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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL
Departamento de Estruturas
EC 501 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II
EXERCÍCIOS DE FLEXÃO GERAL
PROF DR. NILSON TADEU MASCIA MONITOR:RAQUEL TAIRA
REVISÃO: DANIELA DE ANDRADE SANTOS
JULHO 2005
FLEXÃO GERAL
Momentos de segunda ordem de figuras planas: são características geométricas que
deverão ser determinadas para o estudo da Flexão Geral em seções não simétricas.
Por definição temos que:
inércia. de produtoou z ey a relação em centrífugo momento..
y. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
z. eixo ao relação em ordem) segunda de(ou inércia de momento
2
2
→=
→=
→=
�
�
�
Ayz
Az
Ay
dAzyI
dAyI
dAzI
Obs.: Iy e Iz sempre são positivos.
Iyz pode ser positivo, negativo ou nulo.
2
Translação de eixos:
y’= c + y
z’ = b + z
AcII 2z'z +=
AbII yy2
' +=
AbcII yzzy +=''
Obs: b e c são coordenadas, possuem sinal
z'
y'
0
dA
CGz
y
Figura 1: Translação de eixos
Rotação de eixos:
Transformação de coordenadas:
αααα
αααα
αααα
cossensencos
cossensencos
:
cossensencos
×+×−=×+×=
���
����
�
−=
���
����
����
����
�
−=��
�
����
�
zyv
zyu
MCom
z
y
v
u
Onde: M: matriz de transformação de coordenadas
α: ângulo formado entre o eixo y e o plano principal de inércia u
)sen(cosIcossen)II(I
cosIcossenI2senII
cosIcossenI2senII
22yzzyuv
2zyz
2yv
2yyz
2zu
α−α+α×α×−=
α+αα×−α=
α+αα×−α=
Escrevendo com arcos duplos:
α+α−
=
α+α−
−+
=
α−α−
++
=
2cosI2sen2
III
2senI2cos2
II
2
III
2senI2cos2
II
2
III
yzzy
uv
yzzyzy
v
yzzyzy
u
Figura 2: Rotação de eixos
Momentos e planos principais de inércia:
2yz
2zyzy
2
2yz
2zyzy
1
I2
II
2
III
I2
II
2
III
+���
����
� −−
+=
+���
����
� −+
+=
I1: momento de inércia máximo I2: momento de inércia mínimo
yz
yz
II
I22tg
−=α
Representação gráfica: Círculo de Mohr
2yz
2zy2
uv
2zy
u I2
III
2
III +��
�
����
� −=+��
�
����
� +−
(x - xo)2 + (y - yo)2 = R2 (equação de uma circunferência)
22
2 yzzy I
IIR +��
�
����
� −= , R: raio da circunferência
20zy II
x+
= , x0 : abscissa do centro da circunferência
Figura 3: Círculo de Mohr
Propriedade: Iy + Iz = Iu + Iv = I1 + I2 = constante
Iij
I1 I2 C
P(Iz + Iyz )
Ii �� 2
R
(Iy +Iz )/2 (Iy - Iz )/2
Legenda: Ii: momento de inércia Iij: produtos de inércia
FLEXÃO GERAL Hipóteses: 1. Material da estrutura é isotrópico (as propriedades elásticas – módulo de elasticidade –
independem da orientação) e o material segue a Lei de Hooke: ε×=σ E 2. A distribuição das tensões é linear. 3. As seções planas permanecem planas após a flexão (Lei de Bernoulli e Navier). Tipos de flexão: ��Flexão Pura: atua o momento fletor (M) ��Flexão Simples: atua o momento fletor e a força cortante (M e V) ��Flexão Oblíqua: atua o momento fletor em duas direções ��Flexão Composta: além do momento fletor há força normal atuando (flexo-compressão ou
flexo-tração) FLEXÃO PURA Esforço: momento fletor (Mz) σ = k y k = constante σ = Mz y Iz
Figura 4: Diagrama de tensões na flexão pura
FLEXÃO PURA OBLÍQUA
Esforço: momento fletor (M) nas direções u e v Mv = Mcos θ Mu = Msen θ σ = Mv u + Mu v Iv Iu Obs.: Os sinais dos momentos Mu e Mv estão relacionados com o ângulo θ. Ou, pode-se pensar de outra maneira: Mv > 0 quando Mv traciona em u > 0 e Mu > 0 quando Mu traciona em v > 0.
Figura 5: Diagrama de tensões na flexão pura oblíqua
LINHA NEUTRA
É o lugar geométrico da seção transversal onde as tensões normais são nulas )0( =σ .
vI
Mu
IM
0vI
Mu
IM
u
u
v
v
u
u
v
v
−=
=+
v
u
v
u
v
u
v
u
vu
uv
II
tan1
tanuII
tanv
uII
tan1
v
uII
IsenMcosM
uIMIM
v
θ−=β�β=
θ−=
θθ−=−=
β: ângulo entre a linha neutra e o eixo u FLEXÃO COMPOSTA
A força N é paralela ao eixo x e é excêntrica. Se: N > 0 � flexo-tração (ex.: barras de treliça) N < 0 � flexo-compressão (ex.: pilares) e: excentricidade, θ:ângulo entre o eixo v e o momento fletor
Figura 6: Flexão composta.
Superposição de efeitos:
Figura 7: Superposição dos efeitos de N e M. Tensões Normais:
vI
Mu
IMAN
u
u
V
vB
A
BA
+=σ
=σ
σ+σ=σ
M = Ne e: excentricidade da força N em relação ao baricentro da seção
vI
Neu
INe
AN
esene
cosee
NesenM
cosNeM
u
v
v
u
v
u
v
u
++=σ
θ=θ=
θ=θ=
NÚCLEO CENTRAL
Núcleo central (NC) é a região da figura plana (seção transversal) onde, aplicada uma carga, a sua linha neutra não corta a seção. Conseqüência disso é que as tensões normais serão de compressão ou somente de tração e podemos usar materiais que resistem apenas aqueles esforços.
Características do NC: 1. Cada figura plana tem um núcleo central próprio que é um polígono e não depende da carga aplicada; 2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do polígono que constitui o núcleo central; 3. O ponto de aplicação da força axial e a LN conseguinte ficam em semi-planos opostos delimitados pelos eixos centrais de inércia; 4. O NC terá tantos lados quanto forem os lados (ou vértices) do polígono convexo circunscrito; 5. Os vértices são chamados de antipolos.
Figura 8: Linhas neutras que passam nos extremos
da figura formando o núcleo central.
utanII
AeI
v
vIe
uIe
A1
N0
vI
Neu
INe
AN
0
v
u
v
u
u
v
v
u
u
v
v
u
θ−−=
���
����
�++=
++=
Construção do núcleo central:
��P de compressão
AuI
eLN
uI
PeAP
uI
MAP
vu
v
v
v
v
−=→
−−=σ
+=σ
Figura 9: Determinação do núcleo central para P de compressão. ��P de tração
AuI
eLN
uI
PeAP
uI
MAP
vu
v
v
v
v
−=→
++=σ
+=σ
A1
uIe
vIe
vIe
uIe
A1
0LN
vI
Peu
IPe
AP
0M,0M,vI
Mu
IM
AP
v
v
u
u
u
u
v
v
u
u
v
v
vuu
u
v
v
−=+
++==σ→
++=σ
≥≥++=σ
Figura 10: Determinação do núcleo central para P de tração.
