Apostila 2015 mecanica dos materiais by Pedro Amorim

RICARDO GASPAR

MECÂNICA DOS MATERIAIS

Notas de aula da disciplina Resistência dos

Materiais

ministrada

pelo

Prof. Leandro Mouta Trautwein ao curso de Engenharia Civil do Centro Universitário Nove de Julho.

São Paulo 2005

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

SUMÁRIO 1 MECÂNICA _____________________________________________________________________ 1 1.1 Introdução ____________________________________________________________________ 1 1.2 Conceitos Fundamentais _________________________________________________________ 2 1.3 Sistema Internacional de Unidades _________________________________________________ 2 1.4 Trigonometria__________________________________________________________________ 4 1.5 Alfabeto Grego _________________________________________________________________ 6 2 ESTÁTICA ______________________________________________________________________ 7 2.1 Forças no plano ________________________________________________________________ 7 2.2 Equilíbrio de um ponto material ___________________________________________________ 7 2.3 Resultante de uma força _________________________________________________________ 8 2.4 Momento de uma força _________________________________________________________ 14 2.4.1 Momento de um sistema de forças coplanares _____________________________________ 14 2.4.2 Teorema de Varignon ________________________________________________________ 14 2.4.3 Momento de um binário ______________________________________________________ 15 2.4.4 Equilíbrio de corpos rígidos ___________________________________________________ 18 2.5 Apoios _______________________________________________________________________ 19 2.6 Tipos de Estruturas ____________________________________________________________ 20 2.6.1 Estruturas hipostáticas _______________________________________________________ 20 2.6.2 Estruturas isostáticas_________________________________________________________ 20 2.6.3 Estruturas hiperestáticas______________________________________________________ 20 3 TRELIÇAS _____________________________________________________________________ 21 3.1 Definição ____________________________________________________________________ 21 3.2 Método do equilíbrio dos nós _____________________________________________________ 22 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES_____________________________________________________ 28 4.1 Introdução ___________________________________________________________________ 28 4.2 Diagrama tensão-deformação ____________________________________________________ 29 4.3 Tensão admissível______________________________________________________________ 30 4.4 Lei de Hooke__________________________________________________________________ 30 4.4.1 Coeficiente de Poisson________________________________________________________ 32 4.4.2 Forma geral da Lei de Hooke __________________________________________________ 32 4.5 Estruturas estaticamente indeterminadas ___________________________________________ 35 4.6 Tensões iniciais e Tensões Térmicas _______________________________________________ 38 4.7 Tensão de cisalhamento _________________________________________________________ 41 5 CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS _________________________ 44 5.1 Área_________________________________________________________________________ 44 5.2 Momento Estático______________________________________________________________ 45 5.3 Centro de Gravidade____________________________________________________________ 46 5.4 Momento de Inércia ____________________________________________________________ 50 5.5 Translação de eixos ____________________________________________________________ 51 5.6 Módulo Resistente _____________________________________________________________ 53 5.7 Raio de Giração _______________________________________________________________ 54 6 ESFORÇOS SOLICITANTES ______________________________________________________ 57 6.1 Introdução ___________________________________________________________________ 57 6.2 Classificação dos esforços solicitantes _____________________________________________ 57 6.3 Convenção de sinais ____________________________________________________________ 58 7 VIGAS _________________________________________________________________________ 60 7.1 Introdução ___________________________________________________________________ 60 7.2 Tipos de cargas________________________________________________________________ 60 7.2.1 Cargas distribuídas __________________________________________________________ 60 7.3 Apoios ou vínculos _____________________________________________________________ 61 7.4 Equações diferenciais de equilíbrio________________________________________________ 75 8 TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO _________________________________________ 85 8.1 Hipóteses admitidas ____________________________________________________________ 85 8.2 Tensões normais na flexão ______________________________________________________ 86 8.3 Tensões de cisalhamento na flexão ________________________________________________ 92 9 DEFORMAÇÕES NAS VIGAS _____________________________________________________ 97 BIBLIOGRAFIA ____________________________________________________________________ 104

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LISTA DE SÍMBOLOS letras maiúsculas A área E módulo de elasticidade F força I momento de inércia L comprimento M momento, momento fletor Ms momento estático N força normal P carga concentrada R resultante de forças, esforço resistente S esforço solicitante V força cortante letras minúsculas a aceleração b largura g aceleração da gravidade h dimensão, altura l comprimento m metro, massa max máximo min mínimo q carga distribuída s segundo v deslocamento vertical x distância da linha neutra ao ponto de maior encurtamento na seção transversal de uma peça fletida

letras gregas α, θ ângulo, coeficiente δ deslocamento φ diâmetro ε deformação específica coeficiente de majoração das ações γf

σ σ τ τ υ

tensão normal tensão normal admissível tensão tangencial tensão tangencial admissível coeficiente de Poisson

índices adm admissível c compressão f ação t tração, transversal w alma das vigas max máximo min mínimo

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

MECÂNICA DOS MATERIAIS

1.1

MECÂNICA

Introdução

A Mecânica é uma ciência física aplicada que trata dos estudos das forças e dos movimentos. A Mecânica descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de corpos sob a ação de forças. A finalidade da Mecânica é explicar e prever fenômenos físicos, fornecendo, assim, os fundamentos para as aplicações da Engenharia. A Mecânica é subdividida em três grandes ramos: Mecânica dos Corpos Rígidos, Mecânica dos Corpos Deformáveis e Mecânica dos Fluídos, como indicado abaixo.

Mecânica

Mecânica dos corpos rígidos

Estática Cinemática Dinâmica

Mecânica dos corpos deformáveis

Resistência dos Materiais Fluídos incompressíveis →

líquidos

Fluídos compressíveis →

gases

Mecânica dos fluídos

Mecânica dos corpos rígidos: é subdividida em Estática, Cinemática e Dinâmica. A Estática se refere aos corpos em repouso e estuda as forças em equilíbrio, independentemente do movimento por elas produzido. Na Estática, os corpos analisados são considerados rígidos, conseqüentemente, os resultados obtidos independem das propriedades do material. A Cinemática estuda os movimentos em si e as leis que os regem: • movimento uniforme – móvel percorrendo espaços iguais em tempos iguais para quaisquer trechos de trajetória; • movimento uniformemente variado – a velocidade do móvel varia de valores iguais em tempos iguais. Se houver crescimento da velocidade, o movimento será uniformemente acelerado; se houver decréscimo, o movimento será uniformemente retardado; • movimentos de rotação. A Dinâmica estuda a relação entre o movimento e a causa que o produz (força).

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Ricardo Gaspar

Mecânica dos corpos deformáveis: as estruturas e as máquinas nunca são absolutamente rígidas, deformando-se sob a ação das cargas a que estão submetidas. Estas deformações são geralmente pequenas e não alteram apreciavelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura considerada. No entanto, essas deformações terão importância quando houver riscos de ruptura do material. A Mecânica dos corpos deformáveis é estudada pela Resistência dos Materiais, Mecânica dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos, como também são conhecidas. O estudo dos corpos deformáveis resume-se na determinação da resistência mecânica, da rigidez e da estabilidade de elementos estruturais. Mecânica dos fluídos: A Mecânica dos Fluídos é subdividida no estudo dos fluidos incompressíveis (líquidos) e fluidos compressíveis (gases). Uma importante subdivisão do estudo de fluidos incompressíveis é a hidráulica.

1.2

Conceitos Fundamentais Os conceitos fundamentais da Mecânica baseiam-se na Mecânica Newtonia:

1.3

•

espaço: o conceito de espaço é associado à noção de posição de um ponto material, o qual pode ser definido por três comprimentos, medidos a partir de um certo ponto de referência, ou de origem, segundo três direções dadas. Estes comprimentos são conhecidos como as coordenadas do ponto;

•

tempo: para se definir um evento não é suficiente definir sua posição no espaço. O tempo ou instante em que o evento ocorre também deve ser dado;

•

força: a força representa a ação de um corpo sobre outro; é a causa que tende a produzir movimento ou a modificá-lo. A força é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido; uma força é representada por um vetor;

Sistema Internacional de Unidades

O Sistema Internacional de Unidades (SI) é subdividido em unidades básicas e unidades derivadas. As unidades básicas são: metro (m), quilograma (kg) e segundo (s). As unidades derivadas são, entre outras, força, trabalho, pressão, etc... As unidades do SI formam um sistema absoluto de unidades. Isto significa que as três unidades básicas escolhidas são independentes dos locais onde são feitas as medições. A força é medida em Newton (N) que é definido como a força que imprime a aceleração de 1 m/s2 à massa de 1 kg. A partir da Equação F=m.a (segunda Lei de Newton), escreve-se: 1 N = 1 kg × 1 m/s2. As medidas estáticas de forças são efetuadas por meio de instrumentos chamados dinamômetros.

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O peso de um corpo também é uma força e é expresso em Newton (N). Da Equação P=m.g (terceira Lei de Newton ou Lei da Gravitação) segue-se que o peso de um corpo de massa 1 kg é = (1 kg)×(9,81 m/s2) = 9,81 N, onde g=9,81m/s2 é a aceleração da gravidade. A pressão é medida no SI em Pascal (Pa) que é definido como a pressão exercida por uma força de 1 Newton uniformemente distribuída sobre uma superfície plana de 1 metro quadrado de área, perpendicular à direção da força Pa = N / m 2 . Pascal é também unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento). Múltiplos e submúltiplos Nome exa peta tera giga mega quilo hecto deca deci centi mili micro nano pico femto atto

Símbolo E P T G M k h da d c m µ n p f a

fator pelo qual a unidade é multiplicada 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 1015 = 1 000 000 000 000 000 1012 = 1 000 000 000 000 109 = 1 000 000 000 106 = 1 000 000 103 = 1 000 102 = 100 10 10-1 = 0,1 10-2 = 0,01 10-3 = 0,001 10-6 = 0,000 001 10-9 = 0,000 000 001 10-12 = 0,000 000 000 001 10-15 = 0,000 000 000 000 001 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001

Conversão de Unidades A unidade

é equivalente a

1MPa 1 MPa 1 GPa 1m 1 cm 1 kgf 1 kgf 1 polegada (ou 1") 1 m2

1 N/mm2 1 x 106 N/m2 1 x 109 N/m2 100 cm 0,01 m 9,81 N 2,20 lb 2,54 cm 10000 cm2

Exemplo de conversão de medidas de pressão:

Pa =

N N = 2 2 m cm × 10 4

MPa =

N × 10 6 N × 106 kN = = 2 2 4 m cm × 10 cm 2 × 10

GPa =

N × 10 9 N × 109 kN × 10 2 = = m2 cm 2 × 10 4 cm 2

Mecânica dos Materiais

1.4

Ricardo Gaspar

Trigonometria

Para o estudo da Mecânica necessitam-se dos conceitos fundamentais da trigonometria. A palavra trigonometria significa medida dos três ângulos de um triângulo e determina um ramo da matemática que estuda as relações entre as medidas dos lados e dos ângulos de um triângulo. Círculo e Funções Trigonométricas senα = EF cos α = OF

tgα = AB cot gα = DC sec α = OB cos ecα = OC OE = R = 1

Triângulo retângulo

No triângulo retângulo, os catetos são os lados que formam o ângulo de 90º. A hipotenusa é o lado oposto ao ângulo de 90º e é determinada pela relação: a 2 = b 2 + c 2 . Relações trigonométricas

cateto oposto c = hipotenusa a cateto adjacente b = cos α = hipotenusa a cateto oposto c tgα = = cateto adjacente b hipotenusa a = sec α = cateto adjacente b senα =

c α = arctg b c α = arcsen a b α = arccos a

a α C

Razões Trigonométricas Especiais

Seno

Cosseno Tangente

30º 1 2

3 2 3 3

triângulo retângulo

sen 2 x + cos 2 x = 1

Relação fundamental da trigonometria:

45º 2 2 2 2

60º 3 2 1 2

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Ricardo Gaspar

Exemplos

1. Calcule o valor de c da figura c c 1 sen30º = = 20 2 20

c = 10 m

2c = 20

2. Determine o valor de b da figura b b 3 cos 30º = = 20 2 20

20 m

30°

b = 10 3 m

2b = 20 3

3. Calcule o valor de a da figura a 2 = 4 2 + 32 a

a = 4 +3 2

a=5 m

4. Determine o valor do ângulo α da figura 3 α = arctg α = 36,87º 4

Triângulo qualquer

Lei dos senos:

a b c = = = 2R sen A sen B sen C a 2 = b 2 + c 2 − 2bc × cos A

Lei dos cossenos

b 2 = a 2 + c 2 − 2ac × cos B c 2 = a 2 + b 2 − 2ab × cos C

α 4m

Mecânica dos Materiais

1.5

Ricardo Gaspar

Alfabeto Grego

Os problemas usuais em engenharia são definidos por formulações matemáticas, as quais, usualmente, utilizam letras do alfabeto grego. É, pois, necessário, seu conhecimento para as práticas comuns da Engenharia. Alfabeto Grego Nome

Símbolo Maiúscula Minúscula

Alfa

Beta

Gama

Delta

∆

Épsilon

Zeta

Eta

Teta

Iota

Capa

Lambda

Csi

Ômicron

Rô

Sigma

Thau

Upsilon

Phi

Chi

Psi

Omega

Ω

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2.1

ESTÁTICA

Forças no plano

A Força representa a ação de um corpo sobre o outro e é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. A intensidade de uma força é expressa em Newton (N) no Sistema Internacional de Unidades (SI). A direção de uma força é definida por sua linha de ação, ou seja, é a reta ao longo da qual a força atua, sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo, como indicado na Figura 1 abaixo.

α Figura 2.1

O sentido da força é indicado por uma seta (vetor). Denomina-se Grupo de forças, o conjunto de forças aplicadas em um único ponto de um corpo. Sistema de forças é o conjunto de forças aplicadas simultaneamente em pontos diversos de um mesmo corpo.

2.2

Equilíbrio de um ponto material

Ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se ocupasse um ponto no espaço. Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é nula, este ponto está em equilíbrio. Este princípio é conseqüência da primeira lei de Newton: “se a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este ponto permanece em repouso (se estava originalmente em repouso) ou move-se ao longo de uma reta com velocidade constante (se originalmente estava em movimento)”. Para exprimir algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto material, escreve-se: ΣF = R = 0 onde: F = força R = resultante das forças

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Ricardo Gaspar

A representação gráfica de todas as forças que atuam em um ponto material pode ser representada por um diagrama de corpo livre, como indica a figura ao lado.

A F2 F3

Figura 2.2 Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio As condições necessárias e suficientes para o equilíbrio são:

ΣFx = 0 ΣFx = 1500 − 1000sen30º −2000sen30º = 0 ΣFx = 1500 − 500 − 1000 = 0 ok

F4 = 2000N

30°

A F1 = 1500N

Σ Fy = 0 ΣFy = 2000 cos 30º −1000 cos 30º −866 = 0

F3 = 1000N

ΣFy = 1732 − 866 − 866 = 0 ok

30°

F2 = 866N

Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio

2.3

Resultante de uma força

Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou analíticas. a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de forças, como indicado nas figuras abaixo. R

Regra do paralelogramo A

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P R=P+Q

Regra do Triângulo

Q R=P+Q

R=F1+F2+F3

Composição de forças

F2 R=F1+F2

F3 F3

R=F1+F2-F3 y

F Decomposição de forças

Fy x

b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de equilíbrio.

Q=60 N Exemplos

Determinar a Resultante das duas forças P e Q agem sobre o parafuso A.

