flexaocomposta

RESISTÊNCIA DE MATERIAIS -2

Combinação de Esforços – Flexão Composta

Luís Filipe Pereira Juvandes

Porto 2002

AD.7 - Publicação de LUIS JUVANDES associada à Actividade Docente

RESISTÊNCIA DE MATERIAIS - 2

Combinação de Esforços – Flexão Composta

Texto de suporte teórico e colecção de exercícios resolvidos para apoio à disciplina de “Resistência

de Materiais 2” do 2º ano do Curso de Licenciatura em Engenharia Civil da FEUP.

Por

Luis Filipe Pereira Juvandes

Porto 2002

AD.7 Juvandes, L. F. P., 2002, " Resistência de Materiais 2: Combinação de Esforços – Flexão Composta", texto de

suporte teórico e colecção de exercícios resolvidos para apoio da disciplina de “Resistência de Materiais 2” (2º

ano) do DEC, 19 pp., publicação electrónica nos conteúdos da disciplina disponíveis na web-page do SiFeup e

em (http://www.fe.up.pt/~juvandes/RM2/flexaocomposta.pdf).

FEUP - ENGENHARIA CIVIL Combinação de Esforços

RESISTÊNCIA DE MATERIAIS 2 Professor Luís Juvandes

Ano lectivo 2001/2002 Folha 1/21

NOTA

Em virtude do conteúdo muito abrangente de Resistência de Materiais 1 e 2, torna-se bastante

difícil indicar um único livro que englobe, de forma satisfatória, todas as matérias da disciplina de

Resistência de Materiais.

Nestas condições, os apontamentos aqui apresentados são textos de suporte teórico e colecção de

exercícios resolvidos para apoio à disciplina de “Resistência de Materiais 1 e 2” do 2º ano do Curso

de Licenciatura em Engenharia Civil da Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto (FEUP.

Desta forma, os apontamentos podem não incluir a totalidade da matéria apresentada nas aulas

teóricas e práticas e conter alguns erros ou omissões. Estes, não pretendendo substituir a consulta

da bibliografia sugerida nos conteúdos da disciplina, ajudam a fixar a direcção e a profundidade

com que se pretende abordar cada matéria e proporcionam uma sistematização dos assuntos

tratados. Assim, aconselha-se a utilização dos mesmos a título de primeiro estudo, devendo uma

análise mais aprofundada ter como base a bibliografia indicada nas aulas teóricas.

Copyright © 2005 Faculdade de Engenharia da Universidade do Porto Rua Dr Roberto Frias, 4200-465 PORTO, Portugal

www.fe.up.pt e-mail: [email protected]

Todos os direitos reservados, incluindo os direitos de reprodução e uso sob qualquer forma ou meio, nomeadamente, reprodução em cópia ou oral, sem a expressa autorização do autor, estão sujeitos ao estabelecido na Lei dos Direitos de Propriedade.




ÍNDICE 1 – Esforços numa secção 3

2 – Flexão composta 3

3 – Materiais não resistentes à tracção 6

3.1 – Condições de partida admitidas em Resistência de Materiais ………………………………..….……………

3.2 – Cálculo das tensões na secção de contacto sapata-terreno …………………………………..…………..……

5.3 – Dimensionamento e verificação de segurança ........ ……………………………………………..……….…..

6

6

8

4 – Exemplos de aplicação 9

4.1 - Exercício 1 .......................................…………………………………..………………………...…………….

4.2 - Exercício 2 .......................................…………………………………..………………………...…………….

4.3 - Exercício 3 .......................................…………………………………..………………………...…………….

4.4 - Exercício 4 .......................................…………………………………..………………………...…………….

11

13

16

18




COMBINAÇÃO DE ESFORÇOS

1 – ESFORÇOS NUMA SECÇÃO

.I.C.P.Ey,x ≡

Gz

y

xV

V

Nx

y

T

My

Mx

Esforços reduzidos nos E.P.C.I. (x, y)

y

x

MMN

⇒⎥⎥⎥

⎦

⎤( ) MyMxNy,x σ+σ+σ=σ

TyV

V( ) TVyVxy,x τ+τ+τ=τ⇒

⎥⎥⎥

⎦

⎤

⇒

⇒

Tensões normais em flexão composta

Tensões de corte

2 – FLEXÃO COMPOSTA ⇒ só introduz tensões normais (σ)

à secção em análise Reduzir as forças

aos eixos ≅ E.P.C.I

Isto é, no máximo tem-se:

Mx

y

x

⊕

My

N

⎢⎢⎢

⎣

⎡

Σ=Σ=

Σ=

i

i

i

MyMy

MxMx

NN ( )( )←←

↓

←←

⊕Esforços




Estado de tensão (σ)

⊕

( ) MyMxNy,x σ+σ+σ=σ(tracção)

(comp.)

yI

MxI

MAN

x

x

y

y ⋅+⋅−=σ

isto é

Centro de pressão (CP) (x0; y0)

M

G

y

x MN

y

x

=

y

xxy G

y

x

N *

*

0

0

centro depressão (CP)

e.n. – o eixo neutro passa

pelos pontos (x*; 0)

e (0; y*)

NM

x y0

−=

NM

y x0 =

Eixo neutro (e.n.)