1
������������������������ ������������ ��������������� �������� ����������� �� ���
����������
���
Solução:
��������� - Cálculo do CG
( )[ ] ( ) ( )( ) ( ) ( ) cm,yy 1319
30207020230203530201070203023020
=�⋅+⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
( )[ ] ( ) ( )
( ) ( ) ( ) cm,z,
z 83373020702023020
60302035702067623020=�
⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅
=
- Cálculo dos Momentos de Inércia
���
���
�� �� ��
�
�
��
� !��
�"!#�
�
�
�
2
�!$���
����
�����
#��� %���
( ) ( ) ( )2030172212
20307020832
127020
23020
163136
2030 23
23
23
⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅= ,,,I y
481,1195734 cmI y =�
( ) ( ) ( )2030871512
30207020139
122070
23020
871036
3020 23
23
23
⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅+⋅⋅+⋅= ,,,I z
454,409927 cmI z =�
( ) ( ) ( ) 2030172287150702083213902
302016318710
723020 22
⋅⋅−⋅−++⋅⋅⋅++⋅⋅⋅−+⋅−= ,,,,,,I yz
404140663 cm,I yz =�
- Cálculo das Direções Principais
�85,9'81,119573454,409927
04,140663222 −=�
−⋅=
−⋅
= ααyz
yz
II
Itg
��� 158090859 ,,'' =+−=α� - Cálculo dos Momentos Principais de Inércia
�+���
����
� −±
+= 2
2
2212
yzzyzy I
IIIII
��
=
=4
2
41
13,385507
21,1220255
cmI
cmI
��� ��������&�!�&�!�α'� �α''��
������������
�������
��
����������
3
�
��
(!(�
$!##
�$
��!$
�
�
�
�
Solução: - Cálculo do CG
cm,y,,,
y 8851251115
012651151015 =�++
⋅+⋅+⋅=
cm,z,
,z 606
12511156128511615 =�
++⋅+⋅+⋅=
- Cálculo dos Momentos de Inércia dividindo a seção nas áreas 1,2 e 3 temos:
43
1 16012
5015cm,
,'I Y =⋅=
43
1 6214012
1550cm,
,'I Z =⋅=
gulartanreseção'I YZ �= 01 →→→→ Rotação dos eixos na área 1
4211
211 05902 cm,sen'Icossen'Icos'II zyzyy =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅=
4211
211 72502 cm,cos'Icossen'Isen'II zyzyz =α⋅+α⋅α⋅⋅−α⋅=
( ) ( ) 411
2211 42,67cossen''sencos' cmIIII zyyzzy +=⋅⋅−+−⋅= αααα
43
2 12012
50511cm,
,,'I Y =⋅=
43
2 376312
51150cm,
,,'I Z =⋅=
gulartanreseção'I YZ �= 02
43
3 7212
1250cm
,'I Y =⋅=
43
3 12,012
5,012' cmI Z =⋅=
gularreseçãoI YZ tan0' 3 �=
4
#���
)������
)�$!����
%!���� �
�
�
%
→→→→ Momentos Totais de Inércia
( ) ( ) ( ) 4222 3178501260072505114112050156000590 cm,,,,,,,,,,I y =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=
( ) ( ) ( ) 4222 82481501288512050511120376350156247250 cm,,,,,,,,,,,I z =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=
( ) ( ) ( ) ( ) 476,685,0126,088,55,05,114,112,05,0156,062,442,67 cmI yz =⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅+⋅−++=
- Cálculo das Direções Principais
( ) �18,12'3,17882,481
76,68222 =�
−⋅=
−⋅
= ααyz
yz
II
Itg
- Cálculo dos Momentos Principais de Inércia
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
45,163
67,496
cmI
cmI
��� ������������ ��������������� ������������������� �*���� �� ���
������������ �� �������!%����+������� ,���
Solução: Dividindo em 4 retângulos:
�
���
��
��
���
����������
��-
#���
���$��� %���
$���
5
Centro de gravidade:
Retângulo y z área y x área z x área 1 8,2 -1,7 1,68 13,776 -2,856 2 4 0,2 3,2 12,8 0,64 3 0,2 5,9 4,4 0,88 25,96 4 2,25 10,4 2,08 4,68 21,632
Somatória 11,36 32,136 45,376
cm,,,
yCG 832361113632 == cm,
,,
zCG 993361137645 ==
Momentos de inércia:
Retângulo 1:
43
1 0224012
2440cm,
,,I Z =⋅=
43
1 47212
4024cm,
,,IY =⋅=
01 =YZI
Retângulo 2:
43
2 071712
408cm,
,I Z =⋅=
43
2 043012
840cm,
,IY =⋅=
02 =YZI
Retângulo 3:
43
3 059012
1140cm,
,I Z =⋅=
43
3 374412
4011cm,
,IY =⋅=
03 =YZI
Retângulo 4:
43
4 69412
4025cm,
,,I 'Z =⋅=
43
4 028012
2540cm,
,,I 'Y =⋅=
04 ='Z'YI
Como o retângulo 4 é inclinado segundo os eixos y, z é necessário fazer a seguinte mudança de base:
�30=α
44
44444
5232
222
cm,senI
cosIIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'YZ
=α⋅−
−α⋅−++=
44
44444
7312
222
cm,senI
cosIIII
I
'Z'Y
'Z'Y'Z'YY
=α⋅−
−α⋅−++=
44
444
0322
22
cm,cosI
senII
I
'Z'Y
'Z'YYZ
=α⋅+
+α⋅−=
6
Transporte dos momentos de segunda ordem para o CG da figura: Retângulo 1:
41111
422111
422111
3851375695681
49483756810220
9556695681472
cm,),(,,ddAII
cm,),(,,dAIzI
cm,,,,dAII
ZYYZZY
ZZ
YYY
−=−××=××+=
=−×+=×+=
=×+=×+=
Analogamente, temos:
Retângulo IY IZ IYZ 1 56,945 48,489 -51,383 2 46,114 21,456 -14,220 3 60,345 30,467 -22,043 4 86,539 4,219 -9,730
somatória 249,943 104,630 -97,376 Com esses valores calculamos os momentos e os planos principais :
°=α→−
=α
=+��
���
� −−
+=
=+��
���
� −+
+=
64262
2
5622
29922
422
2
422
1
,II
Itg
cmIIIII
I
cmIIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
%�� ������������ ��.������������������������� �.!�����������������/���
� ���� ��.� *�0������� �$���/!���/� ���/������
������%���
���
1�2�$���/
��
�� �� ��
��
��
1
� ������ �����
7
Solução: Pela simetria, temos que o CG da seção é no centro geométrico da seção. Cálculo dos momentos de inércia (já transportados para o CG):
( ) ( ) 44
4523
23
4523
23
106300205300205
1092300012
3010230020
121030
2
1023001512
103023005
123010
2
cmI
cm,xx
I
cmxx
I
YZ
Z
Y
⋅−=⋅−⋅+⋅⋅−=
⋅=���
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅=
⋅=���
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅=
Cálculo dos momentos principais:
°−=α→−
⋅=α
⋅=+��
���
� −−
+=
⋅=+��
���
� −+
+=
56262
2
107122
102322
4522
2
4522
1
,II
Itg
cm,IIIII
I
cm,IIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
1
2
5
5555
107,1
)56,26(2sen.100,6)56,26(2cos2
109,2100,22
109,2100,2
2sen2cos22
II
II
I
IIIII
I
v
u
u
YZZYZY
u
=∴=
⋅=
�°−⋅⋅+°−⋅⋅⋅−⋅+⋅+⋅=
=⋅−⋅−++= αα
Flexão composta:
uI
Mv
IM
AN
v
v
u
u ⋅+⋅+=σ ; 21200
50
cmA
tfPN
===
Mu e Mv são constantes (carga excêntrica com e=35 cm) e sendo θ o ângulo formado entre v e M (sentido positivo: horário);
º56,206º56,26º180 =+=θ
cmtfePePM
cmtfePePM
vv
uu
⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=⋅−=⋅⋅=⋅⋅=⋅=
5,1565cos3550cos
5,782sen3550sen
θθθθ
Pela regra da mão direita obtemos o sentido de M, Mu e M:
Mu é negativo: comprime o lado positivo do eixo v;
8
Mv é negativo: comprime o lado positivo do eixo u. (figura 4.2) Assim temos:
u,
,v
,, ⋅
⋅−⋅
⋅−−=σ
55 102351565
10715782
120050
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:
uvLN ⋅×
−⋅×
−−==→ 55 102,35,1565
107,15,782
120050
0σ
com as seguintes condições de contorno:
Para u = 0 → v = -9,05 cm Para v = 0 → u = -8,52 cm Com esses pontos, traçamos a linha neutra, e pela regra da mão direita, determinamos os pontos da seção que estão sendo mais solicitados. A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das coordenadas y,z.