25º

20º

P=40 N

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a. Soluções gráficas R=98 N

R=98 N

Q=60 N Q=60 N

35.0° 25º

20º

P=40 N

35.0° P=40 N

Regra do paralelogramo

Regra do triângulo

b. Solução analítica: trigonometria Cálculo da força resultante: Lei dos cossenos: R 2 = P 2 + Q 2 − 2 PQ cos B R 2 = 60 2 + 40 2 − 2 × 40 × 60 × cos 155º R = 97,7 N

Cálculo do ângulo α Lei dos senos senA senB senA sen155º = = Q R 60 97,7 A = 15º senA = 0,25 α = A + 20º α = 15º +20º = 35º

155°

Q=60 N

P=40 N

Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção e sentido contrário”. R=97,7 N Portanto, o parafuso está reagindo por uma força de Q=60 N mesma intensidade da resultante de P e Q, mas em sentido 35.0° contrário. A força de reação 25º P=40 N Fx=80 N pode ser decomposta em duas 20º A forças Fx e Fy, que são suas 35° projeções sobre os eixos (x e y). Fx = 97,7 × cos 35º = 80 N Fy = 97,7 × sen35º = 56 N

R=97,7 N

Fy=56 N

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Verificação do equilíbrio do ponto A

Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que n

∑F

agem no ponto A sejam nulas, ou seja:

i =1

∑F ∑F

Q=60 N

25º

Fx=80 N

20º

= 60 × cos 45º +40 × cos 20º −80 = 0 0=0

P=40 N

∑F ∑F

= 60 × sen 45º +40 × sen 20º −56 = 0 0=0

Fy=56 N

Um caso particular da terceira lei de Newton é a lei da gravitação que trata da atração da Terra sobre um ponto material localizado em sua superfície. A força de atração exercida pela Terra sobre o ponto material é definida como o seu peso (P). a intensidade do peso P de um ponto material de massa m é expresso como. P = m⋅g onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 2. Determinar as forças nos cabos.

B C

P = m⋅g P = 75 ( kg ) × 9,81 (m / s 2 ) P = 736 N

30°

75 kg

TAC TAB 736 = = sen 60º sen 40º sen80º

40°

80° 60°

solução gráfica: desenho do polígono de forças.

TAB

736 N

50°

T AC

TAB = 647 N e TAC = 480 N

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solução analítica: equações de equilíbrio. ΣFx = 0 TAC ⋅ cos 30º −TAB ⋅ cos 50º = 0 T ⋅ cos 50º TAC = AB (1) cos 30º Σ Fy = 0

TAB T AC 50°

30°

TAB ⋅ sen50º +TAC ⋅ sen 30º −736 = 0 Substituindo TAC pela relação (1), tem-se

736 N

TAB ⋅ cos 50º ⋅ sen 30º = 736 cos 30º TAB = 647 N e TAC = 480 N TAB ⋅ sen50º +

Exercícios

1. Determinar a força F e o ângulo α. y F

α 20°

50°

20°

x 50°

TA =2,5 kN

TB = 2,5 kN

Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º 2. Determinar as forças nos cabos

TA A

60°

x 20°

20°

m=50 kg

B P

Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N

F3 = 15 N

3. Determinar a resultante do sistema de forças indicado e o seu ângulo de inclinação em relação ao eixo x.

F2 = 20 N

70° 50°

F1 = 10 N

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Ricardo Gaspar

Roteiro: a. Determinar inicialmente a resultante entre as forças F1 e F2 e seu respectivo ângulo (α12) em relação ao eixo x. Chamar a resultante de R12; b. Em seguida, determinar a resultante de todo o sistema, chamando-a de R123 (R123 é a resultante entre R12 e F3); c. Finalmente, determinar o ângulo (α123) de R123 em relação ao eixo x. Respostas: R123 = 32,19 N e α123 = 61,46º 4. Determinar o valor da força F. a)

b) y

200 N

300 N 60°

159,65 N 60°

30°

20°

346,41 N

Resp. F = 314,41 N c)

Resp. F = 400 N d) y

y 250 N

141,42 N

45°

30°

45°

120 N

60°

91,9 N

141,42 N

Resp. F = 200 N e)

Resp. F = 255,45 N f)

450 N

329,36 N

100 N 65°

100 N

45°

60°

45°

70°

61 kg

Resp. F = 321,74 N

Resp. F=268,95 N

Mecânica dos Materiais

2.4

Ricardo Gaspar

Momento de uma força

Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao eixo fixo. Considere-se uma força F que atua em um corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na figura. A força F é representada por um vetor que define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a distância perpendicular de 0 à linha de ação de F.

M0 F d

Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo M0 = F × d onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0 0 = pólo ou centro de momento d= distância perpendicular de 0 à linha de ação de F, também chamada de braço de alavanca O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F. Convenciona-se momento positivo se a força F tender a girar o corpo no M+ Msentido anti-horário e negativo, se tender a girar o corpo no sentido horário. No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m). Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m). 2.4.1

Momento de um sistema de forças coplanares

Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo ponto 0. F1

F2 b1

2.4.2

0 A3

A2 b3

M S ,0 = ∑ M F i ,0 i =1

Teorema de Varignon

Seja R a resultante do sistema de forças S. “O Momento da resultante de um sistema de forças em relação a um ponto é igual ao momento do sistema ou seja, a soma algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em relação ao mesmo ponto O”.

M R ,0 = M S ,0 = ∑ M F i ,0 i =1

Mecânica dos Materiais

2.4.3

Ricardo Gaspar

Momento de um binário

Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam, tendem a fazê-lo girar. A1

b -F1

Exemplos

1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: 30°

300mm

a) o momento da força em relação a D;

125mm

b) a menor força aplicada em D que ocasiona o mesmo momento em relação a D;

225mm

c) o módulo e o sentido da força vertical que, aplicada em C, produz o mesmo momento em relação a D; d) a menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D. 30°

125mm

300mm

a) braço de alavanca 197,3 mm

225mm

Momento M=F×b

.3m m

M=450×197,3= 88785 N.mm ou 225mm

125mm

M= 88,8 N.m

30°

300mm

225mm

Solução

30°

52.6°

19 7

450 N

37.4°

225mm

22.6°

325

450 N

A D

450 N

b) Para se obter a menor força aplicada em B que ocasiona o mesmo momento em relação a D, deve-se utilizar o maior braço de alavanca, ou seja: b = 225 2 + 300 2 = 375 mm

37 5m m

F= 36.9°

225mm

C 53.1°

M b

c) F =

F= M b

88,8 = 236,8 N 0,375

88,8 = 394,7 N 0,225

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

30°

300mm

b = 2252 + 225 2 = 318,2 mm F=

M b

A D

225mm

125mm

d) A menor força que, aplicada em C, ocasiona o mesmo momento em relação a D é aquela cujo braço de alavanca é o maior possível, ou seja:

450 N

88,8 = 279 N 0,3182

31 8, 2

m m

225mm

2. A figura abaixo representa uma junta rebitada, composta por dois rebites de mesmo diâmetro. Determinar as forças horizontais e verticais atuantes nos rebites. Como os rebites são iguais, as cargas e as reações verticais em cada rebite também são iguais: RAV= RBV= 3000÷2= 1500 N. O rebite A está sendo “puxado” para a direita, portanto, possuirá uma reação horizontal para a esquerda; 3000 N 600mm

O rebite B está sendo “empurrado” para a esquerda, portanto, possuirá uma reação horizontal para a direita. dos

esforços

A RAV

200mm

Determinação horizontais: ∑MA = 0

R AH

RBH×200=3000×600 = 9000 N RAH= RBH=9000 N

R BH RBV

0m m

3. Determinar o Momento em A devido ao binário de forças ilustrado na figura

30°

MA= F×b MA= 500×0,12 = 60 N.m

120mm

F1=500 N

F2=500 N

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30 0

4. Substituir o binário da figura por uma força F vertical aplicada no ponto B.

30°

F1=F2= 500 N

F=400 N

M b

120mm

MA= F×b 60 = 400 N 0,15

A 150mm

MA =60N.m

5. Substituir o binário e a força F ilustrados na figura por uma única força F=400 N, aplicada no ponto C da alavanca. Determinar a distância do eixo ao ponto de aplicação desta força.

300 mm

MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m

AC =

F=400 N

200 N

210 = 420 mm cos 60º

A 120mm

84 d= = 0,21 m = 210 mm 400

M d= F

30°

200 N 150mm d=210mm

5. Determinar a intensidade da força F para que atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. a=

200 = 217 mm = 0,217 m cos 23º

MA= F×b F=

M b

40 = 184,1 N 0,217

6. Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de φ 20 mm a uma luva, como mostra a figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força aplicada no aperto for 40 N.

∑M

40 × 180 = F × 30 F=

40 × 180 = 240 N 30

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2.4.4

Ricardo Gaspar

Equilíbrio de corpos rígidos

Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo. ΣF = 0

ΣM 0= 0

As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática. Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas, encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido no espaço:

ΣFx = 0

Σ Fy = 0

ΣFz = 0

ΣM x= 0

ΣM y= 0

ΣM z= 0

Equilíbrio ou em duas dimensões

As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura, tem-se:

y Fz = 0 0

M x= M y= 0

M z= M 0

para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no espaço reduzem-se a: ΣFx = 0

Σ Fy = 0

ΣM A= 0

onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser resolvidas para um máximo de três incógnitas. O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano.

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2.5

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Apoios

Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo rígido está apoiado. Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e recebem a seguinte classificação: Apoio móvel • Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do ou

apoio; • Permite rotação.

Apoio fixo • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Permite rotação.

Engastamento • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Impede rotação.

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2.6

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Tipos de Estruturas

As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais: ΣFx = 0 2.6.1

Σ Fy = 0

ΣM A= 0

Estruturas hipostáticas

Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta estrutura não possui restrição a movimentos horizontais.

P A

L RA

2.6.2

Estruturas isostáticas

Estruturas isostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é igual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. No exemplo da estrutura da figura, as incógnitas são três: RA, RB e HA. Esta estrutura está fixa; suas incógnitas podem ser resolvidas somente pelas equações fundamentais da Estática.

HA A

L RA

2.6.3

Estruturas hiperestáticas

Estruturas hiperestáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é superior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. Um tipo de estrutura hiperestática es’ta ilustrado na figura ao lado. As incógnitas são quatro: RA, RB, HA e MA. As equações fundamentais da Estática não são suficientes para resolver as equações de equilíbrio. São necessárias outras condições relativas ao comportamento da estrutura, como, p. ex., a sua deformabilidade para determinar todas as incógnitas.

HA A

L RA

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3.1

TRELIÇAS

Definição

Treliça é toda estrutura constituída de barras ligadas entre si nas extremidades. O ponto de encontro das barras é chamado nó da treliça. Os esforços externos são aplicados unicamente nos nós. Denomina-se treliça plana, quando todas as barras de uma treliça estão em um mesmo plano. Para se calcular uma treliça deve-se: a) determinar as reações de apoio; b) determinar as forças nas barras. A condição para que uma treliça de malhas triangulares seja isostática é: 2n = b + v

onde: b= número de barras n= número de nós v= número de reações de apoio Adota-se como convenção de sinais: barras tracionadas:

positivo

barras comprimidas: negativo

setas saindo do nó setas entrando no nó

Os esforços nas barras das treliças podem ser resolvidos por métodos gráficos e analíticos. Um dos vários processos analíticos usuais é o Método do Equilíbrio dos Nós, abaixo exemplificado.

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3.2

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Método do equilíbrio dos nós

Inicialmente devem-se identificar os nós e verificar os tipos de reações de apoio. No caso da treliça da figura, no nó A tem-se um apoio móvel e no nó B, um apoio fixo.

50 kN

100 kN

Como os apoios móveis restringem somente deslocamentos os perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RA.

2m α

Como os apoios fixos restringem deslocamentos paralelos e perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RB e uma reação horizontal HE.

F 2m

2m RE

Verificar se a treliça é uma estrutura isostática barras nós reações

2n = b + v

b=9 n=6 v=3

Conclusão:

2×6 = 9+ 3

a treliça é uma estrutura isostática

Cálculo do ângulo de inclinação das barras α = arctg

cateto oposto 2 = = 45º cateto adjacente 2

a) Cálculo das reações de apoio

Equação de equilíbrio das forças na horizontal: ΣFH = 0

conclusão:

HE = 0

Equação de equilíbrio das forças na vertical: ΣFV = 0

R A + RE − 50 − 100 − 50 = 0

R A + RE = 200 kN

(1)

Equação de equilíbrio de momentos: Como a estrutura está em equilíbrio, a somatória dos momentos em relação a qualquer ponto da estrutura deve ser nula. Tomando-se por exemplo o nó A como referência, tem-se ΣM A = 0

RE =

4 × RE − 50 × 4 − 100 × 2 = 0

400 4

RE = 100 kN

Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se: R A + 100 = 200 kN

logo

R A = 100 kN

b) Cálculo das forças nas barras

Iniciar a resolução pelo nó que tiver no máximo duas forças incógnitas. As forças devem estar tracionando o nó (seta saindo). Como não se sabe a priori se as forças nas barras são de tração ou de compressão, adotam-se como se fossem tracionadas. Se o valor

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determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta deve ser mudado. Nó A

ΣFH = 0

ΣFV = 0 100 + N 1 = 0 →

N2 = 0

N 1 = −100 kN

Nó B

ΣFH = 0

N 3 + N 4 cos 45º = 0 →

45°

Nó C

→

100

ΣFV = 0 100 − 50 − N 4 sen 45º = 0 → N 4 = 70,7 kN ΣFH = 0

100 50

N 3 = −50 kN

50 + N 5 = 0

→

N 5 = −50 kN

ΣFV = 0 100 + N 6 = 0

→

N 6 = −100 kN

→

N 7 = 70,7 kN

N5 C N6

Nó D

ΣFH = 0

50 50

50 − N 7 cos 45º = 0

45°

ΣFV = 0 50 + N 8 + 70,7 sen 45º = 0 → N 8 = −100 kN

Nó E

100 N9

ΣFH = 0

→

N9 = 0

100

Nó F Verificação

ΣFH = 0

100 70,7 0,0

45°

70,7

− 70,7 cos 45º +70,7 cos 45º = 0

0,0

ΣFV = 0 − 100 + 70,7 sen 45º +70,7 sen 45º = 0 →0 = 0 ok

→ 0 = 0 ok

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Como a treliça é simétrica, com carregamentos simétricos, os resultados das forças que agem nos nós D e E são iguais às dos nós B e A, respectivamente. Portanto, não há necessidade de se calcular as forças nos nós D e E. Resultados 50 kN

NAB= -100 kN

compressão

100 kN

50 kN

NAF= 0 NBC= -50 kN

compressão

NBF= +70,7 kN

tração

NCF= -100 kN

compressão

NCD= -50 kN

compressão

NDF= +70,7 kN

tração

NDE= -100 kN

compressão

2m α A

F 2m

NFE= 0 kN

2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura.

