=⋅⋅= ∑
3
max
48,371
48,37cm
t
IW T
T ===
∫ ∂⋅⋅=s
ssSI
xVF
0)(
)(
230
2301
2
1
ss
ssS −⋅=
−⋅⋅=
yy I
Ps
ss
I
PF ⋅=∂⋅
−⋅⋅= ∫ 5,2812
230
15
0
2
1
5,337155,3371512 +⋅=+⋅⋅= ssS
( )yy I
Pss
I
PF ⋅=∂⋅+⋅⋅= ∫ 97505,33715
20
02
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∑ = 00M
cPFF ⋅=⋅⋅−⋅⋅ 352152 12
cPI
P
I
P
yy
⋅=
⋅⋅−
⋅⋅ 5,281270975030
27937
196875292500 −=c
cmc 42,3=
PPcP
W
M
t
tt ⋅=
⋅=
+⋅== 49,0
48,37
42,18
48,37
)15(τ
PP
eI
SV
zf ⋅=
⋅⋅
=⋅⋅
= 023,0127937
5,637τ
PPPft ⋅=⋅+⋅=+= 513,0023,049,0τττ
( )2
2
2,1 22 xyyxyx τ
σσσσσ +
+±
+=
( )22
2,1 513,02
0054,0
2
0054,0P
PP+
+−
±+−
=σ
P487,01 =σ
P541,02 −=σ
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4-TEORIA DAS TENSÕES
zz
A A
Fσ=
∂∂
→∂ 0lim tensão normal
zyy
A A
Fτ=
∂
∂→∂ 0
lim tensão tangencial ou tensão de cisalhamento
zxx
A A
Fτ=
∂∂
→∂ 0lim
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→→→
+= xzwt z τσ
22)( τσ += zt
Obs: A tensão é definida no ponto.
∑ = 00M
22
22
zyx
yzx zyyz
∂⋅∂⋅∂⋅⋅=
∂⋅∂⋅∂⋅⋅ ττ
0≠∂⋅∂⋅∂=∂ yzxV
zyyz ττ =
Teorema de Cauchy.
Genericamente jiij ττ = { }zyxji ,,, =
São 6 as tensões no caso tridimensional.
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Caso plano.
Caso linear.
Ensaio de tração.
A
F=σ
l
l∆=ε
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Estado simples/ Linear/ Unidimensional de tensão.
A
F=σ
Equilíbrio de forças.
∑ =−
0yF
0coscos 1 =⋅⋅−
⋅ασ
ασ
AA
ασσ 21 cos⋅⋅= A
∑ =−
0xF
0sencos 1 =⋅−
⋅ασ
ατ A
ααστ cossen1 ⋅⋅⋅= A
2
2cos1cos2 α
α+
=
ασσ
σ 2cos22
11 ⋅+=
2
2sencossen
ααα =⋅
ατ
τ 2sen21 ⋅=
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2
1
2
1 2cos22
⋅=
− α
σσσ
2
12 2sen2
⋅= ατ
τ
2
122
1
22
=+
−
στ
σσ
Tensões principais:
Tensão máxima: 1σ
Tensão mínima: 2σ
Círculo de Mohr.
Nos planos principais ( 'α e ''α ) a tensão tangencial vale zero.
Obs: planos ou direções principais.
Convenção de sinais:
tração⇒> 0σ
compressão⇒< 0σ
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Estado Plano (duplo, bidimensional) de tensões.
∑ =−
0yF
ασααταατασσ 22 sencossencossencos ⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅=∂⋅−−
AAAAA yxyxyxx
ασαατασσ 22 sencossen2cos ⋅+⋅⋅⋅+⋅=−−
yxyxx
∑ =−
0xF
αασατατααστ cossensencoscossen 22 ⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅−⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅=∂⋅−−
AAAAA xxyxyyxy
( ) ( )ααταασστ 22 sencoscossen −⋅+⋅⋅−=−−
xyxyxy
Arcos duplos:
ατασσσσ
σ 2sen2cos22
⋅+⋅−
++
=−−
xyyxyx
x
ατασσ
τ 2cos2sen2
⋅+⋅−
=−−
xyxy
xy
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22
2sen2cos22
⋅+⋅
−=
+−
−−
ατασσσσ
σ xy
yxyx
x
22
2cos2sen2
⋅+⋅
−=
−−
ατασσ
τ xy
xy
xy
( )2
222
22 xy
yx
xy
yx
x τσσ
τσσ
σ +
−=
+
+−
−−−−
centro do círculo:
+0,
2yx σσ
raio do círculo: ( )2
2
2 xyyxR τ
σσ+
+=
Ryx ++
=21
σσσ
R+=maxτ
Ryx −+
=22
σσσ
R−=minτ
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Tensões principais ( )21 ,σσ :
( )2
2
2,1 22 xyyxyx τ
σσσσσ +
+−+
+=
0=−−
xyτ
02cos2sen2
=⋅+⋅−
ατασσ
xyxy
yx
xytgσσ
τα
−
⋅=
22
Direções principais:
'α e ''α
Propriedade
cteyxyx =+=+=+−−−−
21 σσσσσσ
Expressão Matricial das tensões.