( ) 0y,x =σ

ouÉ a equação da recta dada por

0y,x

recta que passa pelos pontos( , 0)x*(0, )y*x

*x*y*yy =−

⇒

⇒

expressão geral

−

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

−=

0

2x

0

2y

yi

*y

xi

*x

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=

AI

i

AI

i

yy

xx




Núcleo central (contorno convexo) (NC)

Secção transversal de uma barra

contorno convexo

→ Informação: se o centro de pressão (x0, y0) cair dentro do núcleo central ⇒ toda a secção

está sujeita a um só tipo de tensão (tracção ou compressão)

→ Exemplo: secção rectangular

x

y

1

e.n.e.n.

e.n.

23

núcleo central

1

2

3

Centro de pressão: → ponto 1 → ponto 2 → ponto 3 Eixos neutros respectivos: → e.n. 1 → e.n. 2 → e.n. 3

→ Cálculo:

Vértice = centro de pressão ⇒ e.n. = lado do núcleo central

P1 ( )11 PP y;x → =*

P*P 11

y,x p1

( )22 PP2 y;xP

→ 2*P

*P py,x

22=

P3 ( )33 PP y;x → =*

P*P 33

y,x p3

( )44 PP4 y;x P →

4*P

*P py,x

44=

VÉRTICES DO CONTORNO NÚCLEO CENTRAL

Ponto x0 y0 x* y*

x

y P3P4

P2P

p

p

p

p

c. convexo1

1

3

2

4




3 – MATERIAIS NÃO RESISTENTES À TRACÇÃO

Exemplo: análise da interacção sapatas - terreno

3.1 – CONDIÇÕES DE PARTIDA ADMITIDAS EM RESISTÊNCIA DE MATERIAIS

NC

NC

P

P

M

G

b

a

b/6 b/6

a/6

y

xa/6

M

Solo

→ Sapata centrada

→ Sapata de secção rectangular

12abI ; baA

3

y =×=

→ Acção segundo um dos EPCI

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

−=

=−=

(CP) N

Me

MMPN

y

y

→ Núcleo Central (NC)

6a*y6

b*x ==

3.2 – CÁLCULO DAS TENSÕES NA SECÇÃO DE CONTACTO SAPATA - TERRENO

Se e ≤ b / 6: centro de pressão dentro do núcleo central ⇒ Secção toda à compressão

NCG

N

NM

e y−=

2σ1σ

Solob

TensõesR

Condições:

( ) xI

MANy,x

y

y−=σ [1]

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

+=σ=σ

−=σ=σ

min2

my

áx1

2abM6

abN

2abM6

abN

±== máx 2bxx se

y(compressão )

(compressão )

( )




Se e > b / 6: centro de pressão fora do núcleo central ⇒ ⎪⎩

⎪⎨

⎧+

atraccionad Zona

comprimida ZonaSecção

⎪⎩

⎪⎨

⎧+

atraccionad Zona

comprimida ZonaSecção

NCG

N

2σ

1σ

Solo

⊕

tracção

o solo não absorve tracções

este diagrama resulta de admitir a equação( ) [ ]1y,x =σ

Tensões

e

b

→ Solo não resiste à tracção ⇒ = 0 ⇒ 02 =σ

→ Válido o equilíbrio RN = ⇒ corrigir o diagrama – de modo a não entrar com a

contribuição das tracções

NCG

e

N

1σ

Solo3d

d e

b/2

R

b/2

2σ = 0

L=3d

L/3=d

R

DiagramaTriângular

Tensõescorrigidas 1σ

Condições

××σ

==

−=

=+

a2

d3RN

N/Mye

2/bed

1

⇒ −= e

2bd

[ ] 2

0=σ

σ==σ

2

máx1 ad3N2




3.3 – DIMENSIONAMENTO / VERIFICAÇÃO DE SEGURANÇA

Condição ⇒ )solo(RdSd σ≤σ

Dimensionamento incógnita = dimensão da sapata ⇒ ?ba =×

1.ª HIPÓTESE → admite-se o caso 6be ≤ , isto é, o centro de pressão está dentro do NC

ab

=α , a relação entre os lados é conhecida; [3]

i) é válida a equação [1] ⇒ ( ) x

IM

ANy,x

y

y−=σ ;

ii) Como

forma simplificada:

Rd2y

abM6

abN5.1 σ≤⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛×

)solo(5.1 Rdmáxmáx1 σ≤×σ⇒σ=σ

iii) Equação de 3º grau = 0

Condição [3], a/b=α ⇒ calcula-se

5)tiplos de(valores múl...b...a

==

iv) Confirmar a hipótese de partida, isto é:

0σσ 2min <= ou 6b

NM

e y ≤= ⇒ SIM

NÃO

OK

KO

(concluído)

2.ª HIPÓTESE → caso 6be > , isto é, centro depressão fora do NC

v) Neste caso a verificação da segurança é feita pela equação [2]

RdSd

máxSd ad3N2

5.1 σ≤×

=σ=σ

Equação de 2º grau

e2bd −=

⇒ calcula-se OK (concluído)

5)tiplos de(valores múl...b...a

==




4 – EXEMPLOS DE APLICAÇÃO

1. Considere o pilar de secção constante representado na figura 1, constituído por um material

resistente de igual forma a compressões e a tracções. O pilar está sujeito às cargas N e H

indicadas. Para a secção da base do pilar, determine:

a) As tensões nos vértices A, B, C e D.

b) A posição do eixo neutro.

Secção do Topo do Pilar H = 100 kN

3.0

m

N = 500 kN

0.15

A

0.15

0.40

H

D

CB

y

xN

Figura 1

2. A secção transversal representada na figura 2 refere-se a um pilar constituído por um material

que resiste de igual modo a tracção e a compressões.

a) Determine o núcleo central da secção.

b) Para uma força exterior vertical, de compressão, a actuar no ponto P e de valor igual a

3000 kN, calcule a tensão normal máxima instalada bem como a posição do eixo neutro.

0.50P

0.50

0.50 0.50 0.50 [m] Figura 2




3. Considere a sapata representada na figura 3.

NSd = 1500 kN

MSd = 300 kN.m

MSd

a (xa)

NSd

Figura 3

a) Dimensione a sapata de modo que o valor de cálculo da tensão máxima no terreno de

fundação não seja superior a 600 kPa.

b) Indique qual seria a tensão máxima no terreno sob a sapata atrás dimensionada se a acção

exterior fosse:

NSd = 1500 kN

MSd = 600 kN.m

4. Considere a viga em betão representada na Figura 4, com secção rectangular de largura

constante igual a 0.50 m e altura variável entre 1.00 e 2.50 m. Determine a força de pré-esforço

P mínima a aplicar de forma que, para a acção do peso próprio da viga e das forças aplicadas,

na secção de meio vão não existam tensões de tracção e a tensão de compressão não ultrapasse

10 MPa.

Dados: 3betão m/kN25=γ

CORTE A-A

variável

0.40

[m]

0.50

P0.40

30.0

7.50 7.50

100 kN

7.50 7.50

[m]

0.600.400.60

2.50P

100 kN

100 kN

A

A

Figura 4




1. a) Dados:

• Comportamento do material: )( )( +− = RdRd σσ Cargas: N = 500 kN H = 100 kN

A

B C

D

H

y

x

N

H 0.4

0.15

0.15

3.0

N

Esforços resultantes na base do pilar: admitindo apenas flexão composta, são obtidos pela redução das forças à secção em análise nos EPCI. Secção da base do pilar:

mkN 20031002.05003H0.2NMmkN 7515.05000.15NM

kN -500N

y

x

⋅=×+×−=×+×−=

⋅=×=×==

A

B C

D

M M

x

y

y

x

N N = -500 kN M = 75 kNm

M = 200 kNm y

x

Momentos de inércia:

433

443

m 106.112

40.030.0 m 10912

30.040.0 −− ×=×

=×=×

= yx II

A tensão normal resultante é obtida por:

yI

MxI

MNx

x

y

yyx ⋅+⋅−

Ω=),(σ




Para a secção referida vem:

ECPI

PONTO x (m) y (m) σ(x,y) (MPa)

A 0,2 0,15 -16,667 B 0,2 -0,15 -41,667 C -0,2 -0,15 8,333 D -0,2 0,15 33,333

b) A posição do e.n. é determinada pelo lugar geométrico dos pontos onde a tensão é nula. Equação do e.n.:

⎪⎩

⎪⎨⎧

−=⇒=

=⇒=⇒

⇔=⋅⋅⇔

⇔+⋅=⇔

⇔=⋅+⋅−×

−⇔=⋅+⋅−

Ω=

∗

∗

m )3(03.0x0y

m 05.0y0

1x30-y20

0.05x1.5y

0 752003.04.0

500 0),(

x

yI

xI

yI

MxI

MNxyx

x

y

yyxσ

A

B C

D

y

x

en




2. a) Os limites do núcleo central duma secção poligonal determinam-se considerando hipotéticos centros de pressões nos sucessivos vértices do contorno convexo da secção. Um troço de cada e.n. obtido contém os centros de pressões correspondentes a eixos neutros que passam por esse vértice e não cortam a secção, fazendo parte por isso do limite do núcleo central. A área delimitada pelos vários troços obtidos é o núcleo central.

0.62

5

0.5

0.5

0.5 0.5 0.5

y

x

Centro de gravidade e raios de giração principais:

( ) ( )

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

=×+×

×+

×

=Ω

=

=×+×

−××+×

+−×+×

=Ω

=

=×+×

××+××=

2

33

2

22

322

3

2

m 487

5.05.15.05.012

5.15.012

5.05.0

m 19213

5.05.15.05.0

625.075.05.05.112

5.05.125.0625.05.012

5.05.0

m 625.05.05.15.05.0

75.05.05.125.05.05.0

yy

xx

G

Ii

Ii

y

⎪⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪⎪

⎨

⎧

−=

−=

−=

−=

∗

∗

00

2

00

2

19213

487

yyiy

xxi

x

x

y

vértices núcleo central

PONTO x0 (m) y0 (m) x* (m) y* (m) recta Q1 0,75 -0,375 -0,19444 0,18056 1 Q2 0,75 0,125 -0,19444 -0,54167 2 Q3 0,25 0,625 -0,58333 -0,10833 3 Q4 -0,25 0,625 0,58333 -0,10833 4 Q5 -0,75 0,125 0,19444 -0,54167 5 Q6 -0,75 -0,375 0,19444 0,18056 6




núcleo central

1

2

3 4

5

6 Q

Q

Q Q

Q

Q

1 2

3 4

5 6

x

y b) Dados: • P = 3000 kN

P

M = -3000 × 0.125 = -375 M = -3000 × 0.25 = -750

x y

N = P = -3000 kN

y

x

en

N x

y M

M

esforços nos ECPI: 1 Q

2 Q

3 Q 4 Q

5 Q

6 Q

(x*,0)

(0,y*)

Momentos de inércia:

( ) ( )

433

423

223

m 487

125.15.0

125.05.0

m 19213625.075.05.05.1

125.05.125.0625.05.0

125.05.0

=×

+×

=

=−××+×

+−×+×

=

y

x

I

I




Equação do e.n.:

⎪⎩

⎪⎨⎧

=⇒=

−=⇒=∴

−⋅=⇔=⋅−

+⋅−

−−

⇔=⋅+⋅−Ω

=

∗

∗

m 58333.0x0y

m 54167.0y0

54167.0x92857.0y 0 3757500.1

3000 0),(

x

yI

xI

yI

MxI

MNxyx

x

y

yyxσ

A verificação de σmax é feita nos pontos suspeitos Q4 e Q5:

yI

MxI

MNx

x

y

yyx ⋅+⋅−

Ω=),(σ

( )

( ) kPa 451.7549125.037575.07500.1

30000.75,0.125-

kPa 253.7747625.037525.07500.1

30000.25,0.625-

5

4

−≈×−

+−×−

−−

=⇒

−≈×−

+−×−

−−

=⇒

xy

xy

IIQ

IIQ

σ

σ

A máxima tensão normal ocorre em Q4 que prova por isso ser o ponto mais afastado do e.n..




3. a) Dados: • sapata quadrada: a (x a) • cargas (valores de cálculo): Nsd = -1500 kN e Msd = -300 kNm (convenções da R.M.) • tensão resistente de cálculo do solo: σRd = 600 kPa

x

y

a

a

N

M sd

sd

núcleo central

solo

Parte-se do princípio que o centro de pressões está no núcleo central, para que a secção esteja sujeita a tensões do mesmo sinal, e assim satisfazer o comportamento do solo que praticamente só resiste a compressões.

m 2 0 6002

30015002

x

12a como

kPa 600

2

máxmáx

42

máx),(

=⇒>∧≤⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−×

−−

−

−=⇒

==Ω

≤⋅−Ω

−=

aaaIa

a

Ia

xI

MN

y

y

y

ysdsdyx

sd

σ

σ

Dimensão da sapata: 2 (x 2) m

Depois, deve-se verificar se a localização do centro de pressões cai dentro do núcleo central:

⎢⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

=≤∴

===

OK m )3(3.06

0.2

m 0.2kN 1500

kNm 300

a

NM

esd

y sd

Logo a hipótese de partida é verificada e o dimensionamento está correcto.