��
��
⋅��
���
�
αα−αα
= ��
��
z
y
cossen
sencos
v
u
onde °−=α 5626,
→ Ponto mais solicitado à tração:
cm35- yT = cm31,31- uT = �
0 zT = cm15,65- vT =
( ) ( )2
55
180
31311023
515656515
10715782
120050
cmtf,
,,
,,
,,
T
T
=σ
−⋅⋅
−−⋅⋅
−−=σ
→ Ponto mais solicitado à compressão:
cm35 yC = cm31,31 uC = �
0 zC = cm15,65 vC =
( ) ( )2
55
270
31311023
515656515
10715782
120050
cmtf,
,,
,,
,,
C
C
−=σ
⋅⋅
−⋅⋅
−−=σ
�
�
9
��� ���
12���/ ��
�� �$ �� �$
�$
�$
�$
��
� ������ �����
������%����1����������������������� �.���
$�� ����������3�� �� *� ���� �σ�+���.� ���� ��.,�4� �����.����3�����5�� ���6������ �� �����7������1���3 ������ �������� ��������� �.��
�������
�� �
8����� &��2��� �("���%�
� &��2�%(��%����%�
� &���2�� %�"$���%�
��
�������$���
Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG
→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
�7624124167461042
194375222 ,
II
Itg
yz
yz =α�−
⋅=−⋅
=α
LN
CG
Mv
M
Mu
θ
−
+
T
C
y u
v
z
α
10
�����/���
8�������� ��� ���+9,�
�
� ��
�
3
α
:;
9
θ
β
σ�
σ�
7
<
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
8039532
20550676
cm,I
cm,I
→→→→ eixos u e v,
�
480395322222
cm,IsenIcosIIII
I uyzzyzy
u =�α⋅−α⋅−
++
= �
�
1
2
II
II
v
u
==∴
�
�b) Tensões
Pela regra da mão direita temos:
uI
Mv
IM
v
v
u
ux ⋅+⋅−=σ
�
onde: �7624,−=θ
��
⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMM
cmtf,senMM
v
u
61181
7683
u,
,v
,,
x ⋅+⋅−=σ∴20550676
611818039532
7683
- Para a Linha Neutra σ = 0
020550676
611818039532
7683 =⋅+⋅−=σ u,
,v
,,
x
→ podemos calcular a LN de duas formas:
admitindo pontos na eq. de tensão
426100,uv
vu
=�==�=∴
ou pelo cálculo do angulo β:
�858
1,
II
tgtg
utgv
v
u =β�⋅θ
−=β
⋅β=
11
(
������ �����
��
� (
�
#
�
Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de
base, onde será utilizado a matriz de transformação:
��
��
⋅��
���
�
αα−αα
= ��
��
z
y
cossen
sencos
v
u
→ ponto A:
��
=−=
���
=−=
cm,v
cm,u
z
cm,y
A
A
A
A
6113
5129
0
532
( ) 22 /6,380386,051,2920,550676
61,18161,13
80,3953276,83
cmKgfcmtfA −=−=−⋅+⋅−=� σ
→ ponto B:
��
−==
���
==
cm,v
cm,u
z
cm,y
B
B
B
B
6113
5129
0
532
( ) 22 /6,380386,051,2920,550676
61,18161,13
80,3953276,83
cmKgfcmtfB ==⋅+−⋅−=� σ
��
=
−=∴
2
2
6,38
6,38:
cmKgf
cmKgfsãodeextremosvaloresos
T
C
σσ
σ
(�� =����� 3 �� ��3������� ���/� ��������>3 �����������4� �/������� �*������?������ ����@�
�
7����� 21000 cmtf=σ �
8����� &��2��%�#���%�
� &��2��($(���%�
� &���2��#(%���%�
�
�
�
�
�������(���
12
�
������ �����
�
�
9
3 β ��
θ
:;
A
α
Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG
→→→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
�08272
2 ,II
Itg
yz
yz −=α�−⋅
=α
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
966
3098
cmI
cmI
→→→→ eixos u e v,
49662222
cmIsenIcosIIII
I uyzzyzy
u =�α⋅−α⋅−
++
= �
�
1
2
II
II
v
u
==∴
�
�b) Tensões Pela regra da mão direita temos:
uI
Mv
IM
v
v
u
ux ⋅+⋅=σ
onde: �0857,=θ
��
⋅=θ⋅=
⋅=θ⋅=�
�
0857
0857
,cosMcosMM
,senMsenMM
v
u
- Para a Linha Neutra σ = 0
03098
0857966
0857 =⋅⋅+⋅⋅=σ u,cosM
v,senM
x
→→→→ pelo cálculo do angulo β:
13
�41111
,II
tgtg
utgv
v
u −=β�⋅θ
−=β
⋅β=
c) Cálculo do M admissível
Sendo 21000 cmtf=σ �
xt cmtf σ≥=σ 21000 �
u,cosM
v,senM
x ⋅⋅+⋅⋅=σ3098
0857966
0857
Para a obtenção do ponto mais solicitado à tração será necessário fazer uma mudança
de base, onde será utilizado a matriz de transformação:
��
��
⋅��
���
�
αα−αα
= ��
��
z
y
cossen
sencos
v
u
→ ponto T:
��
=−=
���
==
cm,v
cm,u
cmz
cmy
T
T
T
T
498
970
8
3
( ) cmtfMMM
T .55,13874597,03098
08,57cos49,8
96608,57sen
1000 ≤�−⋅⋅+⋅⋅≥=σ
cmtfM .55,138745=∴
"�� 7� 3����� � ��� �����/��������������>���� ���� �.��B��*� � � B � ���������/� � �� ������B�>����� 3������
�,� ��� ���6����352 m/tf,concreto =γ �
B,� ������� ��� ����������� ��������� ������ �.���� ���6��� ����������!$��/C���
������������� ��� ���D*��������������������� � ����� ���
�
�
� ������ ��� ��>� ���
14
������"����E����� ���� �� �� �.�����3 �����
Solução: Cálculo do peso próprio:
( )[ ]tf/m,p
mtf/m,Ap concreto
750
1080202060201052 243
=⋅⋅+⋅+⋅=⋅γ= −
Somando os dois carregamentos temos:
ptotal = 2,25 tf/m
������"�������������� ���3��.����� �.� ��/���������������� ���
Centro de gravidade:
figura y z área y x área z x área 1 75 -10 200 15000 -2000 2 30 10 1200 36000 12000 3 70 40 1600 112000 64000
somatória 3000 163000 74000
cm,yCG 33543000
163000 == cm,zCG 6724300074000 ==
Cálculo dos momentos de segunda ordem:
4
23
23
2
1774667
1600331512
208012006714
126020
200673410
cmI
,,,12
20=I
Y
3
Y
=
���
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅
4
23
23
23
1603667
1600671512
802012003324
122060
200672012
2010
cmI
,,,I
Z
Z
=
���
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅=
( )( ) ( ) ( )( )4669333
16006715331512003324671420067206734
cmI
,,,,,,I
YZ
YZ
=
⋅−⋅−+⋅⋅+⋅−⋅=
15
Momentos principais:
°−=α→−
⋅=α
=+��
���
� −−
+=
=+��
���
� −+
+=
36412
2
101439522
236393922
422
2
422
1
,'II
Itg
cmIIIII
I
cmIIIII
I
YZ
YZ
YZZYZY
YZZYZY
2
1
423639392222
II
II
cmsenIcosIIII
I
v
u
YZZYZY
u
=∴=
=α⋅−α⋅−
++
=
Flexão Simples:
������"����8�������� ��� ��!�� ������.�� �9���� �*�������������� �3��
De acordo com o diagrama de momento fletor sabemos que a parte superior da seção é comprimida e a parte inferior é tracionada. Através da regra da mão direita obtém-se o sentido de M, Mu e Mv .