RB B 1.0 m

1.0 m

40 kN

20 kN

α θ E

A 2.0 m

D 2.0 m

Cálculo dos ângulos de inclinação das barras

α = arctg =

2 = 63,43º 1

θ = arctg =

1 = 26,56º 2

a) Cálculo das reações de apoio ΣFH = 0

H A + H B = 40 kN

ΣFV = 0

RB + 20 = 0

RB = −20 kN

ΣM B = 0

+ H A × 2 − 40 × 2 − 40 × 1 = 0

H A = 60 kN H B = −20 kN

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b) Cálculo das forças nas barras

Nó B

ΣFH = 0

20 kN

− 2 + N 2 senα = 0

20 kN

63.4°

Nó A

ΣFV = 0 20 + N 1 − N 2 cos α = 0 →

N 2 = 22,4 kN

N 1 = 10 kN

ΣFH = 0

→

26.6°

N4 100

6 + N 4 + N 3senθ = 0

6 + N 4 − 22,4 senθ = 0 →

N 4 = 40 kN

ΣFV = 0 10 + N 3 cos θ = 0

→

N 3 = −22,4 kN

ΣFH = 0

→

N 6 = 40 kN

ΣFV = 0

→

N 5 = 0 kN

ΣFV = 0 − 20 + N 7 senθ = 0

→

N 7 = 44,7 kN

Nó E

N5 40

N6 E

Nó D

20 N7 26.6°

ΣFH = 0

− 40 + 44,7 cos senθ = 0 → 0 = 0 ok ΣFH = 0

Nó C

22,4 26.6°

22,4

0,0

40 44,7

22,4 cos θ − 22,4 cos θ − 40 + 44,7 cos θ = 0 =0 kN ΣFV = 0 22,4 senθ − 22,4 senθ − 44,7 senθ = 0 → 10+10-20 =0 ok

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Resultados RB

NAC= -22,4 kN

compressão

NBC= +40 kN

tração

NBC= +22,4 kN

tração

NCE= 0 NCD= +44,7 kN

tração

NED= +40 kN

tração

HB 1.0 m

tração

1.0 m

NAB= +10 kN

40 kN

20 kN

α θ E

D 2.0 m

2.0 m

Exercícios

1. Determine a força em cada barras das treliças ilustradas. Indique se cada barra está tracionada ou comprimida. 1.

FAC = 10 kN T

1.2m

FBC = 8,545 kN T

0.9m

FAB = 8 kN C 2.4m

9000 N 1200 N A

2. 375mm

FAB = 3 900 N T

FAC = 4 500 N C FBC = 3600 N C

C 400mm

500mm

3. FAB = FDE = FBG = FDI = 0; FAF = FCH = FEJ = 400 N C;

400 N

400 N E

FBC = FCD = 800 N C;

FBF = FDJ = 849 N C; FBH = FDH = 283 N T; FFH = FGH = FHI = FIJ = 600 N T

G a

I a

J a

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9000 N A

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B 2,7m

FAB = 9 kN; FAC = 0; FBC = 11,25 kN C

9000 N

FBD = 6,75 kN T;

D 2,7m

FCD = 18 kN T FCE = 6,75 kN C;

FDE = 22,50 kN C 3,6m

FDF = 20,25 kN T

FAB = FDE = 8 kN C B

FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T

FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C A

FBF = FDH = FCG = 4 kN T

30°

4 kN

C 1,5 m

B 1,5 m

1,5 m

3,6 m

100 kN

3,6 m

30°

a 4 kN

6. FAB = 130 kN T FAD = 100 kN T FAE = 130 kN C FBC = 173,5 kN T FBE = 50 kN T FBF = 52,05 kN C FCF = 33,35 kN T FDE = 0 FEF= 1120 kN C

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4.1

TENSÕES E DEFORMAÇÕES

Introdução

Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados, de modo elementar, considerando-se o alongamento de uma barra prismática (barra de eixo reto e de seção constante em todo o comprimento). Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças axiais P (forças que atuam no eixo da barra), que produzem alongamento uniforme ou tração na barra. Sob ação dessas forças originam-se esforços internos no interior da barra. Para o estudo desses esforços internos, considere-se um corte imaginário na seção mm, normal a seu eixo. Removendo-se por exemplo a parte direita do corpo, os esforços internos na seção considerada (m-m) transformam-se em esforços externos. Supõe-se que estes esforços estejam distribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal.

m m L

σ Figura 4.1.

Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços devem ser equivalentes à resultante, também axial, de intensidade P. Quando estas forças são distribuídas perpendiculares e uniformemente sobre toda a seção transversal, recebem o nome de tensão normal, sendo comumente designada pela letra grega σ (sigma). Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da seção transversal é obtida dividindo-se o valor da força P pela área da seção transversal, ou seja,

σ=

P A

(1)

A tensão tem a mesma unidade de pressão, que, no Sistema Internacional de Unidades é o Pascal (Pa) corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2, ou seja, Pa = N/m2. Como a unidade Pascal é muito pequena, costuma-se utilizar com freqüência seus múltiplos: MPa = N/mm2 = (Pa×106), GPa = kN/mm2 = (Pa×109), etc. Em outros Sistemas de Unidades, a tensão ainda pode-se ser expressa em quilograma força por centímetro quadrado (kgf/cm2), libra por polegada quadrada (lb/in2 ou psi), etc. Quando a barra é alongada pela força P, como indica a Figura 4.1, a tensão resultante é uma tensão de tração; se as forças tiverem o sentido oposto, comprimindo a barra, tem-se tensão de compressão.

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A condição necessária para validar a Equação (1) é que a tensão σ seja uniforme em toda a seção transversal da barra. O alongamento total de uma barra submetida a uma força axial é designado pela letra grega δ (delta). O alongamento por unidade de comprimento, denominado deformação específica, representado pela letra grega ε (epsilon), é dado pela seguinte equação:

ε=

(2)

onde:

ε = deformação específica δ = alongamento ou encurtamento L = comprimento total da barra. Note-se que a deformação ε é uma quantidade adimensional. É de uso corrente no meio técnico representar a deformação por uma fração percentual (%) multiplicando-se o valor da deformação específica por 102 ou mesmo até (‰) multiplicando-se por 103.

4.2

Diagrama tensão-deformação

As relações entre tensões e deformações para um determinado material são encontradas por meio de ensaios de tração. Nestes ensaios são medidos os alongamentos δ, correspondentes aos acréscimos de carga axial P, que se aplicarem à barra, até a ruptura do corpo-de-prova. Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da seção transversal da barra e as deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao longo do qual a deformação é medida. Deste modo obtém-se um diagrama tensão-deformação do material em estudo. Na Figura 4.2 ilustra-se um diagrama tensão-deformação típico do aço.

σσ

σe σp

Tensão

σ=

B A

δ εr

εp região elástica

Deformação ε =

escoamento

P A

δ L

σr = tensão de ruptura σe = tensão de escoamento σp = tensão limite de proporcionalidade

região plástica

Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às deformações; o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. 0 ponto A é chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a

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proporcionalidade. Daí em diante inicia-se uma curva que se afasta da reta 0A, até que em B começa o chamado escoamento. O escoamento caracteriza-se por um aumento considerável da deformação com pequeno aumento da força de tração. No ponto B inicia-se a região plástica. O ponto C é o final do escoamento o material começa a oferecer resistência adicional ao aumento de carga, atingindo o valor máximo ou tensão máxima no ponto D, denominado limite máximo de resistência. Além deste ponto, maiores deformações são acompanhadas por reduções da carga, ocorrendo, finalmente, a ruptura do corpo-de-prova no ponto E do diagrama. A presença de um ponto de escoamento pronunciado, seguido de grande deformação plástica é uma característica do aço, que é o mais comum dos metais estruturais em uso atualmente. Tanto os aços quanto as ligas de alumínio podem sofrer grandes deformações antes da ruptura. Materiais que apresentam grandes deformações, antes da ruptura, são classificados de materiais dúcteis. Outros materiais como o cobre, bronze, latão, níquel, etc, também possuem comportamento dúctil. Por outro lado, os materiais frágeis ou quebradiços são aqueles que se deformam relativamente pouco antes de romper-se, como por exemplo, o ferro fundido, concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, entre outros.

4.3

Tensão admissível

Para certificar-se de que a estrutura projetada não corra risco de ruína, levando em conta algumas sobrecargas extras, bem como certas imprecisões na construção e possíveis desconhecimentos de algumas variáveis na análise da estrutura, normalmente emprega-se um coeficiente de segurança (γf), majorando-se a carga calculada. Outra forma de aplicação do coeficiente de segurança é utilizar uma tensão admissível ( σ ou σ adm ), reduzindo a tensão calculada (σcalc), dividindo-a por um coeficiente de segurança. A tensão admissível é normalmente mantida abaixo do limite de proporcionalidade, ou seja, na região de deformação elástica do material. Assim,

σ = σ adm =

4.4

σ calc γf

(3)

Lei de Hooke

Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários materiais, quando carregados por tração. Quando um corpo-de-prova do material é descarregado, isto é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a deformação sofrida durante o carregamento desaparecerá parcial ou completamente. Esta propriedade do material, pela qual ele tende a retornar à forma original é denominada elasticidade. Quando a barra volta completamente à forma original, diz-se que o material é perfeitamente elástico; mas se o retorno não for total, o material é parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação que permanece depois da retirada da carga é denominada deformação permanente.

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A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como:

σ = Eε

(4)

onde σ = tensão normal E = módulo de elasticidade do material ε = deformação específica O Módulo de Elasticidade representa o coeficiente angular da parte linear do diagrama tensão-deformação e é diferente para cada material. A lei de HOOKE é valida para a fase elástica dos materiais. Por este motivo, quaisquer que sejam os carregamentos ou solicitações sobre o material, vale a superposição de efeitos, ou seja, pode-se avaliar o efeito de cada solicitação sobre o material e depois somá-los. Alguns valores de E são mostrados na Tabela abaixo. Para a maioria dos materiais, o valor do Módulo de Elasticidade sob compressão ou sob tração são iguais. Tabela 4.1 Propriedades mecânicas típicas de alguns materiais Material

Peso específico (kN/m3)

Módulo de Elasticidade (GPa)

Aço

78,5

200 a 210

Alumínio

26,9

70 a 80

Bronze

83,2

Cobre

88,8

120

Ferro fundido

77,7

100

Madeira

0,6 a 1,2

8 a 12

Quando a barra é carregada por tração simples, a tensão axial é σ = P / A e a deformação específica é ε = δ / L . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE, tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra:

δ=

PL EA

(5)

Esta equação mostra que o alongamento de uma barra linearmente elástica é diretamente proporcional à carga e ao comprimento e inversamente proporcional ao módulo de elasticidade e à área da seção transversal. O produto EA é conhecido como rigidez axial da barra.

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4.4.1

Ricardo Gaspar

Coeficiente de Poisson

Quando uma barra é tracionada, o alongamento axial é acompanhado por uma contração lateral, isto é, a largura da barra torna-se menor enquanto cresce seu comprimento. Quando a barra é comprimida, a largura da barra aumenta. A Figura 3 ilustra essas deformações.

Figura 4.3. Deformações longitudinal e lateral nas barras A relação entre as deformações transversal e longitudinal é constante dentro da região elástica, e é conhecida como relação ou coeficiente de Poisson (v); definido como:

υ=

deformação lateral deformação longitudinal

(6)

Esse coeficiente é assim conhecido em razão do famoso matemático francês S. D. Poisson (1781-1840). Para os materiais que possuem as mesmas propriedades elásticas em todas as direções, denominados isotrópicos, Poisson achou ν ≈ 0,25. Experiências com metais mostram que o valor de v usualmente encontra-se entre 0,25 e 0,35. Se o material em estudo possuir as mesmas propriedades qualquer que seja a direção escolhida, no ponto considerado, então é denominado, material isótropico. Se o material não possuir qualquer espécie de simetria elástica, então é denominado material anisotrópico. Um exemplo de material anisotrópico é a madeira pois, na direção de suas fibras a madeira é mais resistente.

4.4.2

Forma geral da Lei de Hooke

Considerou-se anteriormente o caso particular da Lei de HOOKE, aplicável a exemplos simples de solicitação axial. Se forem consideradas as deformações longitudinal (εL) e transversal (εt), tem-se, respectivamente:

εL =

σ E

ε t = νε L =

υσ E

(7)

No caso mais geral, no qual um elemento do material é solicitado por três tensões normais σx, σy e σz, perpendiculares entre si, às quais correspondem respectivamente às deformações εx, εy e εz, a Lei de HOOKE se escreve:

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1 [σ x − υ (σ y + σ z )] E 1 ε y = [σ y − υ (σ z + σ x )] E 1 ε z = [σ z − υ (σ x + σ y )] E

εx =

σz

σx

σy

. (8) .

A lei de HOOKE é válida para materiais homogêneos, ou seja, aqueles que possuem as mesmas propriedades (mesmos E e ν) em todos os pontos. Exemplos

1. Determinar a tensão de tração e a deformação específica de uma barra prismática de comprimento L=5,0m, seção transversal circular com diâmetro φ=5cm e Módulo de Elasticidade E=20.000 kN/cm2 , submetida a uma força axial de tração P=30 kN.

P=30 kN

P L= 5 m A=

πφ 2

4 P σ= A PL δ= EA

ε=

δ L

π × 52

= 19,6 cm2

4 30 σ= = 1,53 kN/cm2 ou 15,3 MPa 19,6 30 × 500 δ= = 0,0382 cm 20.000 ×19,6 0,0382 ε= = 0,0000764 ou × 1000 = 0,0764 (‰) 500

2. A barra da figura é constituída de 3 trechos: trecho AB=300 cm e seção transversal com área A=10cm2; trecho BC=200cm e seção transversal com área A=15cm2 e trecho CD=200cm e seção transversal com área A=18cm2 é solicitada pelo sistema de forças indicado na Figura. Determinar as tensões e as deformações em cada trecho, bem como o alongamento total. Dado E=21.000 kN/cm2.

150kN

30kN

300 cm

50kN C

200 cm

170kN

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Trecho A-B

150kN

R=150kN

50kN

30kN

170kN

300 cm

P A PL δ= EA

150 = 15 kN/cm2 10 150 × 300 δ= = 0,214 cm 21.000 × 10 0,214 ε= × 1000 = 0,713 (‰) 300

σ=

ε=

σ=

Trecho B-C

R=120kN

30kN

50kN

R=120kN

150kN

170kN 200 cm

P A PL δ= EA

120 = 8 kN/cm2 15 120 × 200 δ= = 0,076 cm 21.000 ×15 0,076 ε= × 1000 = 0,38 (‰) 200

σ=

ε=

σ=

Trecho C-D

R=170kN 150kN

30kN

170kN

50kN 200 cm

P A PL δ= EA

σ=

ε=

170 = 9,44 kN/cm2 18 170 × 200 δ= = 0,0899 cm 21.000 ×18 0,0899 ε= × 1000 = 0,45 (‰) 200

σ=

Alongamento total δ = 0,214 + 0,076 + 0,0899 = 0,38 cm

Mecânica dos Materiais

4.5

Ricardo Gaspar

Estruturas estaticamente indeterminadas

Nos exemplos anteriores, as forças que atuavam nas barras da estrutura podiam ser calculadas pelas equações da Estática. Tais estruturas são denominadas estaticamente determinadas. Há casos, porém, em que as equações de equilíbrio fornecidas pela Estática não são suficientes para a determinação de todas as ações e reações de uma estrutura. Para essas estruturas, denominadas, estruturas estaticamente indeterminadas, as forças e a reações só poderão ser calculadas se as deformações forem levadas em conta. Um exemplo simples de estrutura estaticamente indeterminada é ilustrado na Figura 4.4. Ra

P a C

P L

B Rb

(a)

B (b)

(c)

Figura 4.4 Barra estaticamente indeterminada A barra está carregada por uma força P no ponto C e as extremidades AB da barra estão presas em suportes rígidos. As reações Ra e Rb aparecem nas extremidades da barra, porém suas intensidades não podem ser calculadas apenas pelas equações da Estática. A única equação fornecida pelo equilíbrio estático é

Ra + Rb = P

(9)

a qual contém ambas as reações desconhecidas (2 incógnitas), sendo, portanto, insuficiente para seu cálculo com uma única equação. Há necessidade, portanto, de uma segunda equação, que considere as deformações da barra. Para a consideração da deformação na barra, deve-se analisar o efeito de cada força sobre a barra se uma de suas extremidades estivesse livre. Considere-se, então, o efeito da carga P deslocando o ponto A, na estrutura livre, ilustrado na Figura 4.4b. O deslocamento (para baixo) do ponto A, devido ao encurtamento do trecho CD, submetido à carga P, é dado por: Pb δP = EA

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Em seguida, analisa-se o efeito da reação Ra deslocando do ponto A, ilustrado na Figura 4.4c. Note-se que se está analisando o efeito da reação Ra com a extremidade A da barra livre. O deslocamento (para cima) é dado por:

δR =

Ra L EA

Ora, como a extremidade A da barra é fixa, o deslocamento final (δ), neste ponto, resultante da ação simultânea das forças P e Ra, é nulo. Logo,

δR − δP = 0

δP = δR ,

Pb Ra L = . EA EA

ou seja, Logo, Ra =

Rb = P −

→

Pa Pb . Substituindo o Ra na equação (9), tem-se: + Rb = P L L

Pa L

Rb =

PL − Pb L

Rb =

P ( L − b) L

Rb =

Pa L

Exemplos

1. Uma barra constituída de dois trechos é rigidamente presa nas extremidades. Determinar as A reações R1 e R2 quando se aplica uma força P. P/2 Dados: E=21.000 kN/cm2; AAB=5cm2; ABC=7,5cm2; P= 60 kN

P/2

2 cm

Solução

1,5 cm

Equação de equilíbrio R1 + R2 = P

(1)

Equação de compatibilidade das deformações:

δ AB = δ BC

(2)

Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no trecho BC, de valores exatamente iguais. lembrando que δ =

PL , EA

0,4 R1 = 0,2 R2

R1 =

R1 + R2 = 60 →

mas,

0,2 R2 0,4

0,5 R2 + R2 = 60

R1 + 40 = 60

R1 × 2 R2 × 1,5 = E × 5 E × 7,5

tem-se

R1 = 0,5R2 substituindo em (1)

→ logo

1,5 R2 = 60

→

R2 = 40 kN R1 = 20 kN.

