Exercícios do item 1.5: 1) Calcule a força de tração nas duas barras da estrutura abaixo.
tan θ1 =
3 4
→ θ1 = arc tan (0,75) → θ1 = 36,87 0
tan θ 2 =
4 3
→ θ 2 = arc tan (1,333) → θ 2 = 53,130
∑ Fx = 0 :
− F1 cos (36,87 o ) + F2 cos (53,13o ) = 0
− F1 0,8 + F2 0,6 = 0
∑ Fy = 0 :
→ F1 =
0,6 F2 0,8
→
F1 = 0,75 F2
+ F1 sen (36,87 o ) + F2 sen (53,13o ) − 12.000 = 0 F1 0,6 + F2 0,8 = 12.000
Colocando-se a força F1 na expressão acima, tem-se:
0,75 F2 ⋅ 0,6 + F2 0,8 = 12.000 F1 = 0,75 x 9600
→
→ F2 =
12.000 = 9.600 N 1,25
F1 = 7.200 N
2) Calcule a força de tração nos dois cabos da figura.
∑ Fy = 0 : ∑ M1 = 0 : ∑M2 = 0 :
F1 − 1.000 − 5.000 + F2 = 0
→ F1 + F2 = 6.000
1.000 x 0,7 + 5.000 x 1,8 − F2 x 2,6 = 0
→ F2 = 3.730,8 N
F1 x 2,6 − 1.000 x 1,9 − 5.000 x 0,8 = 0
→ F1 = 2.269,2 N
Exercícios do item 1.6: 1) Calcule as reações nos apoios da viga abaixo.
∑F
x
∑ Fy = 0 : ∑MA = 0 : ∑MB = 0 :
VA − 14.000 14.000 x 2,0
= 0 : HA = 0 + VB = 0
→ VA + VB = 14.000
− VB x 3,5 = 0
VA x 3,5 − 14.000 x 1,5
=0
→ VB = 8.000 N → VA = 6.000 N
2) Calcule as reações no apoio da viga em balanço (ou viga cantilever).
∑ Fx = 0 :
Hb = 0
∑ Fy = 0 : ∑ MO = 0 :
Vb − 1.000 = 0
1.000 x 3,0
− Mb = 0
→ Vb = 1.000 → M b = 3.000 N.m
Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m
3
A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal:
A = 6 x 100 x 2 + 6 x 300 = 3.000 mm 2 Ou:
A = 3.000 (10 −6 )m 2
= 3,0 x10 −3 m 2
q = γ.A = 77000( N / m 3 ) x 3,0x10 −3 (m 2 )
∑ Fx ∑ Fy
=0
→ HA = 0
=0
→ VA + VB = q . L
= 231 N / m
VA + VB = 231 x 9,0 = 2079 N
Então:
∑MB
=0
→ VA . L − q . L .
VA =
qL 2
VA =
VB =
→
L = 0 2 VB =
qL 2
231 x 9,0 = 1039,5 N 2
2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m
∑ Fx ∑ Fy ∑ Mo
3
=0
→ HB = 0
=0
→
=0
→
VB = q . L = 231 x 9,0 = 2079 N L − q. L. + MB = 0 2
→
qL2 MB = = 9355,5 N.m 2
Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser usada para mais nada.
Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm
Área dos cabos 1 e 2:
A1 = A 2 = π (12,7) 2
→ A1 = A 2 = 506,7 mm 2
Tensão normal nos cabos 1 e 2:
σ1 =
F1 2.269,2 ( N) = = 4,48 N / mm 2 2 A1 506,7 (mm )
σ2 =
F2 3.730,8 ( N) = = 7,36 N / mm 2 2 A2 506,7 (mm )
2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm
∑ Fx = 0 : − F1 cos (45o ) + F2 cos(45o ) = 0 → F1 = F2 ∑ Fy = 0 : F1 sen (45o ) + F2 sen (45o ) − 5.000 = 0 2 F1 0,707 = 5.000
→ F1 = F2 = 3536,1 N
Tensão normal nas barras 1 e 2:
σ1 =
F1 3536,1 = = 28,8 N / mm 2 2 A1 π(6,25)
σ2 =
F2 3536,1 = = 11,3 N / mm 2 2 A2 π(10)
3) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. As duas barras têm seção transversal circular.
Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm
∑ Fx = 0 : ∑ Fy = 0 :
F1 + F2 cos(30o ) = 0 → F1 = − F2 ⋅0,866
F2 sen (30o ) + 2 5.000 = 0
F1 = − ( − 50.000) . 0,866
→ F2 = − 50.000 N
→ F1 = 43.300 N
Tensão normal nas barras 1 e 2:
σ1 =
F1 43.300 = = 245,0 N / mm 2 2 A1 π(7,5)
σ2 =
F2 − 50.000 = = − 159,2 N / mm 2 2 A2 π(10)
4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N
σ =
F 8.000 = = 44,44 N / mm 2 A 12 x15
σ Engaste =
F 8.000 = = 26,67 N / mm 2 A 12 x 25
5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os diagramas de força normal e de tensão normal. Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal
Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a ser externos.