uI
Mv
IM
v
v
u
u ⋅+⋅=σ
com
°=θ 3641,
mtf21,11,cos,cosMM
mtf18,58,sen,senMM
v
u
⋅=°⋅=θ⋅=⋅=°⋅=θ⋅=
364112528
364112528
uv ⋅+⋅=σ1014395
21112363939
1858
Sabendo que a linha neutra possui tensões normais nulas:
y
u v
z M
Mv
Mu
θ
α
16
01014395
21112363939
1858 =⋅+⋅=→ uvLN σ
com as seguintes condições de contorno:
Para u = 0 → v = 0 Para v = 1 → u = -0,38 cm
ou
°−=β
−=⋅θ
−=β
β=
3269
6521
,
,II
tgtg
utgv
v
u
A matriz de transformação fornecerá os pontos nas coordenadas u,v a partir das coordenadas y,z.
��
��
⋅��
���
�
αα−αα
= ��
��
z
y
cossen
sencos
v
u
onde °−=α 3641,
→ Ponto mais solicitado à tração:
cm54,33 yT = cm37,69 uT = �
cm4,67 zT = cm39,40 vT =
( ) ( ) 2109069371014395
21114039
23639391858
cmtf,,, TT =σ→⋅+⋅=σ
→ Ponto mais solicitado à compressão:
cm25,67- yC = cm48,78- uC = �
cm,zC 674= cm16,57 vC =
( ) ( ) 2088078481014395
21115716
23639391858
cmtf,,, CC −=σ→−⋅+⋅=σ
17
#�� 1��� �� 3���� ��� /����!� ��� �� ��� ��� �������� � � �.� ����3 ���� ���������
�,� 8 ������4� � �����F��� ���� ���D��B � �������������� �?������ � �����F��� ���.���������1� ���3 ��B ����������������
B,� &������ ���� ���� ����.� *� 4���4� � � �������� ���� � ��� �� ������ σ!����������3�� ���D*�����
������#����E���� ��������� �� �.�����3 �����
Solução: • y e z são os eixos principais pois Iyz = 0 (seção retangular) • a expressão do momento é dada por: xpM ⋅= a) hipótese: LN está sobre uma diagonal do retângulo se o plano de carga estiver
localizado na outra diagonal omando um ponto A contido na LN, temos:
2h
- uy AA == , 2b
vz AA ==
�
�
→→θ→β
positivohoráriotidosen
Mparavdesaindo,Meventreangulo
LNparaudesaindo,LNeuentreangulo
:;�
��
�23�
�2��
9�
93�
9��
θ
β
γ
18
Equação da LN → utgv ⋅β= ; hb
tgh
tgb −=β→�
�
���
�−⋅β=22
Desta forma, graficamente, podemos concluir que γ = -β, conforme a convenção de sinais temos:
θ⋅== sen M M M yu θ⋅== cos M M M zv
12
3hbI u =
12
3bhI v =
ubh
cosMv
hbsenM ⋅θ⋅−⋅θ⋅−=σ
121233
Para o cálculo de LN
uh
cosv
bsen
LN ⋅θ−⋅θ−==σ→22
0
Como
( )
hb
tgh
cosb
senh
cosb
sen
hh
cosbb
senb,hA
=θ→θ=θ→θ+θ−=
→��
���
�−⋅θ−⋅θ−=→−
22220
22022 22
Portanto
β−=γ�γ+=θ
β−=θ180
tgtg
b) hb
arctg180 +=θ
θ⋅= sen M M u θ⋅= cos M M v
12
3hbI u =
12
3bhI v =
xpM ⋅=
ubh
cosxpv
hbsenxp ⋅θ⋅⋅⋅+⋅θ⋅⋅⋅=σ
331212
→ Ponto mais solicitado à tração:
2h
- uT = , 2b
- vT =
19
��
���
�−⋅θ⋅⋅⋅+��
���
�−⋅θ⋅⋅⋅=σ2
122
1233
hbh
cosxpbhbsenxp
T
��
���
� θ+θ⋅⋅⋅⋅−=σ
hcos
bsen
hbxp
T 6
→ Ponto mais solicitado à compressão:
2h
uC = , 2b
vC =
��
���
�⋅θ⋅⋅⋅+��
���
�⋅θ⋅⋅⋅=σ2
122
1233
hbh
cosxpbhbsenxp
C
��
���
� θ+θ⋅⋅⋅⋅=σ
hcos
bsen
hbxp
C 6
������#����8��������� �� ��� �� ������������������������� �.��
�� 8 � ������ 3���� � 1�� � ��� ��.� *�0������� ��� σ�2��!#� �/C���� �
σ�2�!(��/C�����
������ ����G �.�����3 ���� �������
:;�
�23
�2�
9
93
9�
θ
�
A
σ�
σ�
�
H
20
Solução:
00
17281212
1728
44
4
=α→=
===
===
yz
vz
4
uy
I
cmII
cm12
12 I I
Iy e Iz são os momentos principais
uI
Mv
IM
AN
v
v
u
u ++=σ
excentricidade: eu = 4 ev = 2
Mu = P eu = +4P, traciona o lado positivo de u
Mv = P ev = +2P, traciona o lado positivo de v
������ ����1����� ������ ��� ������.� �9��
(O sentido de M foi determinado pela regra da mão direita, já que P é de compressão)
uvLN
uP
vPP
17282
17284
1441
0
17282
17284
144
++−==σ→
++−=σ
para u = 0, v = 3
para v = 0, u = 6
������ ����1�������������������
Ponto mais tracionado: T (6,6)
Ponto mais comprimido: C (-6,-6)
tf,P
PPP,t
243
617282
617284
14460
=
++−==σ
tf,P
tf,P
)(P
)(PP
,c
828
828
617282
617284
14480
=∴
=
−+−+−=−=σ
21
�����
�����
����� �����
�
�
� ��
�
�(!("
��!��
3
�
α
������������F !�� ��� 2800 cmkgfc =σ �21400 cmkgft =σ �
�
8����� 7�2� �������
� &��2���$������%�
� &��2�$$$""!"#���%�
� &���2���#������%�
5<G�� F ���� ���� ��.��
�
�
������������
�
Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG
cm,y 2212= cm,z 6716=
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
�45242
2 ,II
Itg
yz
yz =α�−⋅