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

2. É dado um cilindro de aço de 5cm de diâmetro no interior de um tudo de cobre de 8cm de diâmetro externo, com dimensões indicadas na Figura. Aplicando-se uma força de P=400 kN, qual a parcela de carga no cilindro de aço e qual a parcela de carga no cilindro de cobre? Dados: Eaço=21.000 kN/cm2; Ecobre=12.000 kN/cm2 4

Acobre =

= 19,63 cm2

π × 82 4

−

π × 52 4

Acobre = Acobre,total − Aaço

(1)

δ aço = δ cobre + 0,25

(2)

Paço × 300,25 21.000 × 19,63

placa rígida

= 30,63 cm2

Pcobre + Paço = 400 kN

lembrando que δ =

P=400 kN 0,25 cm

π × 52

posição final cilindro de aço 300 cm

Aaço =

PL , tem-se EA

cilindro de cobre

Pcobre × 300 + 0,25 12.000 × 30,63

5 cm 8 cm

0,000728Paço = 0,000817 Pcobre + 0,25

Paço =

0,000817 Pcobre + 0,25 substituindo em (1), tem-se, 0,000728

Pcobre +

0,000817 Pcobre + 0,25 = 400 kN 0,000728

1,1223Pcobre + Pcobre + 343,4066 = 400

Pcobre +

0,000817 Pcobre 0,25 + = 400 kN 0,000728 0,000728

Pcobre = 26,66 kN substituindo em (1), tem-se: Paço = 400 − 26,66 = 373,34 kN

Exercícios

1. Em uma máquina usa-se uma barra prismática de 10m de comprimento, comprimida por uma força de 500 kN. Sabendo-se que a tensão não deve exceder a 140 kN/cm2 e o encurtamento não deve exceder a 3mm, pede-se determinar o diâmetro da barra. E=21.000 kN/cm2. Resposta: φ=10cm 2. Uma barra prismática está submetida à tração axial. A área da seção transversal é 2cm2 e o seu comprimento é 5m. Sabendo-se que a barra sofre o alongamento δ=0,714285cm quando é submetida à força de tração 60kN, pede-se determinar o módulo de elasticidade do material. Resposta: E=21.000 kN/cm2. 3. Uma barra cilíndrica de 38mm de diâmetro e 20cm de comprimento sofre a ação de uma força de compressão de 200kN. Sabendo-se que o módulo de elasticidade da barra é E=9.000 kN/cm2 e o coeficiente de Poisson, υ=0,3, determinar o aumento de diâmetro da barra. Resposta: δt=0,00223cm.

Ricardo Gaspar

4. A barra rígida AB é articulada em A, suspensa em B por um fio e apóia-se em C em um suporte de ferro. São dados: comprimento do fio: 1,7m; área da seção transversal do fio: 5cm2; módulo de elasticidade do fio E=21.000 kN/cm2; comprimento do suporte: 2m; área do suporte: 15cm2; módulo de elasticidade do suporte E=10.000 kN/cm2. Determinar as forças no fio, no suporte e na articulação. Respostas: Força no fio: 50kN Força no suporte: 25kN Força na articulação: 25kN

4.6

1.70m

Mecânica dos Materiais

P=100 kN A

2.0 m

1.0 m

2.0 m

P=100 kN A

Pf B

Tensões iniciais e Tensões Térmicas

Quando uma estrutura é estaticamente determinada, a variação uniforme da temperatura em todo seu comprimento não acarreta nenhuma tensão, pois a estrutura é capaz de se expandir ou se contrair livremente. Por outro lado, a variação de temperatura em estruturas fixas, estaticamente indeterminadas, produz tensões em seus elementos, denominadas tensões térmicas. Esta conclusão pode ser observada pela comparação entre uma barra livre em uma das extremidades, com outra barra engastada nas duas extremidades, como mostrado na Figura 4.5. R

∆T

B (a)

∆T

B (b)

(c)

Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura

Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra causará o alongamento:

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

δ = αL∆T

(10)

onde: α = coeficiente de dilatação térmica

L = comprimento ∆T = variação de temperatura (ºC) Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão na barra. Na Tabela 4.2 estão indicados coeficientes de dilatação térmica de alguns materiais. Tabela 4.2 Valores Típicos do coeficiente de dilatação térmica Material

Coeficiente de dilatação térmica α (10-6 ºC-1)

Aço

11,7

Alumínio

21,4 a 23,9

Magnésio

26,1

Cobre

16,7

Concreto

7,2 a 12,6

No caso de barras estaticamente indeterminadas, como a que aparece na Figura 4.5, quando há aumento de temperatura, a barra não pode alongar-se, surgindo, como conseqüência, uma força de compressão que pode ser calculada pelo método descrito no item precedente. Para a barra engastada da Figura 4.5a, vê-se que, se a extremidade A for liberada, seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo de temperatura, será o mesmo deslocamento para baixo, decorrente da ação da força R, ou seja, RL/EA. Igualando esses dois deslocamentos vêm: R = EAα∆T

(11)

Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra pelas expressões:

σ=

R = Eα∆T A

ε=

σ E

= α∆T

Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha a ação de forças externas. Exemplo

Uma barra prismática, rigidamente presa nas extremidades é submetida a um aumento de temperatura de 20ºC, ao mesmo tempo em que recebe uma carga P=30 kN. Determinar as reações de apoio. Dados: A= 1,5 cm2; E=20.000 kN/cm2; α=11,7×10-6 ºC-1; ∆T= +20ºC

100 cm

250 cm

P=30 kN

Solução: a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura R = EAα∆T

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

R'A =7,02

R'B =7,02 kN

R = 20.000 × 1,5 ×11,7 ×10 −6 × 20 = 7,02 kN

→

R = R ′A = RB′

b) ao se aplicar a carga P= 30 kN no ponto C, o trecho AC sofrerá um alongamento exatamente igual ao encurtamento no trecho CB, portanto, δ AC = δ BC . Assim,

R ′A′ × 100 RB′′ × 250 = EA EA

→

R ′A′ = 2,5RB′′

fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: R ′A′ = 2,5RB′′ , logo,

RB′′ + R ′A′ = P

mas

2,5RB′′ + RB′′ = 30

→

RB′′ = 8,57 kN

→Portanto, R′A′ = 21,43 kN

3,5RB′′ = 30

P=30 kN

B R''B =8,57 kN

R''B =21,43

Como se trata de uma estrutura trabalhando no regime elástico, vale a superposição de efeitos, ou seja, os efeitos da temperatura na barra e da carga P: R A = − R ′A + R ′A′

R A = −7,02 + 21,43 = 14,41 kN

RB = RB′ + RB′′

RB = 7,02 + 8,57 = 15,59 kN

Exercício P=200 kN

Eaço=21.000 kN/cm2; αaço=11,7×10-6 ºC-1 Resposta: ∆T = 40,7ºC.

50cm

1. A um tubo de aço se aplica uma carga axial de 200 kN por meio de uma placa rígida. A área da seção transversal do cilindro de aço é 20cm2. Determinar o acréscimo de temperatura ∆T para o qual a carga externa seja equilibrada pelos esforços que aparecem nos cilindros de aço e cobre. Dados: tubo de aço

Mecânica dos Materiais

4.7

Ricardo Gaspar

Tensão de cisalhamento

Denomina-se força cortante (V), a componente de uma força, contida no plano da seção transversal considerada, como ilustrado na Figura 4.6. A força cortante é uma força que atua no próprio plano da seção transversal. A outra componente é a força normal. força tangencial

R resultante

P força normal

L barra engastada

Figura 4.6 A força cortante dá lugar, em cada um dos pontos da seção, ao aparecimento de uma tensão tangencial, denominada tensão de cisalhamento, designada pela letra grega τ. Admitindo-se distribuição uniforme da tensão de cisalhamento na seção transversal de área A, tem-se, em cada ponto da seção:

τ=

V A

(12)

A tensão de cisalhamento, como a tensão normal, tem também a mesma unidade de pressão a qual, no Sistema Internacional é o pascal (Pa). Exemplo

Considere-se o parafuso de 12,5 mm de diâmetro, da junta da Figura abaixo. A força P é igual a 15 kN. Admitida a distribuição uniforme das tensões de cisalhamento, qual o valor dessas tensões, em qualquer uma das seções transversais m—n ou p—q?

B n

C p

V n

m p q

m p

V Solução Supõe-se que a força P solicite igualmente as duas seções transversais. Nessas condições, a força que atua em cada plano é: 15/2=7,50 kN, sobre a seção de área π×1,252/4 = 1,23 cm2. Portanto,

τ=

V A

τ=

7,5 = 6,1 kN/cm2 1,23

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Exercícios

1. Emprega-se um rebite para ligar duas barras de aço, como se indica na figura, Se o diâmetro do rebite é 19mm e a carga P = 30 kN, qual a P tensão de cisalhamento no rebite? Resposta:τ= 10,6 kN/cm2.

P=30 kN

φ 19mm

2. A barra AB é perfeitamente ajustada aos anteparos fixos quando a temperatura é de +25ºC. Determinar as tensões atuantes nas partes AC e CB da barra para a temperatura de –50ºC. Dados: E=200GPa e α=12×10-6/ºC. Respostas: σAC = 240 MPa; σCB = 120 MPa

3. Determine a deformação da barra de aço sob a ação das cargas indicadas. Dado: E=210 GPa Resposta: δ=2,75×10-3m = 2,75mm

4. A barra (1) da figura é de aço, possui A1=400mm2 de área de seção transversal e seu comprimento é L1= 800mm. Determinar para a barra (1): a) carga axial atuante (F1) b) tensão normal atuante (σ1) c) o alongamento (∆L1) d) a deformação longitudinal (ε1) e) a deformação transversal (εt1) Dados: Eaço=210 GPa; υ=0,3 Respostas: a) F1=6,125 kN; b) σ1=15,3MPa c) ∆L1=58×10-6m; d) ε1=0,0000725; e) εt1=-0,000022

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

5. A barra rígida BDE é suspensa por duas hastes AB e CD. A haste AB é de alumínio (Eal=70GPa) com área de seção transversal de 500mm2; a haste CD é de aço (Eaço=200GPa) com área de seção transversal de 600mm2. Para a força de 30kN determine. a) deslocamento de B; b) deslocamento de D; c) deslocamento de E.

6. A viga da figura está apoiada n ponto A por meio de um pino com φ12,5mm de diâmetro e sustentada no ponto B por meio de um cabo de aço com φ4mm de diâmetro. Ao se aplicar uma carga P no ponto C, o cabo sofre um alongamento de 0,2cm. Determinar a carga P e a tensão de cisalhamento no ponto do suporte A. Desprezar o peso próprio da barra. Dado: σaço=2000 kgf/cm2 . Respostas: P = 377kgf τA = 102,4 kgf/cm2 .

P A

C 4m

B 2m

Respostas: a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

CARACTERÍSTICAS GEOMÉTRICAS DE FIGURAS PLANAS

O dimensionamento e a verificação da capacidade resistente de barras, como de qualquer elemento estrutural dependem de grandezas chamadas tensões, as quais se distribuem ao longo das seções transversais de um corpo. Daí vem a necessidade de se conhecer claramente as características ou propriedades das figuras geométricas que formam essas seções transversais. A Figura abaixo ilustra uma barra reta de seção transversal constante, chamada barra prismática. O lado da barra que contém o comprimento (L) e a altura (h) é chamado de seção longitudinal e o que contém a largura (b) e a altura (h) é chamado de seção transversal.

h L

seção longitudinal

seção transversal

Figura 5.1 Barra prismática As principais propriedades geométricas de figuras planas são: Área (A)

Momento de Inércia (I)

Momento estático (M)

Módulo de resistência (W)

Centro de gravidade (CG)

Raio de giração (i)

5.1

Área

A área de uma figura plana é a superfície limitada pelo seu contorno. Para contornos complexos, a área pode ser obtida aproximando-se a forma real pela justaposição de formas geométricas de área conhecida (retângulos, triângulos, etc). A unidade de área é [L]2 (unidade de comprimento ao quadrado). A área é utilizada para a determinação das tensões normais (tração e compressão) e das tensões de transversais ou de corte.

Mecânica dos Materiais

5.2

Ricardo Gaspar

Momento Estático

Analogamente à definição de momento de uma força em relação a um eixo qualquer, defini-se Momento Estático (M) de um elemento de superfície como o produto da área do elemento pela distância que o separa de um eixo de referência.

y dA

M x = y ⋅ dA e M y = x ⋅ dA

x y

Momento Estático de uma superfície plana é definido como a somatória de todos os momentos estáticos dos elementos de superfície que formam a superfície total.

A y

M x = ∫ ydA e M y = ∫ xdA A

A unidade do Momento Estático é área é [L]× [L]2 = [L]3.