[ ] [ ] [ ]TMM ⋅⋅=
−
σσ
[ ]
−
=αααα
cossen
sencosM
M: matriz de transformação de coordenadas.
MT: matriz transposta.
=
−−−−
−−−−−
yxy
xyx
στ
τσσ
[ ]
=
yxy
xyx
σττσ
σ
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Exercícios:
1) Calcular as tensões principais e suas direções, e desenhar o círculo de Mohr.
160=xσ ; 60=yσ ; 40=xyτ .
2) Calcular as tensões de cisalhamento nos cortes I, II e III.
2/10 cmkNI =σ ; 0=IIσ ; 2/10 cmkNIII −=σ
3) Calcular as tensões principais e suas direções.
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4) Calcular as tensões principais e suas direções.
2/3 cmkNa =σ ; 2/5,1 cmkNb =σ ; 2/5,0 cmkNa =σ
5) Calcular as tensões principais e suas direções nos pontos A e B.
Resolução do exercício 5:
436167cmI z =
Reações: kNV a 5,7= , kNV b 5,22=
cmkNM z ⋅= 500
kNV 5,12=
Ponto A:
kNyI
M
z
zx 0553,04
36167
500−=⋅=⋅=σ
0=xyτ
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( )2
2
2,1 22 xyyxyx τ
σσσσσ +
+−+
+=
21 /0 cmkN=σ ; 2
2 /0553,0 cmkN−=σ
Ponto B:
kNyI
M
z
zx 152,011
36167
500=⋅=⋅=σ
2/06,01036167
17255,12cmkN
tI
SVxy −=
⋅⋅
−=⋅⋅
=τ
( )2
2
2,1 22 xyyxyx τ
σσσσσ +
+−+
+=
21 /17,0 cmkN=σ ; 2
2 /08,2 cmkN−=σ
5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES
x
ux ∂
∂=ε
Deformações Normais
x
ux ∂
∂=ε
y
vy ∂
∂=ε
y
utg
∂∂
== 11 γγ
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x
vtg
∂∂
== 22 γγ
xyx
v
y
uγγγγ =
∂∂
+∂∂
=+= 21
γ : deformação tangencial ou distorção.
Estado Plano de deformações:
xyyx γεε ,,
Estado triplo de deformações:
zyx εεε ,,
yzxzxy γγγ ,,
Efeito de Poisson.
Coeficiente de Poisson.
0>−=y
x
εε
ν
5.00 << ν materiais isotrópicos.
Ex
xy
σνενε ⋅−=⋅−=
Ex
xz
σνενε ⋅−=⋅−=
yx
yyy Elll ⋅⋅−=⋅=∆
σνε
zx
zzz Elll ⋅⋅−=⋅=∆
σνε
Só tensão em y:
Ey
y
σε =
yy
yyy Elll ⋅=⋅=∆
σε
xz
x Ell ⋅⋅−=∆
σν
yz
z Ell ⋅⋅−=∆
σν
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Só tensão em z:
Ez
z
σε =
zz
zzz Elll ⋅=⋅=∆
σε
xy
x Ell ⋅⋅−=∆
σν
zy
z Ell ⋅⋅−=∆
σν
xz
xy
xx
x EEEllll ⋅⋅−⋅⋅−⋅=∆
σν
σν
σ
+⋅−=
EEEzyx
x
σσν
σε
Exercícios:
1) Calcular as tensões xσ , yσ e zσ .
2) Calcular xl∆ do sólido I.
2/1 cmtfz =σ ; P = 80 tf; 2/500 cmtfE I = ; 3,0=Iν ; 2/100 cmtfEE IIIII == ;
4,0== IIIII νν
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3) Qual o deloscamento total em y e a carga máxima.