=α
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
5042703
28117874
cm,I
cm,I
→→→→ eixos u e v,
4281178742222
cm,IsenIcosIIII
I uyzzyzy
u =�α⋅−α⋅−
++
= �
�
2
1
II
II
v
u
==∴
�
�b) Excentricidade Para a obtenção das coordenadas de F segundo os eixos u e v será necessário fazer
uma mudança de base:
��
��
⋅��
���
�
αα−αα
= ��
��
z
y
cossen
sencos
v
u
22
�
�
9
��
�
3
�
:;
θ
α
7
��
−==
���
−==
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
onde: �2093,=θ e ��
==
uF
vF
ev
eu
( )( )
��
⋅=⋅=−⋅=⋅=471
3026
,FeMM
,FeMM
vv
uu
c) Tensões Pela regra da mão direita temos:
AN
uI
Mv
IM
v
v
u
ux −⋅−⋅=σ , onde: 2900cmA =
9005042703471
281178743026 F
u,F,
v,F,
x −⋅⋅−⋅⋅=σ
- Para a Linha Neutra σ = 0
9005042703471
281178743026
0F
u,F,
v,F,
x −⋅⋅−⋅⋅==σ
→→→→ condições de contorno:
cm,uv
cm,vu
283209840
−=�==�=
d) Cálculo do F admissível
Sendo 2800 cmkgfc =σ �21400 cmkgft =σ �
Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de
base:
→ ponto A:
��
=−=
���
=−=
cmv
cmu
cmz
cmy
A
A
A
A
53,22
28,9
67,16
78,17
( ) ( ) kgfFFFF
t 06,330562900
28,950,42703
47,153,22
28,11787430,26
1400 ≤�−−⋅⋅−⋅⋅≥=σ
23
→ ponto F:
��
−==
���
−==
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
F
F
F
F
3026
471
3323
2212
( ) ( ) kgf,FF
,,F,
,,F,
C 13113802900
4715042703
4713026
281178743026
800 ≤�−⋅⋅−−⋅⋅≤−=σ
kgf,F 13113802=∴
����1 � �� ��� ����.� � � 3������������ � ���.� *�0������4� ��3��� ��:;�����������;�����7!���� ��.�3�� �σ72�#��I�/C��
��
�
�
������������G �.�����3 �����
Solução: Características geométricas: ������������� ���� ���3���� ��
<
7
�
:;
�� ( �%
��
(
��
��
<
7
�
:;
�
�
� �� �
�
�(!(
�#!(
24
Centro de gravidade
figura y z área y x área z x área 1 6 6 144 864 864 2 21 15 252 5292 3780 3 27 30 144 3888 4320
somatória 540 10044 8964
cm,yCG 618540
10044 == cm,zCG 616540
8964 ==
Momentos de segunda ordem, transportados para o CG da figura:
( ) ( )( ) ( ) ( )( ) 4
424
24
24
424
24
24
y
344741444,134,82526,14,21446,106,12
73678144)4,8(12
624252)4,2(
12426
1446,1212
1212
52078144)4,13(12
6242526,1
12426
1446,1012
1212 I
cmI
cmI
cm
yz
z
=⋅−⋅−+⋅⋅−+⋅⋅=
=���
����
�⋅−+⋅+��
�
����
�⋅−+⋅+��
�
����
�⋅+⋅=
=���
����
�⋅−+⋅+��
�
����
�⋅+⋅+��
�
����
�⋅+⋅=
Momentos e planos principais:
Pontos da LN dada: Byz (-23,4;-1,4) → Buv (-19,69; 12,73) Cyz (-11,4;-25,4) → Cuv (-24,23; -13,72)
°=α→−
=α
=+��
���
� −−+=
=+��
���
� −++=
30362
2
862675122
349900322
422
2
422
1
,IyIz
Iyztg
cm,IyzIzIyIzIy
I
cm,IyzIzIyIzIy
I
( ) ( )
1
2
86267513036234474303622
73678520782
7367852078
2222
IIv
IIu
,,sen,cos
senIyzcosIzIyIzIy
Iu
=∴=
=°−°−++=
α−α−++=
25
Com a matriz de transformação e α=36,30°, determinamos as coordenadas dos pontos B e C no sistema de eixos uv.
��
��
��
���
�
αα−αα
=��
��
z
yx
cossen
sencos
v
u
Posição da carga P de tração
01 =++ u
Ie
vIe
A v
v
u
u
Ponto B
( ) ( ) 069193499003
73128626751540
1 =−++ ,,
e,
,e vu
Ponto C
Resolvendo o sistema, temos que: eu = -0,39 cm ev = 8,38 cm Cálculo do valor de P: Ayz (18,6; 16,6) → Auv (24,82; 2,37)
( ) ( ) 023243499003
72138626751540
1 =−+−+ ,,
e,
,e vu
( ) ( )
kgfP
PPP
cmkgfuI
ePv
IeP
AP
AAv
vA
u
uA
20418
82,2434,99003
38,837,2
86,2675139,0
54080
/80 2
=∴
⋅⋅+⋅−⋅+=
=�⋅⋅
+⋅⋅
+= σσ
26
#
(
��
(
��
�!#
7
�'
B'
:;
�
�
��
�
3
�!(%
��!(" α
����8 � ����� �� ����.� � � 3���� � ���� ����� 1�4� � �3��� �����F��� ����
������������/������7�� ��.�������7�3�� � 2100 cmkgfA =σ �
�����������
�������
��
������ ���
Solução: a) Momentos Totais de Inércia e suas Direções
�6162
2 ,II
Itg
yz
yz −=α�−⋅
=α
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
33276
561433
cm,I
cm,I
→→→→ eixos u e v,
4332762222
cm,IsenIcosIIII
I uyzzyzy
u =�α⋅−α⋅−
++
= �
�
1
2
II
II
v
u
==∴
�
�b) Tensões Pela regra da mão direita temos:
AN
uI
Mv
IM
v
v
u
ux +⋅+⋅=σ
- Para a Linha Neutra σ = 0 Com a matriz de transformação e α, podemos determinar as coordenadas dos pontos a' e b' pelo sistema dos eixos u e v.