O Momento Estático é utilizado para a determinação das tensões transversais que ocorrem em uma peça submetida à flexão. O Momento Estático de uma superfície composta por várias figuras conhecidas é a somatória dos Momentos Estáticos de cada figura. Exemplo: determinar o Momento Estático das figuras abaixo A1

CG 1

M 1, x = yCG1 ⋅ A1 2

M 2, x = yCG 2 ⋅ A2

CG 2 1

y CG

M 3, x = yCG 3 ⋅ A3

y CG

M x = M 1, x + M 2, x + M 3, x

Elemento vazado 1 2

M x = M 1, x − M 2, x

Mecânica dos Materiais

5.3

Ricardo Gaspar

Centro de Gravidade

Se um corpo for dividido em partículas mínimas, estas ficam sujeitas à ação da gravidade, isto é, em todas estas partículas está aplicada uma força vertical atuando de cima para baixo. A resultante de todas estas forças verticais e paralelas entre si, constitui o peso do corpo. Mesmo mudando a posição do corpo aplicando-lhe uma rotação, ele permanecerá sempre sujeito à ação da gravidade. Isto significa que as forças verticais girarão em relação ao corpo, mas continuaram sempre paralelas e verticais. O ponto onde se cruzam as resultantes dessas forças paralelas, qualquer que seja a posição do corpo, chama-se Centro de Gravidade (CG). Portanto, atração exercida pela Terra sobre um corpo rígido pode ser representada por uma única força P. Esta força, chamada peso do corpo, é aplicada no seu baricentro, ou cento de gravidade (CG). O centro de gravidade pode localizar-se dentro ou fora da superfície.

y x CG

CG y CG

O centro de gravidade de uma superfície plana é, por definição, o ponto de coordenadas: xCG

1 = = ∫ x ⋅ dA A AA

yCG

M 1 = x = ∫ y ⋅ dA A AA

onde: xCG = distância do CG da figura até o eixo y escolhido arbitrariamente; yCG = distância do CG da figura até o eixo x escolhido arbitrariamente; Mx = momento estático da figura em relação ao eixo x; My = momento estático da figura em relação ao eixo y; A = área da Figura. Centro de gravidade de áreas compostas por várias figuras

O centro de gravidade de uma superfície composta por várias figuras, é expresso por: y

xCG =

∑A ⋅x

∑A

i =1

yn y1

yCG = x

∑A ⋅y i

i =1

∑A i =1

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Centro de gravidade de algumas figuras planas

retângulo y x CG

xCG =

b 2

yCG =

h 2

y CG x

triângulo y

b 3 h = 3

xCG = h

yCG

y CG x

x CG

círculo y

xCG = 0 CG

yCG = 0

Semicírculo r

r CG

4R ___ 3

¼ de círculo 4R ___ 3

π r

yCG =

4r 3π

xCG =

4r 3π

yCG =

4r 3π

4R ___ 3

trapézio y

h1 =

h a + 2b ⋅ 3 a+b

h2 =

h 2a + b ⋅ 3 a+b

h2 CG h1 x

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Exemplos

1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo dA

em relação ao eixo x que passa pela sua base.

Área do retângulo A = b ⋅ h

O Momento Estático do retângulo em relação ao eixo x é somatória do produto de cada elemento de área dA pela sua distância em relação ao eixo x.

x b

Momento Estático

Centro de Gravidade

dA = b ⋅ dy h

y CG

M x = ∫ y ⋅ dA = ∫ y ⋅ b ⋅ dy 0

Mx =

b⋅h 2

2. Determinar o CG da Figura.

yCG =

h 2

(medidas em centímetros)

2 6

A = A1 − A2 − A3

A = 84 cm 2

A = (8 × 15) − (6 × 4 ) − (4 × 3)

y CG = 10

b ⋅ y  b⋅h b ⋅0 Mx =  = −  2 2  2 0 2

y CG = 7,5

b ⋅ h2 M h = x = 2 = A b⋅h 2

y CG = 3,5

M 1, x = yCG1 ⋅ A1 = 7,5 × (8 ×15) = 900 cm 3 M 2, x = yCG 2 ⋅ A2 = 10 × (6 × 4 )

= 240 cm 3

M 3, x = yCG 3 ⋅ A3 = 3,5 × (3 × 4 )

= 42 cm 3

M x = M 1, x − M 2, x − M 3, x = 900 − 240 − 42 = 618 cm 3 yCG =

M x 618 cm 3 = = 7,36 cm A 84 cm 2

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Ricardo Gaspar

3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada.

A1 = (12 × 8) = 96 cm 2

A2 = (3 × 3) = 9 cm 2

A = A1 − A2 = 87 cm 2

5,69

M 1, x = 6 × 8 × 12

= 576 cm 3

M 2, x = 9 × 3 × 3

= 81 cm 3

M x = M 1, x − M 2, x = 495 cm 3 x CG

yCG =

M x 576 cm 3 = = 5,69 cm A 87 cm 2

4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro). y 3

A Figura hachurada pode ser o resultado de um retangulo (12×6) cm do qual foram retirados um triângulo e um semicírculo.

5,15

Área da figura A = AR − AT − ASC

A = (12 × 6 ) − [0,5 × (3 × 6 )] − (0,5 × π × r 2 ) = 56,72 cm 2 A = 53,72 cm 2

Momento Estático M R , x = 12 × 6 × 3

= 216 cm 3

M T , x = 4 × 0,5 × 3 × 6

36 cm 3

4×2  3 M SC , x = 0,5π × 2 2  6 −  = 32,37 cm 3π   M x = M R , x − M T , x − M CC , x

= 147,63 cm 3

Coordenada yCG do centro de gravidade yCG =

Mx A

yCG =

147,63 = 2,6 cm 56,72

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Analogamente, determina-se a coordenada xCG. y

M R , y = 6 × 12 × 6

432 cm 3

M T ,y = 1 ×

9 cm 3

M SC , y

= 50,26 cm 3

3×6 2 π × 22 = 8× 2

M y = M R , y − M T , y − M SC , y = 372,73 cm 3 Coordenada xCG do centro de gravidade xCG =

5.4

xCG =

372,73 = 6,57 cm 56,72

Momento de Inércia

O momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência é definido como sendo a integral de área dos produtos dos elementos de área que compõem a superfície pelas suas respectivas distâncias ao eixo de referência, elevadas ao quadrado. y dA

I x = ∫ y 2 dA A

I y = ∫ x 2 dA

A unidade do momento de inércia é [L]2×[L]2=[L]4 . O momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento dos elementos estruturais, pois fornece, em valores numéricos, a resistência da peça. Quanto maior for o momento de inércia da seção transversal de uma peça, maior a sua resistência.

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Propriedade:

O momento de inércia total de uma superfície é a somatória dos momentos de inércia das figuras que a compõe. I x = I 1, x + I 2, x + I 3, x

Exemplo Determinar o momento de inércia da superfície hachurada em relação ao eixo x que passa pelo CG. (medidas em centímetros) 8 3

b ⋅ h3 12

I xCG =

x CG

I xCG = 1.024 cm 4

5.5

1 ( 8 × 123 − 3 × 83 ) 12

Translação de eixos

O momento de inércia de uma superfície em relação a um eixo qualquer é igual ao momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo seu centro de gravidade, acrescido do produto da área (A) pelo quadrado da distância que separa os dois eixos. 2 I x = I xCG + A ⋅ yCG

2 I y = I yCG + A ⋅ xCG

y CG

x CG

CG y CG

onde: x

Ix = momento de inércia da figura em relação ao eixo x. Iy= momento de inércia da figura em relação ao eixo x. I xCG = momento de inércia da figura em relação ao eixo xCG que passa pelo CG da figura. I yCG = momento de inércia da figura em relação ao eixo yCG que passa pelo CG da figura. xCG = distância do eixo y até o eixo yCG . y CG = distância do eixo x até o eixo xCG .

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

O momento de inércia é utilizado para a determinação das tensões normais a que estão sujeitas as peças submetidas à flexão. As formulações acima podem ser expressas em função do momento estático: Mx = y⋅ A

→

M x2 = y 2 ⋅ A2

→

y2 =

M x2 A2

I x = I xCG + →

2 I x = I xCG + A ⋅ y CG

I x = I xCG +

M x2 ⋅A A2

M x2 A

⇒ M x2 = Ix − A

I xCG Exemplo:

Determinar o momento de inércia do retângulo em relação aos seguintes eixos: a) x, passando pela base inferior. b) xCG , passando pelo CG. a) dA=b.dy

I x = ∫ y 2 dA A

dy h

 b ⋅ y3  I x = ∫ y bdy =    3 0 0 2

I xCG

+h/2 h/2

b ⋅ h3 → Ix = 3

 b ⋅ h3  2 = ∫ y bdy =    3  −h 2 −h 2 2

CG x

I xCG =

h/2

-h/2

3 3 b  h   h   ⋅   −  −   3  2   2  

I xCG = ∫ y dA 2

I xCG =

b  h3 h3  ⋅ +  3  8 8

b 2h 3 b ⋅ h 3 ⋅ = 3 8 12

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Utilizando a formulação de mudança de eixos 2 I x = I xCG + A ⋅ yCG

h/2 CG

Ix =

x CG

h/2

Momento de inércia do retângulo em b ⋅ h3 relação ao seu CG → I x ,CG = 12

5.6

Ix =

b ⋅ h3 h + bh ⋅   12 2

b ⋅ h 3 b ⋅ h 3 bh 3 + 3 ⋅ bh 3 + = 12 4 12

4b ⋅ h 3 Ix = 12

⇒

b ⋅ h3 Ix = 3

Módulo Resistente

Define-se módulo resistente de uma superfície plana em relação aos eixos que contém o CG como sendo a razão entre o momento de inércia relativo ao eixo que passa pelo CG da figura e a distância máxima entre o eixo e a extremidade da seção estudada. y

y sup

Wx =

I CG y max

Wy =

I CG x max

CG x

y inf

x esq

x dir

onde: ICG = momento de inércia da peça em relação ao CG da figura x, y = distância entre o eixo do CG da figura e a extremidade da peça. A unidade do módulo resistente é

[L]4 = [L]3 . [L]

O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à flexão. Para o retângulo, tem-se: h/2 CG h/2

Ix =

b ⋅ h3 12

A = b⋅h

b ⋅ h3 b ⋅ h3 2 b ⋅ h2 12 Wx = = ⋅ = h 12 h 6 2

Mecânica dos Materiais

5.7

Ricardo Gaspar

Raio de Giração

Define-se raio de giração como sendo a raiz quadrada da relação entre o momento de inércia e a área da superfície. A unidade do raio de giração é o comprimento. O raio de giração é utilizado para o estudo da flambagem. cm 4 = cm cm 2

I A

Características Geométricas de algumas figuras conhecidas Momento de Inércia

Figura

Momento Resistente

Raio de Giração

Quadrado

Ix =

h4 12

Wx =

h3 6

ix =

h 12

Retângulo

x CG

I xCG =

bh 3 12

Wx =

b ⋅ h2 6

I xCG =

bh 3 36

Wx =

b ⋅ h2 12

πd 4

Wx =

h 12

Triângulo

h x CG

ix =

h⋅ 2 6

Círculo

CG x CG

I xCG =

π ⋅ D3

ix =

D 4

Círculo vazado

I x CG =

x CG

π (D 4 − d 4 ) 64

Wx =

π (D 3 − d 3 ) 32

ix =

1 D2 + d 2 4

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Exemplo

A figura representa a seção transversal de uma viga “T”. Para a figura, determinar: a) o centro de gravidade; b) o momento de inércia em relação ao eixo x; c) os módulos Resistentes superior e inferior; d) o raio de giração. (medidas em centímetros)

y sup x CG

CG 5

y inf x

Para facilitar a determinação das propriedades geométricas de figuras compostas, convém montar a seguinte tabela: Figura 1 2 3

b (cm) 3 2 3

h (cm) 2 7 2 Σ

yCG (cm) 6 3,5 6

A (cm2) 6 4 6 26

Mx (cm3) 36 49 36 121

ICGi (cm4) 2 57,17 2

Ixi (cm4) 218 228,67 218 664,67

Centro de gravidade (CG) y CG =

∑M ∑A

121 = 4,65 cm 26

Como o eixo de referência passa pela base da figura, então yinf=4,65cm e ysup=2,35cm. Na coluna ICGi (cm4) foi determinado o momento de inércia de cada figura, passando pelo respectivo centro de gravidade. Por se tratar de retângulos, utilizou-se a expressão I x = b ⋅ h 3 / 12 . Em seguida, deve-se proceder à translação destes momentos de inércia para eixo x de referência para determinar a sua somatória. A translação de eixos é feita por meio da expressão: I x = I CG + y 2 ⋅ A Obtido o momento de inércia total em relação ao eixo x, deve-se agora proceder à translação para o eixo x que passa pelo centro de gravidade da figura, por meio da seguinte expressão: I CG

M x2 = Ix − A

I CG

1212 = 664,67 − 26

O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é I CG = 101,55 cm 4 Em seguida, calculam-se os momentos resistentes:

Wx ,sup =

I CG 101,55 = = 43,21 cm 3 ysup 2,35

Finalmente, determina-se o raio de giração. ix =

I CG A

ix =

101,55 = 1,98 cm 26

Wx ,inf =

I CG 101,55 = = 21,84 cm 3 4,65 y inf

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Exercícios: Determinar as características geométricas das figuras abaixo: a) área; b) centro de gravidade (xCG , yCG); c) momento de inércia em relação ao eixo x; c) momento de inércia em relação ao eixo x; d) módulo resistente superior e inferior; e) raio de giração. y Respostas:

A = 16 cm2 Ix,CG = 141,33 cm4 Wsup = 35,33 cm3 i = 2,97 cm

yCG = 4 cm Winf = 35,33 cm3

medidas em centímetros

Respostas:

y 2

A = 86 cm2 Ix,CG = 683,73 cm4 Wsup = 139,67 cm3 i = 2,82 cm

4 1

Winf = 133,94 cm3

medidas em centímetros

yCG = 5,105 cm

Respostas: A = 25 cm2 Ix,CG = 56,08 cm4 Wsup = 16,99 cm3 i = 1,50 cm

yCG = 1,7 cm Winf = 32,99 cm3

medidas em centímetros

Respostas:

2,5

yCG =4,0 cm A = 18 cm2 4 Ix,CG = 166 cm Wsup = Winf =41,5 cm3 i = 3,04 cm

medidas em centímetros

Respostas:

1,2

3,6

1,2

medidas em centímetros

yCG = 3,0 cm A = 18,72 cm2 Ix,CG = 43,72 cm4 Wsup = Winf = 14,57 cm3 i = 1,53 cm Respostas:

1,2

3,6

1,2

A = 23,2 cm2 Ix,CG = 179,06 cm4 Wsup = 44,76 cm3 i = 2,78 cm

1,5

3,5

medidas em centímetros

yCG = 4 cm Winf = 44,76 cm3

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6.1

ESFORÇOS SOLICITANTES

Introdução

Os corpos sólidos não são rígidos e indeformáveis. A experiência mostra que, quando submetidos a forças externas, os corpos se deformam, ou seja, variam de dimensões. Os esforços internos que tendem a resistir às forças externas são chamados esforços solicitantes. Se as forças externas produzirem tensões abaixo do limite de elasticidade do material do corpo sólido, ao cessarem, este readquire a forma e as dimensões originais. Esta propriedade chama-se elasticidade e a deformação chama-se, então, elástica. Se as forças, porém, passarem de um determinado valor, de modo que, ao cessarem, o corpo não volta mais à forma primitiva, mantendo-se permanentemente deformado, dizse que o corpo foi solicitado além do limite de elasticidade. Se as forças aumentarem ainda mais, as deformações permanentes aumentam rapidamente até provocarem ruptura do corpo. A força que provoca ruptura do corpo serve para medir sua solidez, ou seja, sua resistência à ruptura. Ao se dimensionar uma peça deve-se não só evitar a sua ruptura, como também evitar deformações permanentes, ou seja, ao cessar a força externa, as deformações devem também cessar. Surge então a necessidade de um estudo mais profundo dos esforços a que estão submetidos os materiais, com vistas a se obter um dimensionamento seguro e econômico.

6.2

Classificação dos esforços solicitantes

Os esforços solicitantes são classificados em: •

Força Normal (N)

Força Normal é a componente da força que age perpendicular à seção transversal. Se for dirigida para fora do corpo, provocando alongamento no sentido da aplicação da força, produz esforços de tração. Se for dirigida para dentro do corpo, provocando encurtamento no sentido de aplicação da força, produz esforços de compressão. As forças normais são equilibradas por esforços internos resistente e se manifestam sob a forma de tensões normais (força por unidade de área), representadas pela letra grega σ (Sigma), que serão de tração ou de compressão segundo a força normal N seja de tração ou compressão.