Dados: E = 100 tf/cm2; 4,0=ν
4) Determinar as tensões.
Dados: 610200 ⋅=aε ; 610300 ⋅=bε ; 2εε =a ; E = 20000 kN/cm2; 3,0=ν
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5) Para o tubo de parede fina; calcular Mt e F.
Dados: 4104,1 −⋅−=aε ; 4108,4 −⋅=bε ; E = 21000 kN/cm2; 3,0=ν
6) Desenhar o círculo de Mohr.
Dados: 4x 105 −⋅−=ε , 4
y 103 −⋅=ε , rad106 2xy
−⋅=γ
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Resolução do exercício 3.
Estágio 1
0=xσ ; 0=zσ ; 400
Py =σ
cmx 02,0=∆l
xxx ll ⋅=∆ ε
2002,0 ⋅= xε
001,0=xε
( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=
1
−⋅−=
4004,0
100
1001,0
P
tfP 100=
( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=
1
−⋅−⋅=
400
1004,0
100
1001,0
Estágio 2
0=zσ ; 400
Py =σ
cmz 02,0=∆l
zzz ll ⋅=∆ ε
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2002,0 ⋅= zε
001,0=zε
( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=
1
−⋅−⋅=
4004,0
100
1001,0
Pxσ
0=xε
( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=
1
−⋅−=
4004,0
100
10
Pxσ
Px ⋅+⋅−= 001,04,01,0 σ (1)
Px ⋅+= 001,00 σ (2)
Resolvendo o sistema:
2/071,0 cmtfx −=σ
tfP 43,71=
Carga Total:
tfPPPtotal 43,17143,7110021 =+=+=
( )( )zxyy Eσσνσε +⋅−⋅=
1
( ) 0046,00071,04,0400
43,171
100
1=
+−⋅−⋅=yε
Deslocamento total em y.
cmyyy 138,0300046,0 =⋅=⋅=∆ ll ε
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6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO
Energia de deformação é definida como a capacidade de produzir trabalho. Aenergia armazenada em sólidos elásticos devido à deformação dos elementossob ações externas, é igual ao trabalho interno.
Objetivos: Calcular deslocamentos e calcular incógnitas hiperestáticas.
Para xKN x ⋅=
K = constante
Lei de Hooke:
( )( )zyxX E
1σσνσε +⋅−⋅=
0zy == σσ
Ex
x
σε =∴
A
N xx =σ
l∆=x
A
Nx =σ
l
l∆=xε
ll
∆⋅⋅
=⋅=AE
xKN
xxKxNU x ∂⋅⋅=∂⋅=∂
∫ ∫ ∂⋅⋅=∂= xxKUU
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∫∆ ∆
⋅=∂⋅⋅=
l l
0 0
2
2
xKxxKU
ll ∆⋅⋅=∆⋅⋅= N2
1K
2
1U 2
l∆⋅⋅= N2
1U
U: energia de deformação (carregamento lento)
Carregamento lento: carregamento aplicado de zero até o valor final.
Em caso de carregamentos rápidos (carregamentos instantâneos), temos: l∆⋅= NU ,
uma vez que o gráfico apresenta-se como um retângulo.
Exemplos:
Carregamento lento: peso próprio.
Carregamento rápido: ação do vento.
Métodos de cálculo da energia de deformação:
Pelas tensões
Pelos esforços solicitantes
Pelas cargas
a) Cálculo pelas tensões:
Estado triplo de tensões
Efeito total = somatório dos efeitos parciais (superposição de efeitos).