����� >�������� ���������
� cm,y 6711= �
� cm,z 643= � &��2�� �!(#���
%�� &��2��%�#!�����
%�� &���2�����!� ���
%�� 7�2��#!#�����
27
�
3
�'
α
� �
B'
��
:;
7
1J�
3
�
9
93
9�
θ
→ ponto a':
��
=−=
���
=−=
′
′
′
′
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
a
a
a
a
492
666
243
336
→ ponto b':
��
−==
���
−==
′
′
′
′
cmv
cmu
cmz
cmy
b
b
b
b
07,4
18,6
76,4
67,5
c) Cálculo da excentricidade
Supondo P no 1o quadrante e P>0
��
>⋅=>⋅=
�⋅=0
0
vv
uu
ePM
ePMePM
AP
uI
ePv
IeP
v
v
u
ux +⋅
⋅+⋅
⋅=σ∴
assim:
→ ponto a':
AP
uI
ePv
IeP
av
va
u
ux +⋅
⋅+⋅
⋅==σ ′′0
→ ponto b':
AP
uI
ePv
IeP
bv
vb
u
ux +⋅
⋅+⋅
⋅==σ ′′0
( ) ( )
( ) ( ) cme
cmeee
ee
v
u
vu
vu
86,2751,10
08,28
118,6
56,143307,4
33,276
08,28
166,6
56,143349,2
33,276==
�
�
�
=+⋅+−⋅
=+−⋅+⋅∴
d) Cálculo do valor da carga
→ ponto A:
��
−=−=
���
−=−=
cm,v
cm,u
cm,z
cm,y
A
A
A
A
156
7011
764
3312
28
A
p = 6,64 kg/cm
p
q
L = 2,5 m
Mz
v
yu
CG
plano de carga
( ) ( ) kgfPPPP
A 43,2348,28
70,1156,1433
86,2715,6
33,27651,10
100 −=�+−⋅⋅+−⋅⋅==σ
����8 � ��������D*����/� �F�� ��7��
����
�����
��
�����
������������G �.�����3 ���� �3���� ��B�������
Solução:
°=θ°=α1.194
1.14
( ) ( )
( ) ( )( ) ( )
( ) ( ) cm,,
q
cm,p
644210975
5306106101052305
57112102430
530610610353015
==⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅=
==⋅+⋅
⋅⋅+⋅⋅=
�������������� ���� ���3���� ���
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 4
423
23
423
23
14,385736,557,861043,314,2305
43,1760157,861012
10643,3305
12530
22,322336,561012
61014,2305
12305
cmI
cmx
I
cmI
yz
z
y
−=−⋅⋅⋅+−⋅⋅⋅=
=���
����
�⋅⋅++��
�
����
�⋅⋅+⋅=
=���
����
�⋅⋅+⋅+��
�
����
�⋅⋅+⋅=
29
( )
( ) ( ) ( ) ( )4
22
22
84,2253
969,02436,014,38572969,022,32232436,043,17601
cossen2cossen
11,1422,322343,17601
14,385722
cmI
I
IIII
tg
u
u
yzyzu
=
⋅⋅⋅−⋅+−⋅=
−+=
°−=�−
−⋅=
αααα
αα
( )4
1
22
22
1
80,18570
14,38572
21,322343,176012
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIy
I
=
−+��
���
� −++=
+��
���
� −++=
( )4
2
22
22
2
84,2253
14,38572
21,322343,176012
43,1760121,3223
22
cmI
IyzIzIyIzIy
I
=
−+��
���
� −−+=
+��
���
� −−+=
∴Iu =
I2 °−=�⋅−=⋅−= 77,2580,1857084,2253
251,011 β
θβ
v
u
II
tgtg
������������8 ������.����� ���/� �� � � ���������%��1���.����:;��
30
MLN = M cos50,12° = 0,641M
( ) ( )
4
22
00,5338
189,080,18570811,084,2253
77,25sen77,25cos
cmI
I
III
LN
LN
vuLN
=
⋅+⋅=°−+°−=
���������$��9� ���/� �� ��/���.�� �*��
Equação da linha elástica:
21410
139
292
2
2
..10.6602,2
.10.0641,1'
.10.1922,300,5338.125000
.13,2"
2""
641.0
)(2
)(
CxCx
Cx
xx
xpkEIMEI
k
xMkMx
pxM
LNLN
LN
++=
+=
==
×=�−=
=
×=→−=
−
−
−
ηη
η
ηη
cmkgfp
cm
cmI
cmkgfE
LN
/64.6250
5338
/1250004
2
==
==
�
Condições de contorno: (1) 0'=�= η�x
0166,01 −=C
(2) 0=�= η�x 1110,32 =C
p
x
n
M(x)M(x)
p
x
n
31
n (plan
o de
deslocam
ento)
n
z
v
y uLN
50.12
n0z
n0 0yn
Em x = 0,
cm
CxCx
11,3
1110,3)0.(0166,0)0.(10.6602,2
..10.6602,2
0
4100
21410
0
=+−=
++=∴−
−
ηη
η
cm
cm
x
y
39,212,50sen
99,112,50cos
00
00
=°=
=°=
ηηηη
���������(��8 ������.���� ����� ������� �*���� ���
�%��8 � ��� ����� �.��>�����&�� :��F��; ����&&�� 7�/� �F���D*���� ��7������ ����� �K2����/C����
�
������$���
Solução: &�� :��F��; ����
a) Características Geométricas - Cálculo do CG
7
%�� ���
42�!$��/C�
%�
��
�� Plano de Carga
CG
32
42�!$�/C�
"�� �"$ "��
8�������� ��� ���9+�/���,�
��
�
�
3
�
9
α
θ
σt
β
σc 1����� ��������
LN
cmy 33,23= cmz 17,19= - Cálculo dos Momentos de Inércia
402,39460 cmI y = 469,97786 cmI z = 469,24456 cmI yz −=
- Momentos Totais de Inércia e suas Direções
�99,192
2 −=�−⋅
= ααyz
yz
II
Itg
�+���
����
� −±
+= yz
zyzy IIIII
I2
2212
��
=
=4
2
41
49,30562
22,106684
cmI
cmI
→→→→ eixos u e v,
448,305622sen2cos22
cmIIIIII
I uyzzyzy
u =�⋅−⋅−
++
= αα �
1
2
II
II
v
u
==∴
b) Tensões Pela regra da mão direita temos:
uI
Mv
IM
v
v
u
ux ⋅+⋅=σ
onde: �233=θ
��
−=⋅=−=⋅=
cmtfMM
cmtfMM
v
u
.27,421cos
.04,559sen
θθ
- Para a Linha Neutra σ = 0
022,106684
27,42149,3056204,559 =⋅−+⋅−= uvxσ
→ podemos calcular a LN de duas formas:
admitindo pontos na eq. de tensão
cmuv
vu
61,41
00
−=�==�=∴
ou pelo cálculo do angulo β:
33
CG �
�
3
�
M
α
θ
LN
γ
β
Plano de Carga
η (plano de deslocamento)
ηA
42�!��$�/C��
%�� ���
x x $!�$ �$!"$
�18,121 −=�⋅−=
⋅=
βθ
β
β
v
u
II
tgtg
utgv
&&�� 7�/� �F���D*���� ��7������ ����� �K2����/C����
- Cálculo das equações de M
• 1o Trecho → 2000 ≤≤ x
( ) 21 0175,0 xxM ⋅−=
• 2o Trecho → 600200 ≤≤ x
( ) xxxM ⋅+⋅−= 75,150175,0 22
4
22
98,33950
sen.cos.