Mecânica dos Materiais

•

Ricardo Gaspar

Força Cortante (V)

Força Cortante é componente da força, contida no plano da seção transversal que tende a deslizar uma porção do corpo em relação à outra, provocando corte (deslizamento da seção em seu plano). As tensões desenvolvidas internamente que opõem resistência às forças cortantes são denominadas tensões de cisalhamento ou tensões tangenciais (força por unidade de área), representadas pela letra grega τ (Thau). •

Momento Fletor (M)

Um corpo é submetido a esforços de flexão, quando solicitado por forças que tendem a dobrá-lo, fleti-lo ou mudar sua curvatura. O momento fletor age no plano contém o eixo longitudinal, ou seja, perpendicular à seção transversal. •

Momento de Torção (T)

A componente do binário de forças que tende a girar a seção transversal em torno de eixo longitudinal é chamado Momento de Torção. 6.3

Convenção de sinais

Obtidos os valores de N, V, M e T, podem-se traçar, em escala conveniente, os diagramas de cada esforço solicitante, também denominados linhas de estado. Força normal (N) •

tração (+)

•

compressão (-)

Força cortante (V) P

Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à seção S: positivo (+)

Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em P

relação à seção S: negativo (-)

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Momentos fletores (M) Momento Fletor: o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas atuantes na peça tracionam suas fibras inferiores e, negativo, quando as cargas atuantes na peça tracionam suas fibras superiores. OBS: não confundir Momento Fletor com Momento aplicado aos corpos rígidos, cuja convenção de sinais é •

tende a girar no sentido horário ( – )

•

tende a girar no sentido anti-horário ( + )

Momentos de Torção(T) Momento de Torção é considerado positivo quando tende a girar a seção transversal em torno de seu eixo longitudinal no sentido anti-horário e, negativo, quando tende a gira no sentido horário. Regras para o traçado dos diagramas de esforços solicitantes

1. Nos pontos da barra em que a força é paralela ao eixo longitudinal, o diagrama de esforços normais apresenta um ressalto de mesma intensidade da força. 2. Nos pontos da viga onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o diagrama de esforços cortantes apresenta um ressalto de mesma intensidade da força concentrada. 3. Nos pontos da viga onde atua um momento externo, o diagrama de momento fletor apresenta um ressalto de mesma intensidade do momento externo. 4. Nos pontos do diagrama onde o esforço cortante é nulo, o diagrama de momento fletor apresenta um ponto de máximo. 5. Nos pontos da barra onde há força concentrada perpendicular ao eixo longitudinal, o diagrama de momento fletor apresenta um ponto anguloso. 6. As funções carregamento, esforço cortante e momento fletor, como se verá mais adiante, estão relacionadas por meio da seguinte equação diferencial de segunda ordem: d 2 M dV = = − q . Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o dx 2 dx valor da do momento fletor.

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7.1

VIGAS

Introdução

Vigas são elementos de barras, submetidas a cargas transversais em relação a seu eixo e destinadas a vencer vão.

As cargas podem ser classificadas em relação à área em que são aplicadas em concentradas e distribuídas. As cargas VÃ concentradas são aquelas cuja superfície de O ( L) contato com o corpo que lhe resiste é desprezível comparada com a área do corpo. As cargas distribuídas são aquelas aplicadas ao longo de um comprimento ou sobre uma superfície, podendo ser uniforme ou não Fig. 7.1 Viga simplesmente apoiada submetida a uniforme. uma carga concentrada no meio do vão 7.2 7.2.1

Tipos de cargas Cargas distribuídas

As cargas distribuídas sobre vigas são cargas por unidade de comprimento. Estas cargas, uniformes ou variáveis, podem ser representadas por uma carga concentrada equivalente (R), cujo valor corresponde à área formada pela figura que representa a carga distribuída e é aplicada em seu centro de gravidade (CG).

Carga uniformemente distribuída carga por unidade de comprimento (tf/m, kgf/m, kN/m) R = carga equivalente, definida como R=q.a (área do retângulo) O ponto de aplicação da carga equivalente é o centro a de gravidade do retângulo, ou seja, x = 2

q x a

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Carga distribuída variável

a. Triangular O valor da carga equivalente é a área da triângulo, ou q .a e é aplicada no centro de gravidade: seja, R = 2 2.a a centro de gravidade: x' = e x' ' = 3 3

x´

x" a

b. Trapezoidal O valor da carga equivalente é a área do trapézio, ou p+q seja, R = ⋅a 2 e é aplicada no centro de gravidade x =

7.3

a 2p + q ⋅ 3 p+q

p x´ a

Apoios ou vínculos

Apoios ou vínculos são elementos que restringem movimentos das estruturas e recebem a seguinte classificação: Apoio móvel

• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do apoio;

ou Apoio fixo

• Permite rotação. • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Permite rotação.

Engastamento • Impede movimento na direção normal ao plano do apoio; • Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio; • Impede rotação.

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EXEMPLOS

1. Viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada. x

P S1

S2 HB

Pb / L

RB = Pa / L

b L

Pb / L

(V)

Pa / L (M)

+ Pba / L

a) Cálculo das reações

∑ FH = 0 ∑ FV = 0

HB = 0

⇒ HB = 0

RA + RB − P = 0

⇒ RA + RB = P

∑MA = 0

+ RB . L − P.a = 0

⇒ RB =

RA +

mas

Pa =P L L−a =b

⇒

RA = P − ⇒

RA =

Pa L

⇒

RA =

Pa L

PL − Pa L

⇒

RA =

P (L − a ) L

Pb L

b) Cálculo dos esforços solicitantes (internos) Seção S1 entre A e C

0≤ x≤a

(forças à esquerda)

Força cortante: V1 = + RA Momento fletor

M 1 = + RA. x =

P.b .x L

x 0 a

M1 0 Pba L

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a≤x≤L

Seção S2 entre C e B

(forças à esquerda)

Força cortante:

V2 = + RA − P = V2 =

Pb −P l

Pb − PL P(b − L ) Pa = =− L L L

Momento fletor: M 2 = + RA . x − P( x − a )

M2 =

Pb . x − Px + pa L

⇒

p / x = L,

Pb . L − PL + RA , como (b + a + L ) L

tem − se :

⇒

p(b − L + a ) = 0

Obs.: O sinal de + RA. x é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de − P ( x − a ) é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S. Quando

a=b=

L 2

RA = RB =

tem-se

P 2

2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída carga equivalente

R=q.L

q (kN/m) L/2

HB = 0

L/2 L

RA = qL/2

RB = qL/2

qL/2 0

V (kN) -

L/2 0

-qL/2 M (kN.m)

+ 2

qL /8

M máx =

PL 4

Mecânica dos Materiais

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a) Cálculo das reações

∑F ∑F

HB = 0

RA + RB − q . L = 0

∑M

+ RB . L − q . L .

L =0 2

⇒

RA + RB = q . L

⇒

RB =

q. L q. L ∧ RA = 2 2

b) Cálculo dos esforços solicitantes (forças à esquerda)

Seção S

Força cortante

V qL 2 qL − 2

V = + RA − q . x q. L V =+ − q. x 2 equação do primeiro grau

L L 2

Obs.: Quando a força cortante for mínima, o momento fletor é máximo. Portanto, deve-se igualar a zero a equação da força cortante para determinar o local do diagrama onde o momento fletor é máximo. Assim,

q.L − q. x = 0 2

⇒

q. x =

q.L 2

⇒

L 2

Momento fletor carga equivalente x/2

q.x

S q

A x

x M = RA . x − q . x . 2 M=

q. L q. x .x − 2 2

x 0 L 4 L

M 0 3qL2

Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como dM se verá mais adiante, = V . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se: dx q.L/2

q . L L 1 q . L2 . . = M = 2 2 2 8

+ L/2

Analogamente, do lado direito: M =

q . L L 1 q . L2 . . = 8 2 2 2

O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo.

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3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre P

MA HA A

x L

a. Cálculo das reações

∑ FH = 0 ∑ FV = 0

HA = 0 RA − P = 0

RA = P

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: V = +P

A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. Momento fletor

x 0 L

Seção S M = −P ⋅ x

M 0 – PL

Diagrama de esforços solicitantes

O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é linear e depende de x. A medida distância x inicia-se na extremidade livre da viga.

L RA=P P

-PL 0

_ M

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4. Viga em balanço submetida a carga uniformemente distribuída a. Cálculo das reações

∑F ∑F

carga equivalente R=qxL

HA = 0 RA − qL = 0

RA = qL

q A

x L

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante:

A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) x V 0 0 L qL Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. V = + qx

Momento fletor

Seção S

M = −q ⋅ x ⋅

x qx =− 2 2

carga equivalente R=q.x x/2

x/2

qL2 2

−

O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau e que a distância x inicia na extremidade livre da viga. q

Diagrama de esforços solicitantes

L RA=q.L q.L 0 2

-q.L /2 0

_ M

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5. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo no vão. x

L-a L

RA=Mc / L

RB=-Mc / L

a) Cálculo das reações

∑ FV = 0

RA + RB = 0

RA = − RB

b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Mc L

Força cortante

V =+

Momento fletor

M = + RA ⋅ x = +

Mc ⋅x L

No trecho AC o momento externo traciona a face inferior da viga; logo, o momento fletor é positivo. x 0 a

M M = c ⋅x L

No trecho CB, o momento externo

M 0 M ca L

traciona a face superior da viga logo, o momento fletor neste trecho é negativo. Portanto, em x=a, tem-se: M = M =

a RA=Mc / L

+ M ca − Mc L + M c a − M c L − M c (L − a ) = L L

0 -Mc (L-a) L Mc

RB=-Mc / L

_ M Mc a L

-Mc

Diagrama de esforços solicitantes

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade. Ma

L Ma / L

-Ma / L

a) Cálculo das reações

∑F

RA + RB = 0

RA = − RB

b) Cálculo dos esforços solicitantes V =+

Força cortante:

Ma (constante) L

M = − M a (constante)

Momento fletor

L Ma / L

-Ma / L

Ma / L

É negativo porque traciona a face superior da

viga -Ma

_ M

Diagrama de esforços solicitantes EXERCÍCIOS

1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo:

P=6 kN

MA HA A

x L=3 m

a. Cálculo das reações

∑ FH = 0 ∑ FV = 0

HA = 0 RA − 6 = 0

RA = 6kN

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante:

A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) V = + P = 6kN

Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. Momento fletor

Seção S

x M M = −P ⋅ x

0 3

0 − 18

P=6 kN Diagrama de esforços solicitantes

O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga.

Notar que a equação que define o momento fletor é linear e depende de x.

x L=3 m

RA=6 kN 6

-18

M (kN.m

2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: carga equivalente R=4 x 2=8 kN q=4 kN/m

HA A

x L=2 m

V (kN)

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a. Cálculo das reações

∑ FH = 0 ∑ FV = 0

HA = 0 RA − 4 × 2 = 8kN

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante:

A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) x V V = + qx

0 2

0 8

Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x.

Momento fletor

Seção S

x M 0 0

x M = −2 ⋅ x ⋅ = −2 x 2 2

−8

O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga. Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau. q=4 kN/m

Diagrama de esforços solicitantes

L=2 m RA=6 kN 8 0

V (kN)

-8

_ 0

M (kN.m

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

3. Dado a viga abaixo, calcular as reações, os esforços solicitantes e trocar os diagramas de força cortante e momento fletor. NOTA: Quando a força cortante é

P=20 kN A

mínima, o momento fletor é máximo. Como

B HB

dM = V , ou seja, a integral da dx

3m 5m

força cortante é o momento fletor,

RB=12 kN

RA=8 kN 8

então, a área do diagrama de V

+ _

V (kN) -12 M (kN.m)

corresponde a M . 8 × 3 = 24 e 12 × 2 = 24 kN ⋅ m

a) cálculo das reações

∑ FH = 0 ∑ FV = 0 ∑MA = 0

HB = 0 RA + RB − P = 0

RA + RB = 20 kN

+ RB × 5 − 20 × 3 = 0 5 RB = 60

RA + RB = 20 RA + 12 = 20

RB = 12 kN RA = 8 kN

Pelas fórmulas deduzidas: RA =

Pb 20 × 2 = = 8 kN L 5

RA =

Pa 20 × 3 = = 12 kN L 5

b) cálculo dos esforços solicitantes Convenção de sinais para força cortante:

P P

tende girar a viga no sentido horário em relação à seção S

tende girar a viga no sentido anti-horário em relação à seção S

Mecânica dos Materiais

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Força cortante Seção S1 S1

V1 = + RA V1 = +8 kN RA=8 kN

•

A reação RA tende a cortar a viga na seção S1 no sentido horário ⇒ (+) Seção S2 P=20 kN

V2 = + RA − P 3m

RA=8 kN

•

V2 = 8 − 20 = −12 kN

(x-3)

Notar que V1 e V2 não dependem de x. Portanto, V1 e V2 serão constantes no diagrama de força cortante. Momento fletor

•

Seção S1

x M1

M 1 = (+) RA ⋅ x

M1 = 8 ⋅ x

Momento fletor (+) por tracionar a face inferior. Seção S2 M 2 = + RA ⋅ x − P ⋅ ( x − 3)

x M2

M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ ( x − 3)

3 24

M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ x + 60

M 2 = −12 x + 60 •

Notar que as equações que definem o momento fletor dependem de x e são lineares.

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo. carga equivalente

2,5 m

10 x 5 = 50 kN

L/2

q = 10 kN / m HB = 0

S L=5m

RA = 25 kN 25

RB = 25 kN

V (kN) -

2,5 m L/2

25 M (kN . m)

31,25

a) Cálculo das reações

∑F ∑F

BH = 0

RA + RB − (10 ⋅ 5) = 0 RA + RB = 50 kN

∑M

+ RB ⋅ 5 − (10 ⋅ 5 ⋅ 2,5) = 0

5 RB = 125 RB = 25 kN

Pelas fórmulas deduzidas:

RA = 25 kN

RA = RB =

q ⋅ L 10 × 5 = = 25 kN 2 2

a) Cálculo dos esforços solicitantes carga equivalente q.x S

x/2

Força Cortante q

V = + RA − q ⋅ x V = 25 − 10 x

RA = 25 kN

•

A reação RA tende a cortar a viga na seção S no sentido horário (+) e a força (q . x), carga equivalente, tende a cortar a viga na seção S no sentido anti-horário (-);

•

No caso de carregamento distribuído, a equação da força cortante depende de x, portanto , trata-se de uma função linear;

Mecânica dos Materiais

•

Ricardo Gaspar

Sabe-se que, quando a força cortante é mínima, o momento fletor é máximo, portanto, necessita-se saber a que distância do apoio A, V = 0. Então, 0 = 25 – 10x. 10 x = 25

x = 2,5 m , ou seja, L

⇒

Diagrama de Força Cortante x 2 2,5 5

2,5 m 25

V (kN) -

V 25 0 -25

função linear

Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor. •

•

Do lado esquerdo

2,5 × 25 = 31,25 kN ⋅ m 2

2,5 × 25 = 31,25 kN ⋅ m 2 Momento fletor carga equivalente q.x S

x/2

Do lado direito:

M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅

M = +25 ⋅ x − 10 ⋅

x 2

x2 2

M = +25 ⋅ x − 5 ⋅ x 2

•

Notar que a reação RA gera um momento fletor na seção S que traciona a face inferior (+) e a força equivalente (q . x). Gera um momento que traciona a fibra superior (-);

•

No caso de carregamento distribuído, a equação do momento fletor depende de (x2), portanto, trata-se de uma função quadrática que resulta numa parábola do 2º grau.