Modelo de cálculo
Trabalho = força x deslocamento
zyforça x ∂⋅∂⋅= σ
xtodeslocamen x ∂⋅= ε
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Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas - SP
trabalho = xzy xx ∂⋅⋅∂⋅∂⋅ εσ
zyx2
1U xxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσσ
zyxV ∂⋅∂⋅∂=∂ (V = volume)
dV2
1U xxx ⋅⋅⋅=∂ εσσ
analogamente:
para yσ : dV2
1U yyy ⋅⋅⋅=∂ εσσ
para zσ : dV2
1U zzz ⋅⋅⋅=∂ εσσ
Efeito total: =∂+∂+∂ zyx UUU σσσ
zyx2
1zyx
2
1zyx
2
1zzyyxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅= εσεσεσ
Dividindo ambos os lados por zyx ∂⋅∂⋅∂
dV
U
zyx
UU ii
,0∑∑ ∂
=∂⋅∂⋅∂
∂= σσ
σ
σ,0U : Energia específica de deformação (só as tensões normais)
zyx2
1U xzxzxz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ
zyx2
1U xyxyxy ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ
zyx2
1U yzyzyz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ
Efeito total: =∂+∂+∂ yzxyxz UUU τττ
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dV
U
zyx
UU ijij
,0∑∑ ∂
=∂⋅∂⋅∂
∂= ττ
τ
τ,0U :Energia específica de deformação (só as tensões de cisalhamento)
Efeito global:
( )∑ ∂+∂= iji UUU τσ
( )volume,0,00 UUU ∑ += τσ
dVUUvolume 0 ⋅= ∫
ou seja:
( )∫ ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅=V yzyzxzxzxyxyzzyyxx dV
2
1U γτγτγτεσεσεσ
b) Cálculo pelos esforços solicitantes
Considere uma viga.
yI
M
A
Nx ⋅+=σ
Ib
SVxy ⋅
⋅=τ
dVUUvolume 0 ⋅= ∫
( )xyxyxx0 2
1U γτεσ ⋅+⋅⋅=
Lei de Hooke:
Ex
x
σε =
Gxy
xy
τγ =
+⋅=
GE2
1U
2xy
2x
0
τσ
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⋅⋅
⋅+
⋅+⋅⋅=
22
0 Ib
SV
G
1y
I
M
A
N
E
1
2
1U
⋅⋅
⋅+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅=
22
222
2
2
2
2
0 Ib
SV
G
1y
I
My
I
M
A
N2
A
N
E
1
2
1U
∫∫ ⋅
⋅⋅
⋅+
⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅∂=
A22
222
2
2
2
2
0
dAIb
SV
G
1y
I
My
I
M
A
N2
A
N
E
1
2
1xU
l
Resolvendo as integrais de área, temos:
∫ ∂⋅
⋅⋅
⋅+
+⋅
⋅=
l
0
22
2
2
xA
Vc
G2
1
I
M
A
N
E2
1U
c = fator de forma.
AIG
SAc
22
2
∂⋅⋅
⋅= ∫
observação: Torção: tI
M
w
M
t
t
t
txy ⋅==τ
Ou seja,
∫ ∂⋅
⋅⋅+
⋅⋅
⋅+
+⋅
⋅=
l
0 t
2t
22
2
2
xIG2
M
A
Vc
G2
1
I
M
A
N
E2
1U
Exemplo: Calcular a energia de deformação para a estrutura da figura.
Dados: P = 500 kgf; d = 4 cm; c = 1,1 ; E = 2100000 kgf/cm2; G = 800000 kgf/cm2.
L = 50 cm; e = 20 cm.
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c) Cálculo pelas cargas (teorema de Clapeyron).
∫→→
∂⋅=t
0
tPT
T = trabalho
T = U
U = energia de deformação.
Observação: Teoria de 1a ordem: pontos Ai e Bi muito próximos.
→→
≈ ivt
ii vP2
1T ⋅⋅=
ou genericamente:
∑ ⋅⋅= ii vP2
1T
xIG
M
AG
Vc
IE
M
AE
N
2
1U
0t
2t
222
∂⋅
⋅
+⋅
⋅+⋅
+⋅
⋅= ∫l
T = U Teorema de Clapeyron.
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Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical do ponto A.
Exemplo 2:calcular o giro (φ ) no apoio fixo.
Teorema de Maxwell
Seja a viga abaixo:
Superposição de efeitos.
Considere a teoria de 1a ordem.
Observação: ikδ : indica a causa (força no ponto k que causa o deslocamento em i).
ikKiiii PPv δδ ⋅+⋅=
kkKkiik PPv δδ ⋅+⋅=
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1a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P kkii →→ )
ikkikkkkiiii1 PP1PP2
1PP
2
1T δδδ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=
2a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P iikk →→ )
kiikiiiikkkk2 PP1PP2
1PP
2
1T δδδ ⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=
Porém o trabalho realizado é o mesmo: T1 = T2.
Substituindo os valores: kiik δδ = : Teorema de Maxwell.
Observação: se substituirmos as forças Pi e Pk por um grupo de forças, temos o Teorema
de Betti.