cmI
III
LN
vuLN
=�
+= ββ
γcos⋅= MM LN
onde: �83,24=γ
MM LN ⋅= 907,0
- Cálculo das equações de M
( ) 907,0=�⋅= kxMkM LN
( )xMEI −=''η (a)
Substituindo as equações dos momentos em (a) temos: 1o Trecho
2''1 0175,0 xkEI LN ⋅⋅=η
xkEI LN ⋅⋅= 035,0'''1η
1
3'1 3
0175,0 Cx
kEI LN +⋅⋅=η
21
4
1 120175,0 CxC
xkEI LN +⋅+⋅⋅=η
2o Trecho
( )xxkEI LN ⋅−⋅⋅= 75,150175,0 2''2η
34
( )75,15035,0'''2 −⋅⋅= xkEI LNη
3
23'2 2
75,153
0175,0 Cxx
kEI LN +���
����
�⋅−⋅⋅=η
43
34
2 675,15
120175,0 CxC
xxkEI LN +⋅+��
�
����
�⋅−⋅⋅=η
- Condições de contorno
P/ x=200cm 01 =→ η
02 =→ η
'2
'1 ηη =→
P/ max=''2η 00 '
2'''
2 =→=→ ηη
assim:
( ) cmxxkEI LN 45075,15035,00'''2 =�−⋅⋅==η
• p/ x=450cm
3
23'2 2
45075,15
3450
0175,00 CkEI LN +���
����
�⋅−⋅⋅==η
kC ⋅−=� 10631253
• p/ x=200cm
'2
'1 ηη LNLN EIEI =
3
23
1
3
2200
75,153
2000175,0
3200
0175,0 CkCk +���
����
�⋅−⋅⋅=+⋅⋅
kC ⋅−=� 13781251
21
4
1 20012
2000175,00 CCkEI LN +⋅+⋅⋅==η
kC ⋅=� 7,2732916662
Em x=0, temos:
21 CEI LN =η
( ) cmx AA 50,3698,33950200
907,07,27329166601 =�
⋅⋅===∴ ηηη
��
=⋅=
=⋅=
cm
cm
AAz
AAy
90,3017,32cos
43,1917,32sen
ηηηη
35
LN 1LN' 1
LN'2LN 2
LN 3
LN'3
u
y
v
z
D
A
BC
�$��8 � �������L�� �� ��������/�������
Dados: Iy = 13932 cm4
Iz = 34668 cm4 Iyz =-15552 cm4
Figura 15.1 Solução:
°−=α
−×−=
−=α
1528
13932346681555222
2
.
II
Itg
yz
yz
I1 = 42991 cm4 = Iv I2 =5609 cm4 = Iu
���
�������$����:��F���� �����4� ���������������� *� ������� �.��
LN 1:
)15.6,28.20(B)15,15(B
)98.8,15(A)15,9(A
A1
uIe
vIe
uvyz
uvyz
v
v
u
u
−→−
−→−
−=+
Substituindo na primeira equação:
36
Obs.: - eu é a excentricidade em relação ao eixo u, é a distância do ponto em relação ao eixo u; - O sinal negativo de ev significa que o ponto procurado está no lado negativo do eixo u. LN 2:
).,.(C),(C
).,.(B),(B
uvyz
uvyz
7298111315
15628201515
→
−→−
Formando um sistema com as equações dos ponto B e C, temos
LN 3:
).,(B),(D uvyz 98815159 −→−
Formando um sistema com as equações dos pontos C e D, temos
Pela antimetria da figura temos que as LN1’, LN2’, LN3’ são as respectivas multiplicadas por (-1): LN1’ = (-1.02,4.17) LN2’= (7.81,0.54) LN3’= (1.84,-0.39)
cm.e
cm.e
.e
).(e
B
e).(
eA
v
u
vu
vu
174
021324
12820
42991156
5609
3241
1542991
9885609
−==
−=+−→
−=+−→
3241
811142991
7295609
−=+→ .e
.e
C vu
cm54.0e
cm81.7e
v
u
−=−=
3241
1542991
9885609
−=−+→ )(e
.e
D vu
cm39.0e
cm84.1e
v
u
=−=
37
�������$����;L�� �� ��������/������
�
�(��8 � ������� ����� ���F��������D*��� ��*�2����
p0 = 324 kgf/m E= 120 tf/cm2
����
LN' 1
z
LN 2v
u
y LN'3
LN'2
LN 1
LN 3
D
C B
A
38
25,10yu
y'
z
z'
v
p
LN
plano de deslocamento
Mp
v
z'
z
u y
y'
p
�������(����1����� �B�� ���������� �� �.�3��D3 ��
Solução: �
h10.0h16h
160x
x15.0b24b
160x
=�=
=�=
Determina-se η(x), x = 0 � η(x0)
x,LNx,LN MEI" −=η ILN, x : momento de inércia em relação a LN, variando com x MLN,x : momento fletor em relação a LN, variando com x Momentos de inércia principais e plano principal: I1 = 0.1084 10-4 x-4
I2 = 0.0270 10-4 x-4
�������(����M ���.� �� �B!�F� �*�
( )
( )
( ) ( )32
1072
15010072
32103
36100150
36
2410
36150100
36
442222
4433
4433
xx.x.bhI
xx.x.hbI
xx.x.bhI
yz
y
z
−
−
−
−=−=−=
===
===
1u
yz2
z2
yu
I1084.0I
cossenI2senIcosII
==
αα−α+α=
�������(����1���.���� �*������������ Linha neutra:
��������
�������(�%��1���.�������F��� �����
°=α→=α 10.2520.12tg
39
°−=°°→−=
°−=−=
°=°−°==
62
4288.1
0270.00184.0
.90244
1.
1
902441025270
,
ββ
θβ
θβ
quadranteetg
tgII
tgtg
utgv
v
u
9036cos.)102562cos(.
10..04494,0
10.)].62.(sen.0270,0)62(cos.1084,0[
)(sen.cos.
44
4422
22
°=°−°==
−+°−=
=+=
−
−
xxLNx
LNx
LNx
vuLNx
MMM
xI
xI
III βγγγ
323
3
00
2
.10.26990,09036cos.6.160
.24,36.160
.24,3
160.24,3
.
6
xx
M
xM
xxpp
xpp
pxM
LNx
x
x
−−=°−=
−=∴
==�=
−=
ll
Equação da linha elástica:
21
21
1
44
32
.)).((ln
..ln.
ln.'
0050,0
0050,010..04494,0.120000
.10.26990,0
CxCxxxk
CxCdxxk
Cxkxk
x
xxx
++−=
++=
+=
==
==
�
−
−
η
η
η
η
η
"
"
m
kx
xxxk
kCx
8,00
ln..
0 2
=∴×=�=
��
���
� +−=
×=�=�=
ηη
η
η
�
��
��
40
17- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine: a) Máximas tensões normais na seção (compressão e tração), b) Máxima tensão de cisalhamento na seção devido a força cortante.