Diagrama de Momento Fletor

M = 25 ⋅ x − 5 ⋅ x 2

2,5 m M (kN . m) +

x 0 2,5 5

M 0 31,25 0

31,25

Pelas fórmulas deduzidas:

M máx =

q ⋅ L2 8

10 × 5 2 = 31,25 kN ⋅ m 8

Mecânica dos Materiais

7.4

Ricardo Gaspar

Equações diferenciais de equilíbrio

Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o comportamento das vigas. Seja a viga em balanço submetida a um carregamento genérico (q), como ilustrado na Figura abaixo. q

dx L

Figura 7.2. Viga em balanço O equilíbrio de um elemento infinitesimal de viga está ilustrado na Figura abaixo. Admite-se que o carregamento neste elemento de comprimento infinitesimal seja constante. q A

M + dM x

M V + dV dx

Figura 7.3. Esforços atuantes em um elemento infinitesimal Conforme a figura acima, as equações diferenciais de equilíbrio são dadas por: Equilíbrio de Forças na direção vertical

∑Fy = 0 ∑ Fy = 0 ⇒ V − qdx − (V + dV ) = 0 ⇒ dV = −qdx dV dV ( x) = − q portanto = −q( x) dx dx

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Equilíbrio de Momentos em relação ao Equilíbrio de Forças em y ponto A

∑MA = 0

∑ M A = 0 ⇒ − M − Vdx + qdx

dx + (M + dM ) = 0 2

dM = Vdx − q

dx 2 2

dM = Vdx ⇒

dM dM ( x) =V ⇒ = V ( x) dx dx

mas

dx 2 = 0 → parcela de segundo grau pode ser desprezada 2

Equações diferenciais de equilíbrio

 dV ( x )  dx = − q( x ) d 2 M ( x) ⇒ = − q( x )  dx 2  dM ( x ) = V ( x )  dx

Notar que a expressão da força cortante V(x) possui um grau a mais que a expressão do carregamento q(x) e a expressão do momento fletor M(x) possui um grau a mais que a expressão da força cortante. Dado um carregamento q(x) qualquer, os esforços V(x) e M(x) são obtidos pela integração das equações diferenciais de equilíbrio, impondo condições de contorno. No caso da viga em balanço tem-se: V ( x) = − qx

M ( x) = −

qx 2 2

d 2M = −q dx 2 V =

dM = ∫ − qdx = − qx + C1 dx

M = ∫ (− qx + C1 )dx = −

qx 2 + C1 x + C 2 2

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

condições de contorno

para x = 0, a força cortante é nula:

V (0) = 0 ⇒ C1 = 0

para x = 0, o momento fletor é nulo:

dx L

M ( 0) = 0 ⇒ C 2 = 0

logo,

V ( x) = −qx M ( x) = −

qx 2 2

Figura 7.4. Diagrama de esforços solicitantes

Notar que: →

q(x)

grau zero

V(x)

primeiro grau →

M(x) segundo grau →

constante linear parabólico

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Exercícios

1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga da figura.

carga equivalente 8x4=32 kN

q=8 (kN/m)

P=16 kN B

HA S1

x 4m

a. Cálculo das reações HA = 0 ∑ FH = 0

∑F ∑M

=0 A

RA + RB − 8 ⋅ 4 − 16 = 0

= + RB × 4 − 16 × 6 − (8 × 4) × 2 = 0

RA + RB = 48 kN RB = 40 kN

RA = 8 kN

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1

0≤x≤4

q.x

x/2

Força cortante:

q=8 (kN/m)

V = + RA − q ⋅ x x V 0 8

V = +8 − 8 x

4 − 24

RA=8 kN

Determinação do local onde a força cortente é nula 0 = +8 − 8 x

x = 1m

Momento fletor:

x M

M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅

x 2

M = +8 x − 8

0 0 1 4 4 − 32

x2 2

8x4=32 kN

Seção S2

4≤x≤6

Força cortante: V = +8 − 32 + 40 = 16 kN

x-2

q=8 (kN/m)

constante

x-4

x RA=8 kN

RB=40 kN

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Momento fletor: M = + RA ⋅ x − 32 ⋅ ( x − 2) + RB ⋅ ( x − 4)

M = 8 x − 32 x + 64 + 40 x − 160 x M

4 − 32 6 0

M = 16 x − 96

Diagrama de esforços solicitantes P=16 kN 8 (kN/m)

HA=0 2m

RA=8 kN 8 0

RB=40kN 16

V(kN)

-24 -32

M(kN.m) 0

0 +4

2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. P=14 kN q=2 kN/m HA

2,5 m

2,5 m 5m

a. Cálculo das reações HA = 0 ∑ FH = 0

∑F ∑M

=0 A

RA + RB − 2 ⋅ 5 − 14 = 0

= + RB × 5 − 14 × 2,5 − 10 × 2,5 = 0

RA + RB = 24 kN RB = 12 kN

RA = 12 kN x/2

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1

0 ≤ x ≤ 2,5

A S1

Força cortante: V = + RA − q ⋅ x V = +12 − 2 ⋅ x

q.x

x V 0 12 2,5 7

RA=12kN

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Momento fletor:

x M 0 0 4 23,75

x2 M = +12 x − 2 2

x M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ 2 Seção S2 2,5 ≤ x ≤ 5 Força cortante: V = + RA − q ⋅ x − P

q.x

2,5 − 7 5 − 12

V = +12 − 2 x − 14

S2 2,5 m

Momento fletor:

(x-2,5) x

M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅ M = +12 x − 2

P=14 kN

x/2

x − P (x − 2,5) 2

RA=12kN

x2 − 14( x − 2,5) 2

x M 2,5 23,75 5 0

M = − x − 2 x + 35 2

Diagrama de esforços solicitantes 2x5=10 kN P=14 kN

q=2 kN/m B

HA=0

2,5 m

2,5 m 5m

RA=12kN

RB=12kN

12 0

+ -7

V(kN) -12

M(kN.m) + 23,75

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

3. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 3x4=12 kN

2x2=4 kN 1m

q=3kN/m

q=2kN/m

4m RB

a. Cálculo das reações

∑F ∑F ∑M

HC = 0

RB + RC − 2 × 2 − 3 × 4 = 0

RB + RC = 16 kN

= + RC × 4 − 12 × 2 + 4 × 1 = 0

RC = 5 kN

RA = 11 kN

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1

q.x

x/2

0≤x≤2

Força cortante:

V = −q ⋅ x

x V 0 0 2 −4

V = −2 x

A x S1

Momento fletor

Seção S2

x M

x2 M = −2 2

x M = −q ⋅ x ⋅ 2

0 0 2 −4

2≤x≤4 (x+1)

Força cortante:

2x2=4 kN

q.x

x/2

V = −( 2 × 2) + 11 − q ⋅ x x V = −4 + 11 − 3x

0 7 2,33 0 4 −5

q=3kN/m

q=2kN/m A

B 2m RB=11kN

Determinação do local onde a força cortente é nula: − 4 + 11 − 3 x = 0

− 3x + 7 = 0

x = 2,33 m

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Momento fletor:

M = −4( x + 1) + 11x − 3x

x 2

M = −4 x − 4 + 11x − 3

x2 2

0 −4 2,33 4,17 4 0

M = −1,5 x 2 + 7 x − 4

Diagrama de esforços solicitantes 3x4=12 kN

2x2=4 kN q=3kN/m

q=2kN/m

HC=0 A

RA=11kN

RC=5kN 2,33

1,67

0 -4

V(kN)

-5

-4

M(kN.m)

4,17

4. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. P=10 kN

P=10 kN

HB A

B 1,5 m

1,5 m

a. Cálculo das reações

∑F ∑F ∑M

HB = 0

RA + RB − 10 − 10 = 0

= + RB ⋅ 6 − 10 × 1,5 − 10 × 4,5 = 0

RA + RB = 20 kN RA = 10 kN

RB = 10 kN

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1

0 ≤ x ≤ 1,5 x

Força cortante: A

V = +10 kN

V = + RA

constante, pois não depende de x. RA=10kN

Momento fletor

x M M = + RA ⋅ x

Seção S2

M = +10 ⋅ x

0 0 1,5 15

1,5 ≤ x ≤ 4,5

P=10 kN

Força cortante: V = +10 − 10 = 0

constante

1,5 m

(x-1,5) x

Momento fletor: M = +10 x − 10( x − 1,5)

RA=10kN

M = +10 x − 10 x + 15 M = +15 kN.m

Seção S3

constante

4,5 ≤ x ≤ 6 P=10 kN

P=10 kN

Força cortante: V = +10 − 10 − 10

V = −10 kN

constante, pois não depende de x.

1,5 m

3m x

Momento fletor RA=10kN

M = +10 x − 10(3 + x − 4,5) − 10( x − 4,5)

x M = −10 x + 60

4,5 15 6 0

(x-4,5)

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Diagrama de esforços solicitantes P=10 kN

P=10 kN

HB=0 A

B 1,5 m

1,5 m

RA=10kN

RB=10kN

0 V(kN)

-10

0 M(kN.m)

5. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas V, M (força cortante e momento fletor) nos seguintes casos: a)

b) P=60 kN

P=40 kN

q=20 kN / m

Resp: RA=100kN RB=80kN Mmax= +160kN.m

Resp: RA=80kN RB=80kN

d) q2=40 kN / m

Mmax= +150kN.m q=20 kN / m

q1=20 kN / m

A B

1,5 m 3m

1,5 m

Resp: RA=75kN RB=105kN Mmax= +137,8kN.m (ocorre a 3,375m do apoio A)

Resp: RA=30kN RB=30kN Mmax= + 67,5kN.m

f) M=5kN.m

P=90 kN

B L=4 m

q=20 kN / m B

Resp: RA=1,25kN RB=-1,25kN V=1,25kN (constante) Mmax= - 5kN.m (constante)

Resp: RA=180kN RB=150kN Mmax= +562,5kN.m (ocorre a 4,5m do apoio A)

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO

Considere-se a viga a simplesmente apoiada, submetidas a duas forças concentradas no mesmo plano xy que contém o eixo da barra, como ilustra a Figura abaixo. P

P x

0 a

y P V -P

Figura 8.1 Essas forças produzem deslocamentos nos diversos pontos do eixo da viga dando origem a tensões internas. A parte central da viga está sujeita somente ao momento fletor M=P.a, sem esforço cortante. Neste trecho diz-se que a solicitação é de flexão pura. Nas seções da viga onde atuam simultaneamente momento fletor e força cortante diz-se que há flexão simples. 8.1

Hipóteses admitidas

Na dedução das expressões das tensões normais decorrentes da flexão, admitem-se as seguintes hipóteses: •

“as seções planas permanecem planas após a deformação” (hipótese simplificadora atribuída a Bernouille);

•

supõem-se vigas prismáticas, ou seja, barra de eixo reto e de mesma seção transversal;

•

admite-se que o material obedeça à lei de Hooke e que os módulos de elasticidade à tração e à compressão sejam iguais.

Figura 8.2

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Para o estudo da distribuição das tensões normais decorrentes da flexão pura devem-se considerar as deformações que ocorrerão na viga no mesmo plano onde atua o carregamento.

8.2

Tensões normais na flexão

A ação do Momento Fletor faz com que o eixo da viga se curve, permanecendo as seções transversais mm e pq planas e normais ao eixo longitudinal. A simetria do carregamento exige que todos os elementos da viga se deformem identicamente, o que só será possível se as seções transversais permanecerem planas. As fibras inferiores serão alongadas, ficando sujeitas a esforços de tração e as fibras superiores serão encurtadas, ficando sujeitas a esforços de compressão. Essas deformações originam internamente na viga tensões de tração e de compressão. Há uma superfície na qual as fibras longitudinais não sofrem variação de comprimento, chamada superfície neutra da viga. Nesta superfície não atuam tensões.

O ponto 0 é o centro da curvatura do eixo longitudinal. O raio

d θ°

de curvatura é

por r. Da

geometria vem: 1 dθ = r dx

Linha Neutra

indicado

q y

Figura 8.3

Acima do eixo neutro, também chamado

Linha

Neutra,

deformações são de compressão e as abaixo, de tração.

Por hipótese, as deformações são suficientemente pequenas de tal modo que em um ponto qualquer pertencente ao eixo neutro, um ângulo inicialmente reto antes da deformação (formado por uma fibra longitudinal e a seção transversal) continua sendo reto depois da deformação.

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Semelhança de triângulos ds s = y r

ds y = s r

→

Sabe-se, contudo, que a deformação específica é

definida como:

εx = x

Esta

y y

equação

ds , s mostra

εx =

logo que

y r deformações

longitudinais (εx) são diretamente proporcionais à

curvatura e à distância y da Linha Neutra.

Figura 8.4

Deve-se notar que esta equação foi deduzida apenas por considerações geométricas, independentes das propriedades do material, sendo válida para qualquer tipo material da viga. Quando a viga é de material elástico linear, com diagrama tensão – deformação linear (material que obedece à Lei de Hooke), tem-se, σ = Eε . Portanto, as tensões normais na viga são: y (1) r Observa-se que a tensão σx é proporcional à distância da Linha Neutra (hipótese de Navier). As tensões variam linearmente com a distância y do eixo neutro, como é mostrado na Figura abaixo.

σx = E

σt

L.N.

M x

0 y

yi A

σc

corte A-A

Figura 8.5 Seja dA uma área elementar na seção transversal e distante y do eixo neutro. A força elementar que atua sobre esta área é σ x dA . Como não há força normal atuando na seção, a integral de σ x dA sobre a área total da seção transversal deve anular-se, o que dá:

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

∫σ

dA = ∫ E

y dA = 0 r

(2)

Como a curvatura e o módulo de elasticidade (E) são constantes,vem:

∫σ

dA =

E ydA = 0 r ∫

logo

∫ ydA = 0

para vigas sob flexão pura. Do estudo das características geométricas de figuras planas sabe-se que a parcela

∫ ydA é definida como Momento Estático utilizado para o cálculo do Centro de Gravidade de figuras. Se o Momento Estático M S = ∫ ydA = 0 , como se vê nas expressões acima, significa que o eixo neutro passa pelo Centro de Gravidade da seção transversal. Os eixos y e z também tem origem no CG da seção transversal. O momento da força elementar σ x dA em relação ao eixo neutro é σ x ydA . A integral de todos esses momentos elementares sobre a área da seção transversal deve ser igual ao momento fletor M, ou seja: M = ∫ σ x ydA =

E r

∫ y dA 2

(3)

mas I = ∫ y 2 dA é o momento de inércia da área da seção transversal, em relação ao eixo z, que é o eixo neutro, ou Linha Neutra. Assim, equação acima pode tomar a seguinte forma: M =

1 EI r

→

1 M = r EI

(4)

conclui-se, então, que a curvatura do eixo longitudinal da viga é diretamente proporcional ao momento fletor M e inversamente proporcional à quantidade EI, conhecida como rigidez ou módulo de rigidez à flexão da viga. Combinando as expressões (1) e (4), obtém-se a equação das tensões normais da viga.

σx =

M y I

(5)

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Nesta equação, M é positivo quando produz compressão na viga e y é positivo quando o sentido é para baixo. As tensões máximas de tração e de compressão ocorrerão nos pontos mais afastados do eixo neutro. Designando os afastamentos das fibras extremas por yinf e ysup, respectivamente, tem-se:

σ x ,máx =

M y inf I

σ x ,mín = −

M y sup I

(6)

Dimensionamento

Do estudo das características geométricas de seções planas, define-se Módulo Resistente (W) por I y

W =

(7)

Combinando as equações (5) e (7), chega-se à :

σx =

M W

(8)

Se for utilizado o método das tensões admissíveis, ou seja, σ x ≤ σ adm é possível dimensionar barras submetidas à flexão:

σ adm =

M W

(9)

Quando a viga tiver seção retangular, com largura b e altura h, o Momento de Inércia e o Módulo Resistente, são, respectivamente

Para seção circular de diâmetro d, tem-se:

πd 4 64

bh 3 12 W =

πd 3 32

W =

bh 2 6

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

P=20 kN

Exemplos

1. O momento fletor da viga da figura é

M=24 kN.m. Sabendo-se que a tensão

3m 5m

admissível do material utilizado na viga é

σ adm = 5 kN cm 2 e que se trata de um perfil retangular com b = 5 cm (largura),

RB=12 kN

RA=8 kN 8 20

determinar a altura (h) do perfil.