Observação: o Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças pormomentos.
Teorema de Maxwell: “O deslocamento de um ponto i, na direção i, quando se aplica
uma força no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k, na direção k, quando se
aplica uma força no ponto i”.
Teorema de Castigliano (1873): “A derivada parcial da energia de deformação em
relação a uma carga Pk é igual ao deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da
carga”.
kk
vP
U=
∂∂
n1nx1xi1i1221111 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=
n2nx2xi2i2222112 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=
innixxiii2i21i1i P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=
xnnxxxxii2x21x1x P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=
nnnnxxnii2n21n1n P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=
∑=
⋅⋅=n
1iii vP
2
1U
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∂∂
⋅+⋅∂∂
⋅=∂∂ ∑ ∑
= =
n
1i
n
1i k
iii
k
i
k P
vPv
P
P
2
1
P
U
1a derivada
para ki ≠ , 0P
P
k
i =∂∂
para ki = , 1P
P
k
i =∂∂
2a derivada
∑= ∂
∂n
1i k
i
P
v
ikk
i
P
v1i δ=
∂∂
⇒=
k2k
i
P
v2i δ=
∂∂
⇒=
ikk
i
P
vii δ=
∂∂
⇒=
kkk
i
P
vki δ=
∂∂
⇒=
nkk
i
P
vni δ=
∂∂
⇒=
...P...PP ikik22k11 +⋅++⋅+⋅ δδδ
kiik δδ = : Teorema de Maxwell
( ) kkkk
vvv2
1
P
U=+⋅=
∂∂
Exercícios.
1) Calcular o deslocamento vertical do ponto A.
2) Calcular o deslocamento vertical no meio do vão.
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3) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do vão.
Teorema de Menabrea
0P
U
k
=∂∂
, neste caso Pk é uma incógnita hiperestática.
Exercícios:
1) Determinar as reações dos apoios da viga.
2) Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B.
Viga: E, I. Barra: Eb; Ab.
3) Calcular o deslocamento vertical do nó 5 (EA = constante).
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4) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do balanço.
Dados: E = 2100 tf/cm2; I = 1000 cm4; P = 2 tf.
5) calcular a força no tirante. Arco: meia-circunferência (raio = r).
6) Calcular as forças nas barras e o deslocamento vertical do ponto A.
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7) Calcular as forças nas barras e seus alongamentos.
Dados: A1 = A2 = 1 cm2; E = 2100000 tf/cm2; Iviga = 5557,3 cm4; Aviga = 112 cm2;
L = 200 cm.
8) Calcular o deslocamento horizontal e vertical no ponto de aplicação da carga P.
Dado: c = constante da mola.
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Resolução do exercício 4.
Foi escolhida como incógnita hiperestática o apoio móvel vertical (R).
∑ = 02RM
3
21
PRR
−−=
Trecho 1:
xPM x ⋅=
0=∂
∂R
M x
Trecho 2:
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xPR
RxRRM x ⋅
−⋅−
+⋅=⋅+⋅=3
222 1
xPxRRM x ⋅⋅−⋅⋅−⋅=3
1
3
22
xR
M x ⋅−=∂
∂3
22
Trecho 3:
xRM x ⋅=
xR
M x =∂
∂
xIE
MU ∂⋅
⋅⋅= ∫
l
0
2
2
1
00
=∂⋅∂∂
⋅=∂∂
∫ xR
MM
R
U l
( ) ( ) ( ) ( ) xxRxxxPxRx
RxPxxR
MM ∂⋅⋅+∂⋅
−⋅
−−+∂⋅⋅=∂⋅
∂∂
⋅ ∫∫∫∫2
0
3
0
1
00 3
22
33
220
l
20
3PR =
Para P = 2 tf, temos R = 0,3 tf.
Substituindo R nas equações dos momentos, temos:
Trecho 1:
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xPM x ⋅=
xP
M x =∂
∂
Trecho 2:
xPP
xPxPP
M x ⋅−=⋅⋅−⋅
⋅−
⋅=
30
13
10
3
3
1
20
3
3
2
20
32
xP
M x ⋅−=∂
∂30
13
10
3
Trecho 3:
20
3PxM x =
20
3x
P
M x =∂
∂
AvxP
MM
P
U=∂⋅
∂∂
⋅=∂∂
∫l
0
( ) ( ) xxPx
xxPxP
xxPxvA ∂⋅
⋅
+∂⋅
−⋅
−+∂⋅⋅= ∫∫∫ 20
3
20
3
30
13
10
3
30
13
10
3 2
0
3
0
1
0
mmmP
EIvA 127,110127,121833,1
2100
1
300
3551 3 =⋅=⋅⋅=⋅= −
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7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA
Estados limites:
a) Estado limite último: ruptura.
b) Estado limite de utilização.
c) Estado limite de estabilidade
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Critérios de resistência:
a) Critérios obsoletos: Critérios de Rankine, Tresca e Saint-Venant.
b) Critérios atuais: Critérios de Mohr, Coulomb e von Mises.