Figura 17.1 Resolução ΣFV=0 → R1+R2=4 ΣFH=0 → H1=1 KN ΣM1=0 → 4*2-R2*3=0 R2=2,67 KN
Figura 17.2: Digramas
Ponto de Máximo (V=0)
KNm 88,0maxM(M233,1
33,1133,133,1(M
m 33,1x3x
67,133,133,1
)33,1)33,1 ==→⋅⋅−⋅=
=→=+
41
Figura 17.3 Partes 1 e 3
Figura 17.4
43
43
cm 45,11612
18,111'Iz
cm 93,012
118,11'Iy
0'z'Iy
56,26105
artg
=⋅=
=⋅=
=
°==α
41,3
21,3
cm 89,1770Iy
118,115,1202,24Iy e transportcom
02,24yI 66,3469,58yI
)º56,262cos(2
45,11693,02
93,045,116yI
2sen'z'Iy2cos2
'Iz'Iy2
'Iz'IyIuyI
=
⋅⋅+=→
=−=
⋅⋅−++=
α−α⋅−++==
41,3
21,3
4
cm 85,372Iz
118,11535,93Iz e transportcom
cm 35,9366,3469,58IvzI
=
⋅⋅+=→
=+==
42
Parte 2
0Iyz
cm 67,112
120Iz
cm 67,66612201
Iy
2
43
2
43
2
=
=⋅=
=⋅=
º36,20IyIz
Iyz22tg
cm 9,1489Iyz
cm 37,747Iz
cm 45,4208Iy
4
4
4
=α→−⋅
=α
�
�
=
=
=
Iu= 3699,03 + 90,46 + 971,95 Iu= 4761,44 cm4
Iv= 194,38 cm4
��
+=
+=�
��
θ=θ=
vPvF
uPuF
MMMv
MMMucosMMvsenMMu
Força F
Figura17.5
θF=270 - α → θθθθF=242,34º MF=1*10 → MF=10 KNcm Força P
Figura 17.6
θP=270 + (90 – 30 - α) → θθθθP=302,79º
43
MP= 88 KNcm Mu= 10sen242,34º + 88sen302,79º Mu= -8,85 – 73,97 → Mu= -82,83 KNcm Mv= 10cos242,34º + 88cos302,79º Mv= -4,64 – 47,65 → Mv= 43,01 KNcm
297,44º)-(90270
62,56º tgMv
Mu
=θγ+=θ
=γ→γ=
Figura 17.7
a)Tensões Normais
u2213,0v0174,00236,0
u38,19401,43
v44,4761
83,8236,42
1
uIv
Mvv
IuMu
AN
x
x
⋅+⋅−=σ
+⋅−=σ
+⋅+=σ
��
−==
���
−==
��
=−=
���
=−=
��
��
⋅��
���
�
αααα
= ��
��
905,17v035,2u
15z10y
J
905,17v035,2u
15z10y
K
zy
cos sen-sen cos
vu
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
Linha Neutra p/ v=0 → u= -0,106 cm p/ u=0 → v= 1,35 cm σx
k=0,0236 – 0,0174*(17,905) + 0,2213*(-2,035) σσσσx
k= - 0,738 KN/cm2 σx
j=0,0236 – 0,0174*(-17,905) + 0,2213*(2,035) σσσσx
j= 0,785 KN/cm2
44
Figura 17.7
b)Máxima Tensão Tangencial
KN 67,1Vcm 37,1412Iz
cm 9,5551510S
Iz19,5567,1
IbSV
4
322
xy
==
=⋅⋅���
��� +=
⋅⋅=
⋅⋅=τ
ττττxy=6,61*10-2 KN/cm2
18- Considerando a seguinte estrutura e seção transversal, determine:
a) Máximas tensões normais na situação mais crítica, b) O valor do momento fletor na direção da linha neutra resultante
na seção mais crítica. Dados: Iy=6259 cm4; Iz=6809 cm4; Iyz=-5629 cm4
Figura 18.1
45
cm 13,2205,72
30,512520,05139,05418Xcg
cm 46,1105,72
301815105,390125Ycg
=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅=
º60,43IyIz
Iyz22tg −=α→
−⋅=α
27,562219,323837,3282IucossenIyz2senIzcosIyIu 22
−+=α⋅α⋅⋅−α⋅+α⋅=
Iu = 898,28 cm4 Iv = 12169,72 cm4
��
+=
+=�
��
θ=θ=
vFvq
uFuq
MMMv
MMMucosMMvsenMMu
Força q
Figura 18.2
θq=270 - (45 – 43,6) → θθθθq=268,6º Mq= 450 KNcm Mqu = -449,86 KNcm Mqv = -10,99 KNcm Força F
Figura 18.3
46
θF = 43,6 + 90 → θF = 133,6º MF = 10*20,87 → MF =208,7 KNcm MF
u = 151,13 KNcm MF
v = -143,92 KNcm Assim, temos: Mu = -298,73 KNcm Mv = -154,91 KNcm
u0127,0v332,0138,0
u72,12169
91,154v
28,89873,298
05,7210
uIv
Mvv
IuMu
AN
x
x
⋅−⋅−=σ
−⋅−=σ
+⋅+=σ
a) Pontos K e J
��
−==
���
−==
��
==
���
==
��
��
⋅��
���
�
αααα
= ��
��
cm21,7vcm67,22u
87,20z46,11y
J
cm88,10vcm45,5u
13,4z46,11y
K
zy
cos sen-sen cos
vu
j
j
k
k
j,k
j,k
j,k
j,k
Linha Neutra p/ v=0 → u= 10,86 cm p/ u=0 → v= 0,41 cm
Figura 18.4
σx
k=0,138 – 0,332*(10,88) – 0,0127*(5,45) σσσσx
k= - 3,543 KN/cm2 σx
j=0,138 – 0,332*(-7,21) – 0,0127*(22,67) σσσσx
j= 2,243 KN/cm2
47
b)
Figura 18.5
)2,19º-cos(90º-MM
quadrantes 3º e 20º19,2IvIu
tg1
tg
º59,242º59,32º180
º59,62Mv
Muarctg
KNcm 50,336MMuMvM
R
R
R
R22R
φ⋅=
°∴<−=β→⋅θ
−=β
=+=θ
=φ→=φ
=→+=
M = 304,42 KNcm
48
EXERCÍCIOS PROPOSTOS 1- Determinar P para o pilar: Dado: tf2,1=σ
Resposta: P = 3,92 tf 2- Calcular maxσ e minσ
Dados: P = 7000 kgf; H = 5000 kgf
Resposta: maxσ =72,25 kgf/cm2 , minσ = -81,48 kgf/cm2
PP
H
P
CG
P
H
2 m
49
3- Determinar qual das duas barras é capaz de resistir a uma carga maior sem que surjam sintomas de deformações plásticas.
Resposta: Na barra simétrica a tensão será menor. 4- A viga de madeira da figura abaixo tem a seção tranversal indicada. As tensões
admissíveis longitudinal e tangencial horizontal são de 8 MPa e 800 kPa,
respectivamente. Determine a intensidade máxima admissível para w. Resposta: w = 3.97 kN/m
2a
a2
P
P
a2
a
2a
P
a2
P
a a
a4
C x
y
C x
y
w N/m 1w N 1w N
50
5- O bloco da figura está carregado com a força de compressão de 1334 KN, aplicada com a excentricidade de 3,81 cm. A seção transversal é um quadrado de 30.48 cm de lado.
Quais as tensões normais nas fibras extremas m e n?
Resposta: 2
n
2m
m/kN25097
m/kN3585
−=σ
−=σ
6- Qual a excentricidade, que deveria ter a força aplicada no bloco do exercício anterior,
para que a tensão em m fosse nula? Resposta: 5,08 cm
30.48
m15.24
15.24
30.48
n
3.81
P
51
BIBLIOGRAFIA
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1981.
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• Timonshenko, Stephen P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros
Técnicos e Científicos, 1983-84.