G

e

R

nucleo central N sd

sd b) • cargas (valores de cálculo): Nsd = 1500 kN Msd = 600 kNm • dimensão: a = 2 m Excentricidade do centro de pressões:

m )3(3.06

m 4.01500600

=>===a

NM

esd

ysd

Logo o núcleo central não contém o centro de pressões. A tensão normal máxima σ neste caso é dada por:

( )

kPa )5.(5555.1

kPa )3.(83324.013

15002

23

232

max ==

=⋅−⋅

×=

⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅

⋅=

⋅⋅⋅

=

sd

sdsdsd

aeaN

adN

σσ

σ

max d d d d d d d d v d max max max

G

R

núcleo central

d

max

N sd

sd

e=0.4m

σ




4. Dados: γ betão = 25 kN/m3 Determinação do máximo momento flector máximo: Da simetria concluímos que as reacções nos apoios são iguais e que o momento máximo ocorre na secção B a meio vão.

1500

1125 1125

2812.5

grau 3

cargas concentradas

peso próprio

M kNm

M kNm

30

100 kN 100 kN

100 kN

2

1

100 kN

100 kN

100 kN

P P 2.5

7.5 7.5 7.5

p

p 1 p

R

RT

R R

R

cc

pp

= 150 kN

= 328.125 kN

A

B

(cc)

(pp)

0.4

1




• Momentos provocados pela carga concentrada:

Reacção e momento provocados:

kN 1502

3100=

×=ccR

mkN 15005.710025.7M cc

max ⋅=×−××= ccR • Momentos provocados pela carga distribuída correspondente ao peso próprio:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=××=

=××=

⇒×=kN/m 25.31255.05.2p

kN/m 5.12255.01p pp

2

1Aγ

A resultante da carga distribuída no troço AB pode ser decomposta na resultante rectangular RR e triangular RT, de valor:

( )

kN 625.1402

25.7

kN 5.18725.7

12

1

=×⋅−

=

=××=

ppR

pR

T

R

A reacção e momento provocados são:

kN 125.328=+= TRpp RRR

mkN 5.28123

155.725.7M ppmax ⋅=×−×−××= TRpp RRR

Desde que a relação entre a tensão e a extensão seja linear, é válida a hipótese do PSE. Logo o momento máximo é:

mkN 5.43125.28121500MMM maxmaxmax ⋅=+=+= ppcc Análise dos esforços na secção B: A análise é feita considerando o equilíbrio da parte da viga à esquerda da secção tranversal B e da redução dos esforços normais aos EPCI em sistemas estaticamente equivalentes. Condições fronteira: As condições do problema são satisfeitas providenciando que a toda a secção esteja sujeita a tensões de compressão (1) e que a tensão máxima não ultrapasse 10 MPa (2).




Mmax

P

Mmax

P

MP

x

y

Mmax MP

+ =

N = -P kN

P

0.85

Secção B

Mmax

My = 0 kNm

=

Mx = Mmax -0.85P kNm

P

P

σ max

Mmax < MP

Mmax < MP

y0 = y*

2 casos são possíveis:

esforços reduzidos nos EPCI:

G

G

G G

ou

G núcleo central

-y0 = -y*

0.5

1.25

1.

25

σ max




σ As condições podem ser traduzidas por:

[ ]kN 9951.923 ; 3404.605 P

65.2

PP85.05.4312

6b

NM yy 0 )1 x

0min

∈⇒

≤−

⋅−⇔

⇔≤⇔≤⇒≥σ ∗

A 2ª condição que não contempla que a secção B tenha que estar toda comprimida, traduz-se por:

[ ]kN 447.7516 ; 237.707

Pa 101025.1

125.25.085.05.4312

5.05.2-

MPa 10 MPa 10 )2

33

maxmax

−∈⇒

×≤⋅×

×−+

×⇔

⇔≤⋅+Ω

⇔≤

P

PP

yI

MNx

xσ

O menor valor de P, solução do problema, que satisfaz ambas as condições é:

kN 605.3404min =P

Documents

flexaocomposta