A) Critério de Rankine (critério da maior tensão normal).
A maior tensão normal é o limite para a resistência da estrutura. Adota-se, com certa
segurança, a tensão normal máxima, a partir de experimentação e das condições de
aplicação. Critério adequado para materiais dúcteis.
Observação:
)(CS adm
máx σσσ
σσ ≤1 (critério das tensões admissíveis)
Material dúctil: CS
escσσ =
Material frágil: CS
rupσσ =
Envoltória de ruptura.
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B) Critério de Tresca (critério da maior tensão de cisalhamento):
Ensaio de tração no aço.
O que causa o rompimento do aço é a presença da tensão de cisalhamento que “corta” a
superfície da estrutura.
Observação: critério utilizado para materiais dúcteis (aço).
Envoltória de ruptura:
C) Critério de Saint-Venant (critério de maior deformação normal):
Envoltória de ruptura:
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ν : coeficiente de Poisson.
Tanto para materiais dúcteis como para materiais frágeis.
1) Critério de Mohr
Envoltória de segurança:
Critério utilizado para diversos materiais (concreto e ferro fundido).
tctc ff >→> σσ
Resistência à compressão: fc.
Resistência à tração: ft.
2) Critério de Coulomb (critério definido por dois parâmetros físicos):
ϕ :Ângulo de atrito intermo.
Cτ :Tensão de coesão.
Critério utilizado para areias, argilas e siltes.
a) Materiais sem coesão (areia).
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A partir da análise da localização do círculo de Mohr pode-se verificar se há, ou não
segurança.
0c =τ
critério de segurança: ϕα sensen ≤
a) Materiais com coesão (argila).
0c ≠τ
Mesmo princípio de funcionamento que o anterior.
Exemplo: critério de Mohr-Coulomb.
Resistência à compressão: fc.
Resistência à tração: ft.
ct ff <
d2
f
sent
=ϕ
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2fdtg
t
c
+=
τϕ
ct
2
ftgtgd τϕϕ =⋅+⋅
ϕ
ϕτ
tg
tg2f
dt
c ⋅⋅=
d2
ff
2f
sent
c
c
++=ϕ
ϕα sensen ≤ (critério de segurança).
Envoltória de segurança.
3) Critério da energia de distorção (critério de von Mises).
Utilizado para materiais dúcteis com tc ff ≈ .
Critério baseado nos conceitos de energia de deformação.
Seja:
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[ ] [ ] [ ]2xz
2yz
2xyzyzxyx
2z
2y
2xtoatl G2
1
EE2
1U τττσσσσσσ
νσσσ ++
⋅+⋅+⋅+⋅−++⋅
⋅=
para: 0yzxzxy === τττ , teremos um estado principal de tensões em função de 1σ , 2σ
e 3σ .
[ ] [ ]32312123
22
21total EE2
1U σσσσσσ
νσσσ ⋅+⋅+⋅−++⋅
⋅=
[ ] [ ] [ ]desvijijmij σδσσ +⋅=
[ ] [ ] [ ]ijmijdesvij δσσσ ⋅−=
observação: 1ji ij =→= δ , 0ji ij =→≠ δ
[ ]
=
100
010
001
ijδ (Delta de Kronecker).
Círculo de Mohr para o estado hidrostático de tensões.
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desvhidrototal UUU +=
[ ] [ ]2m
2m
2m
2m
2m
2mhidro EE2
1U σσσ
νσσσ ++⋅−++⋅
⋅=
( )2321hidro E2
21U σσσ
ν++⋅
⋅−
=
hidrototaldesv UUU −=
( ) ( ) ( )[ ]213
232
221desv G12
1U σσσσσσ −+−+−⋅
⋅=
( )ν+⋅=
12
EG
Caso particular: 01 ≠σ , 032 == σσ (tração pura).