V (kN) -12 M (kN.m)

Retângulo

h/2

W= Momento Resistente I= Momento de Inércia

h y

h/2

W = b

I y

onde

Para retângulos tem-se: b ⋅ h3 I= 12

Momento de Inércia

b ⋅ h3 2b ⋅ h 3 b ⋅ h 2 W = 12 = = y 12 ⋅ h 6 2

Módulo Resistente

[L]3 M W

Sendo a tensão definida

σ=

O Módulo Resistente pode também ser expresso por

Ou seja,

b ⋅ h2 M = 6 σ

⇒

h2 =

Logo, determina-se a altura h da viga h=

6M = bσ

6 × 2400 (kN .cm) = 24 cm 5 (cm) × 5 (kN / cm 2 )

h = 24 cm

6M bσ

y=h

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

M=31,25 kN.m.

Sabendo-se

que

carga equivalente

2,5 m

2. O momento fletor da viga da figura

10 x 5 = 50 kN

L/2

q = 10 kN / m

tensão

na viga é σ adm = 5,8 kN cm 2 e que

trata

retangular

com

HB = 0

admissível do material utilizado L=5m

RA = 25 kN

RB = 25 kN

perfil 25

b = 5 cm

V (kN) -

2,5 m

(largura), determinar a altura (h)

L/2

do perfil.

25 M (kN . m)

31,25

W =

Momento resistente do retângulo:

σ=

M W

b ⋅ h2 M = 6 σ

⇒

W =

h2 =

b ⋅ h2 6

6⋅M b ⋅σ

⇒

6⋅M b ⋅σ

6 × 3125 ( kN .cm ) = 25,4 cm 5 ( cm ) × 5,8 ( kN / cm 2 )

h = 25,4 cm 10'

Notar: 31,25 kN ⋅ m = 3125 kN ⋅ cm Em polegadas: (2”x10”) 1” = 2,54 cm

b = 5 cm 2'

Mecânica dos Materiais

8.3

Ricardo Gaspar

Tensões de cisalhamento na flexão

Considere-se um elemento de viga como ilustrado na Figura abaixo, de comprimento infinitesimal dx , submetido a um carregamento genérico p, sem esforço normal.

p x

M + dM x

M M V + dV

V dx

Figura 8.6 Barra submetida a cargas transversais p O equilíbrio desse elemento de viga é dado por: dM =V dx

dV = −p dx

ou seja,

d 2M = −p dx 2

Devido aos efeitos da flexão, esse elemento de viga é solicitado por tensões normais, paralelas ao eixo x. Essas tensões normais que atuam nas faces do elemento hachurado abcd, de comprimento dx, variam linearmente a partir da linha neutra e, em qualquer ponto, a uma distância y da linha neutra são definidas nas faces ab e cd, respectivamente, como (TIMOSHENKO, 1989):

σ =

M ⋅y I

σ + dσ =

M + dM ⋅y I

onde I é o momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra.

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

σ + dσ

F + dF

τ bdx

yo x

M + dM

Figura 8.7 Tensões normais em um elemento de viga de comprimento dx

As resultantes dessas tensões normais são dadas por: h/2

∫

M ydA I

(a)

e h/2

F + dF =

∫

M + dM ydA I

(b)

Se for feito um corte longitudinal nesse elemento de viga, o equilíbrio interno na direção do eixo x indica que deve haver uma tensão tangencial τ. Admitindo-se que a largura b seja suficientemente pequena para se considerar constante a tensão de cisalhamento ao longo da largura, a força de cisalhamento horizontal que atua na face inferior do elemento é dada por:

τ ⋅ b ⋅ dx

(c)

As forças representadas pelas expressões (a), (b) e (c), devem estar em equilíbrio. Assim, o equilíbrio do elemento hachurado abcd da Figura acima fornece a equação: F + τbdx = F + dF

ou seja:

τbdx =

h/2

∫

donde:

M + dM ydA − I

h/2

∫

M ydA I

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

1 dM τ= ⋅ I ⋅ b dx mas

dM =V dx

h/2

∫ ydA

h/2

∫ ydA = Ms

é o momento estático da parte da hachurada seção transversal em

relação ao eixo z. Logo, a tensão de cisalhamento fica definida por:

τ= tem-se:

V ⋅ Ms b⋅ I

A tensão de cisalhamento varia em função de yo. No caso das seções retangulares, V τ= 2I

 h2   − yo2   4 

A expressão acima indica que a tensão de cisalhamento varia parabolicamente com yo . Como regra geral, a máxima tensão de cisalhamento τ ocorre no centro de gravidade da seção transversal. y

σc

Fc z

τo

N CG

Ft σt b

Figura 8.8 Tensão máxima de cisalhamento τo (LANGENDONCK, 1956) Sabendo-se que o braço de alavanca dos esforços internos (z) pode ser expresso por ( z = I / Mso ) tem-se, para yo = 0, a expressão da tensão máxima de cisalhamento:

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

τo =

V b⋅ z

As tensões de cisalhamento são sempre tangentes ao contorno da seção transversal. Na Figura abaixo estão ilustradas as direções e sentidos das tensões de cisalhamento em algumas seções transversais. y

y b

b=b f

b=b w CG

b V

Figura 8.9 Direção e sentido das tensões de cisalhamento (FUSCO, 1981)

Tensão de cisalhamento para peças de seção retangular

A tensão de cisalhamento máxima ocorre h/2

no Centro de Gravidade da seção.

CG h/4

τ max

V ⋅ Ms τ= b⋅ I

h/2 b

diagrama de tensões tangenciais

Momento Estático: 2  h  h bh Ms = A ⋅ yCG =  b  ⋅ = 8  2 4

Momento de Inércia

bh 3 12

Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de cisalhamento, tem-se: bh 2 8 = 3⋅ V τ= bh 3 2 bh b⋅ 12 V⋅

→

τ = 1,5

V ATotal

Mecânica dos Materiais

Ricardo Gaspar

Tensão de cisalhamento para peças de seção circular

A tensão de cisalhamento máxima ocorre no Centro de Gravidade da

3π

CG z

V ⋅ Ms seção. τ = b⋅ I d

Momento Estático:

τ max

diagrama de tensões tangenciais

 πd 2   4 d  d 3  ⋅  Ms = A ⋅ yCG =  =  4   3 2π  12

Momento de Inércia

πd 4 64

Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de cisalhamento, tem-se: d3 V 12 = 12 τ= πd 4 πd 2 d⋅ ⋅ 16 64 4 V⋅

→

τ=

4 V 3 ATotal

Exemplo

1. O diagrama de esforços cortantes de uma determinada viga de seção retangular, com altura de 60 cm registra Vmax=80kN. Sabendo-se que a tensão admissível de cisalhamento do material é τadm=1,0 kN/cm2 , determinar a largura (b) da viga. τ max = 1,5

V ATotal

Sendo τadm=1,0 kN/cm2 , no limite 1=

1,5 × 80 60 × b

→

τadm = τmax logo,

b = 2 cm

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Ricardo Gaspar

DEFORMAÇÕES NAS VIGAS

As cargas transversais que atuam nas vigas causam deformações, curvando seu eixo longitudinal. Quando se projeta uma viga é freqüentemente necessário calcular as deformações que ocorrerão em vários pontos ao longo do eixo. Por exemplo, nas vigas estaticamente indeterminadas, o cálculo das deformações é essencial para sua resolução. Denomina-se flecha, ou deslocamento vertical da viga (v), o deslocamento perpendicular a seu eixo, provocado pela aplicação de uma carga. A curva na qual se transforma o eixo da viga, inicialmente reto, recebe o nome de linha elástica. As especificações para o cálculo ou dimensionamento das vigas, impõem, freqüentemente, limites para as flechas, tal como ocorre com as tensões.

P v

linha elástica

Figura 9.1 Linha elástica de uma viga simplesmente apoiada Para dedução da equação da linha elástica, considere-se um trecho da viga, como ilustrado, com o eixo y no sentido indicado. dx

x y

tg θ ~ =θ

dy=dv

tangente

Figura 9.2 Seja dx um elemento infinitesimal do comprimento da viga. Se no início deste comprimento dx forem traçadas uma tangente à curva resultante da deformação da viga e uma reta paralela ao eixo x, o ângulo θ então formado entre a tangente e a reta, é denominado deformação angular da viga.

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Considerando-se a hipótese de pequenos deslocamentos, pode-se afirmar que tgθ ≅ θ . Portanto, tgθ = θ =

dv . dx

Derivando-se o ângulo θ em relação a x, tem-se: dθ d 2 v = dx dx 2

(1)

Da geometria, define-se curvatura como: 1 dθ = r dx

(2)

Sabe-se também, da teoria de flexão, que a curvatura é diretamente proporcional ao momento fletor e inversamente proporcional ao produto de rigidez EI, ou seja, 1 M =− r EI

(3)

Relacionando as expressões (1) e (2), chega-se a: 1 d 2v = r dx 2

(4)

Relacionando agora as expressões (3) e (4), tem-se: d 2v M =− 2 dx EI

(4)

Rearranjando a expressão (4) chega-se finalmente à equação da linha elástica: d 2v EI 2 = − M dx

(5)

onde x e v são as coordenadas da linha elástica E é o módulo de Elasticidade do material I é o momento de inércia da seção transversal da viga A equação acima permite obter a linha elástica das vigas retas para qualquer tipo de carregamento. A equação acima foi deduzida a partir das seguintes hipóteses: 1. barra prismática (barra de eixo reto e de seção transversal constante); 2. validade da Lei da Hooke σ=Eε - material elástico linear;

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3. as seções permanecem planas após a deformação; 4. deslocamentos pequenos, ou seja: tgθ ≅ θ . As convenções de sinais a serem consideradas na equação acima são: os eixos x e y são positivos nos sentidos indicados, o deslocamento v é positivo quando estiver no sentido do eixo y; o momento fletor M é positivo quando produz compressão na parte superior e tração na parte inferior da viga. Exemplo: determinar o deslocamento vertical máximo de uma viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada no meio do vão. P

S L/2

L/2

P/2

→

Equação do momento fletor na seção S

Mx =

P ⋅x 2

dθ d 2 v M determina-se a rotação da viga: Ao se integrar a equação = 2 =− dx dx EI

θ = ∫−

M dx EI

Como o módulo de elasticidade do material (E) e o momento de inércia (I) são constantes, podem ser retirados da integral. Logo, EIθ = ∫ −

P xdx 2

→

EIθ = −

P x2 ⋅ + C1 2 2

A constante C1 é determinada pelas condições de contorno da viga. A tangente da curva para x=L / 2 é nula. Logo, 2

0=−

P  L ⋅   + C1 4 2

C1 =

PL2 16

Assim, tem-se a equação da rotação da viga: EIθ = −

Px 2 PL2 + 4 16

Ao se integrar a equação da rotação, chega-se à equação do deslocamento vertical da viga.

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EIv = ∫ θ ⋅ dx

 Px 2 PL2   ⋅ dx EIv = ∫  − + 4 16  

→ EIv = −

100

Px 3 PL2 + x + C2 12 16

A constante C2 é determinada também pelas condições de contorno. Para x =0, o deslocamento vertical da viga é nulo. Portanto, impondo x=0 na equação acima, chega-se à conclusão de que C2 =0. Também, das condições de contorno, sabe-se que o deslocamento vertical máximo da viga em estudo ocorrerá para x=L / 2. Assim, PL3 EIv = 48

PL3 PL3 EIv = − + 96 32

Portanto, o deslocamento vertical máximo da viga é expresso por: v max P=20kN

Exemplo: Calcular

deslocamento

vertical

máximo da viga da figura. Dado:

300cm

Eaço=21000 kN/cm .

300cm

h=30cm b=10cm

10 × 30 3 I= = 22500 cm 4 12

bh 3 I= 12 v max

PL3 = 48EI

v max

20 × 6003 = = 0,19 cm 48 × 21000 × 22500

Se a seção transversal da viga fosse b=30cm e h=10cm, o deslocamento vertical seria: I= v max

bh 3 12

PL3 = 48EI

I= v max

30 × 10 3 = 2500 cm 4 12

20 × 6003 = = 1,71 cm 48 × 21000 × 2500

Note-se que esta mudança de posição da seção transversal da viga aumentou o 9 vezes deslocamento vertical.

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101

Apresenta-se a seguir equações de deslocamento máximos. P

vmax

v max =

PL3 3EI

vmax

v max =

qL4 8EI

v max =

PL3 48EI

q (kN/m)

P vmax L/2

L/2

q (kN/m)

v max

vmax L a>b

v max

vmax b

5qL4 = 384 EI

Pb( L2 − b 2 ) 2 = 9 3EI

L2 − b 2 3

v max = L

ML2 9 3EI

vmax

v max =

ML2 2 EI

L 3

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102

EXERCÍCIOS q=1,21 (kN/m)

1. Determinar o deslocamento máximo da viga da figura. Dado Eaço=210 GPa.

h=30cm

vmax L=4,2 m

Resposta: v = 0,013 cm

b=8cm

2. Qual deveria ser o diâmetro de uma viga cilíndrica do mesmo material da viga do exercício anterior, submetida ao mesmo carregamento e que tivesse o mesmo deslocamento máximo? Resposta: d = 24,59cm

P=7,25 kN 3. Determinar a altura da viga da figura, sabendo-se que o deslocamento vertical máximo não deve ultrapassar 1cm. Dado Emadeira= 14500 MPa.

h=?

vmax 2,5m

2,5m

b=10cm

Resposta: h = 25cm

P=16 kN

4. Determinar o deslocamento máximo da viga da figura. Dado Eaço=210 GPa.

vmax

L=3 m

5. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga da figura. Dados: bh 3 36

b=5cm

q=1,5 (kN/m) 30cm

Resposta: v = 1,05 cm

E = 210000 MPa, I =

h=25cm

vmax

20cm

L=3 m

Resposta: v = 0,005cm q=1,5 (kN/m) 1cm

6. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga da figura. Dados: E=210 GPa, I=4471,92cm4. Resposta: v = 0,0168cm

vmax L=3 m

h=25cm 1cm

b=12cm

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103

7. Dimensionar a altura da viga da figura sabendo-se que as tensões admissíveis à compressão e à tração são iguais ( σ c = σ t = 58 MPa ) e a tensão admissível ao cisalhamento é τ = 1,1 MPa . q (kN/m) Dados: Eaço= 210000 MPa h q = 2,15 kN/m L=6m L b b = 10 cm Resposta: h = 10 cm 8. Determinar a carga P da viga da figura, sabendo-se que as tensões admissíveis à compressão e à tração são iguais ( σ c = σ t = 50 MPa ). Dados: P=? Eaço= 210000 MPa 4 1cm I = 4471,92 cm h=25cm yCG = 12,5 cm 1cm L=4m L/2

L/2

b=12cm

Solução: Determinação do módulo resistente (W) I 4471,92 W = W = = 357,75 cm 3 y CG 12,5 PL M M max = σ= ≤σ M = σ ⋅W 4 W 4 ⋅ σ ⋅W 4 × 5 × 357,75 P= P= = 17,9 kN L 400 Resposta: P= 17,9 kN 9. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga do exercício anterior. PL3 v= 48EI

17,9 × 400 3 v= = 0,25 cm 48 × 21000 × 4471,92

Resposta: v= 0,25 cm P=37,5 kN

10. a) Determinar as tensões máximas nas faces superior e inferior da viga da figura. Sabendo-se que o material da viga tem o mesmo comportamento à compressão e à tração.

h=30cm

b) Determinar as tensões que distam 7,5cm da Linha Neutra. Respostas: a) σmax= 5,56 kN/cm2

b) σ(7,5) = 2,78 kN/cm2

12cm

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104

BIBLIOGRAFIA

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