31
m
σσ = estado hidrostático de tensões.
G183
2
33G12
1U
21
2
1
2
1
2
1desv ⋅
=
⋅
−+
+
⋅
⋅=
σσσσ (tração pura).
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Observação: a energia de deformação correspondente ao estado desviatório de tensão é
chamada de energia de distorção.
O critério da energia de distorção faz a seguinte hipótese:
Tração pura: 01 ≠σ , 021 == σσ
G12
2UU
21
distdesv ⋅⋅
==σ
(tração pura).
( ) ( ) ( )[ ]213
232
221distdesv G12
1UU σσσσσσ −+−+−⋅
⋅==
( ) ( ) ( )[ ]213
232
221esc 2
1σσσσσσσ −+−+−=
para outros pontos: ( ) ( ) ( )[ ]213
232
221i 2
1σσσσσσσ −+−+−=
iσ : tensão ideal.
Observações: caso plano de tensões ( 01 ≠σ , 02 ≠σ , 03 =σ )
( ) ( ) ( )[ ]21
22
221dist G12
1U σσσσ −++−⋅
⋅=
G12U
21
dist ⋅=
σ (tração pura) ( esc1 σσ < )
distdist UU = (tração pura)
12
esc
22esc
21
2
esc
1 =
+
⋅−
σσ
σσσ
σσ
(equação de uma elipse)
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Para uma viga: 0x ≠σ ; 0y =σ ; 0xy ≠τ
2xy
2
xx2,1 22
τσσ
σ +
±= ; 03 =σ
( ) ( ) ( )[ ]213
232
221i 2
1σσσσσσσ −+−+−=
2xy
2xi 3 τσσ ⋅+=
iij σσ ≤
Exercícios:
1) Sabendo-se que a tensão máxima de um certo material vale 2max cm/kN3,1=σ e que
este material segue o critério da energia de distorção, verificar se o carregamento na
estrutura é seguro. Dados: p = 8 kN/cm2; F = 60 kN; Iz = 14951,24 cm4.
2) Verificar a segurança nos pontos A e B, sendo dados: M = 50 tfcm; V = 10 tf; fc =
0,8 tf/cm2; ft = 0,4 tf/cm2.
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Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas - SP
3) O material segue o critério indicado na figura abaixo, verificar a segurança.
Dados: 01 =σ , 22 cm/tf3−=σ , a = 1 tf/cm2.
4) Determinar quais valores a tensão P de compressão pode variar sem que haja ruptura.
a = 0,4 tf/cm2. Tensões em tf/cm2.
Resolução do exercício 3:
Equação da parábola:
cbyayx ++= 2
pontos conhecidos: (0,1); (1,0) e (0,-1).
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cba +⋅+⋅= 1'10 2
cba +⋅+⋅= 0'01 2
( ) ( ) cba +−⋅+−⋅= 1'10 2
1−=a ; 0=b ; 1=c
12 +−= yx equação da parábola.
Equação do círculo de Mohr
( ) ( ) 220
20 Ryyxx =−+−
raio: 5,12
30
221 =
+=
−=
σσR
coordenadas do centro: ( ) ( )0;5,10,2
, 210 −=
+
=σσ
oyx
( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx equação do círculo
12 +−= yx
( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx
Resolvendo o sistema:
0122 =++ xx
0=∆
A equação apresenta 2 raízes iguais, portanto a parábola e o círculo de Mohr se
tangenciam em um único ponto. Portanto há segurança.
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8-FLAMBAGEM
Estados limites último e de utilização.
Resistência; Rigidez; Estabilidade.
Fcr = força crítica.
hFcr %20015,1 →⋅
Determinação da força crítica ou força de flambagem ou força de Euller.
Teoria de 1a ordem
Teoria de 2a ordem
)(" xMvIE −=⋅⋅
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2
2
x
vK
∂∂
≅
Teoria de 3a ordem
2/32
2
2
1
∂∂
+
∂∂
=
x
v
x
v
K
Método do equilíbrio
ϕϕ ⋅≈⋅= ll send (pequenos deslocamentos)
ϕ⋅⋅=⋅= lFdFM T
ϕ⋅= cM R
MT = momento tombador; MR = momento restaurador
RT MM <
RT MM =
RT MM >
ϕϕ ⋅=⋅⋅ cF l
l
cF = (força crítica)
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Barra Bi-articulada (articulada-articulada)
vFxM ⋅=)(
)()(" xMxvIE b −=⋅⋅
vFxvIE b ⋅−=⋅⋅ )("
0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE Equação diferencial da flambagem.
Soluções:
)(cossen 21 xvkxckxcv =⋅+⋅=
kxkckxkcv sencos 21' ⋅⋅−⋅⋅=
kxkckxkcv cossen 22
21
" ⋅⋅−⋅⋅−=
c1,c2 e k são constantes desconhecidas.
0=x , 0=v 02 =⇒ c
kxcv sen1 ⋅=
0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE
0)sen()sen( 12
1 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅ kxcFkxkcIE
IE
FK
⋅=
l=x , 0=v
0sen1 =⋅ lkc
01 ≠c
0sen =∴ lk π⋅= nkl
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3,2,1,0=n
IE
n
IE
FK
⋅⋅
=⋅
=22
2 π
1=n
2
2
l
IEFcr
⋅⋅=
π
Barra engastada – livre.
2
2
4 l⋅⋅⋅
=IE
Fcr
π
Barra articulada – engastada.
2
22
l
IEFcr
⋅⋅⋅=
π
Barra bi-engastada.
2
24
l
IEFcr
⋅⋅⋅=
π
Comprimento de flambagem ( fll ) ou comprimento crítico ( crl )
2
2
cr
cr
IEF
l
⋅⋅=
π
ll =cr barra bi-articulada
ll ⋅= 2cr barra engastada - livre
2/ll =cr barra engastada - articulada
2/ll =cr barra bi-engastada
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Contraventamentos
Raio de giração
A
Ii = ou
A
Ii =2
Índice de esbeltez ( λ )
icrl
=λ
Tensão de flambagem ou crítica
2
2
2
22
2
2
λπππ
σEiE
A
IE
A
F
crcr
crcr
⋅=
⋅⋅=
⋅⋅⋅
==ll
22
2
λλπ
σ
−−
=⋅
=kE
cr
Ek ⋅=−−
2π
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Exercícios:
1) Qual a relação h / b para que o pilar ofereça a mesma segurança contra a flambagem
nas direções x e y.
2) Determine o número de contraventamentos para que a carga F seja a máxima possível.
Qual a força F neste caso?
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3) Um certo material segue o diagrama indicado. Calcular Fcr.
Dados: Iz = 272 cm4; Iy = 896 cm4; E = 13000 kN/cm2; 2
2
λπ
σE
cr
⋅=
4) Calcular P máximo.
Dados: 2
10363000
λσ =cr para 105>λ ; A = 2860 mm2;
Ix = 20 x 106 mm4; Iy = 1,4 x 106 mm4.
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5) Calcular F máximo.
Dados: 300=l cm; d = 8 cm; 2,1=−−
σ tf/cm2; 2
10363000
λσ =cr para 105>λ
6) O escoramento da vala é feito com madeira (Peroba Rosa). Sabendo-se que as peças
disponíveis para as escoras são 6 cm x 16 cm e 6 cm x 12 cm. Escolher qual das peças é
melhor.
Dados: E = 942,5 kN/cm2, 2
2
4 λπ
σ⋅⋅
=E
cr para 64>λ ; P = 2 kN/m2.
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Resolução do exercício 3.
Raio de giração:
cmA
Ii z
z 38,248
272===
cmA
Ii y
y 32,448
896===
Índice de esbeltez:
10538,2
250===
z
crzz i
lλ (crítico)
5832,4
250===
y
cryy i
lλ
Do gráfico, temos que 80=λ para 2/5 cmkNcr =σ
2
2
λγπ
σ⋅⋅
=E
cr
2
2
80
130005
⋅⋅
=γ
π
4=λ
22
2
2
2
/91,21054
13000cmkN
Ecr =
⋅⋅
=⋅⋅
=π
λγπ
σ
kNAF crcr 65,1394891,2 =⋅=⋅= σ
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9-BIBLIOGRAFIA
• Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hilldo Brasil, 1982.
• Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977.
• Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara DoisAS, 1981.
• Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher.
• Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou :Mir,1983.
• Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975.
• Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E.Blüncher, 1982.
• Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, SãoPaulo, 5ª edição, janeiro 1974.
• Timonshenko, S. P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos eCientíficos, 1983-84.
Obs.: Apostilas de assuntos de Resistência dos Materiais da FEC também são
referências bibliográficas.