A parte recortada também tem que estar em equilíbrio, pois qualquer
parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x): representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo.
∑ Fy = 0 :
N( x ) − γ A x = 0
→ N(x ) = γ A x
σ=
N(x ) γAx =γ x = A A
Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25 mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F = 30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o alongamento da barra é de 2,0 mm.
σ=
F 30.000 = A π (12,5) 2
ε=
2,0 (mm) ∆L = L 800 (mm)
= 61,1 N / mm 2 = 2,5 x 10 − 3
2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro externo igual a 16 cm.
P: Perímetro externo do poste:
ε=
L − Li 50,27 − 30 ∆L = f = Li Li 30
P = 2πR = 2π.8 = 50,27 cm
= 0,68
Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente, determinou-se a deformação linear específica longitudinal
ε L = 3 o / oo . Calcule a
tensão normal, a variação do comprimento e do diâmetro da barra. Dado: ν = 0,25.
σx =
F 6.000 = A π (10) 2
ε L = ε x = 3 o / oo =
εx =
εy =
∆L x → Lx
∆L y Ly
= 19,1 N / mm 2 3 = 0,003 1000
∆L x = ε x L x = 3,0 x10 − 3 . 1500 → ∆L x = 4,5 mm
→
∆L y = ε y L y
∆L y = ∆d = ε y d ν =−
εy εx
→
ε y = − ν ε x = − 0,25 x 3,0 x 10 − 3 = − 7,5 x 10 − 4
∆d = − 7,5 x 10 − 4 x 20 = − 0,015 mm 2) Calcule o volume final da barra do problema anterior. Vi : volume inicial da barra;
Vf: volume final da barra
Vi = A i L i = π (10) 2 x 1.500 = 471.238,9 mm 3 Vf = A f L f =
π (20 − 0,015) 2 x (1500 + 4,5) = 471.943,9 mm 3 4
∆ V = Vf − Vi = 471.943,9 − 471.238,9 = 705 mm 3 Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule:
a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP); b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY); c) a tensão última (σU);
A = π.R 2 =
πD 2 π.30 2 = = 4 4
706,86
mm 2
σP =
10.000 = 14,15 N / mm 2 → σ P = 14,15 MPa 706,86
b) σ Y =
12.000 = 16,98 N / mm 2 → σ Y = 16,98 MPa 706,86
c) σ U =
20.000 = 28,29 N / mm 2 → σ U = 28,29 MPa 706,86
a)
Exercícios do item 2.5:
1) Calcule o módulo de Young
(Ε) da barra do problema
anterior.
σ = Ε. ε ε =
∆L 3 mm = → ε = 3,75 x 10 − 3 L 800 mm
Ε=
σ 14,15 N / mm 2 = ε 3,75 x10 − 3
Ou :
Ε = 3.773,3 MPa
→
Ε = 3.773,3 N / mm 2
Ou:
Ε = 3,77 GPa
2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36
εx
σx 81 x 10 6 = = Ε 120 x 109
εx =
→
εΕ=σ
Lei de Hooke:
∆L x Lx
→
εx Ε = σx ε x = 6,75 x 10 − 4
→ ∆L x = 6,75 x 10 − 4 x 600 = 0,405 mm
L Fab = 600 + 0,405 = 600,405 mm Coeficiente de Poisson (ν):
ν=− εy =
εy εx
∆L y Ly
→
ε y = − ν ε x = − 0,36 x 6,75x10 − 4 =
− 2,43x10 − 4
→ ∆L y = − 2,43 x 10 − 4 x 600 = − 0,1458 mm
L Fcd = 600 − 0,1458 = 599,8542 mm
3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal circular. Sendo dados d1 = 8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule: a) o valor do ângulo θ sabendo que σ1 = σ2 ; b) valor da tensão normal nas duas barras; c) a deformação linear específica das duas barras.
∑Fy = 0
→
F2 senθ − P = 0
→
F2 =
P sen θ
∑Fx = 0
→ F1 − F2 cos θ = 0
→
F1 =
P cos θ sen θ
σ1 = σ2
a)
P cos θ senθ π (4) 2
P = senθ2 π(6)
→
F1 A1
→
cos θ 1 = 16 36
16 θ = arc cos 36
b)
σ1 =
σ2 = c)
F1 A1 F2 A2
=
=
=
→
P cos (63,61o ) sen (63,61o ) π (4)
2
2
ε 2 Ε2 = σ2 →
=
1500 x 9,81 x 0,4444 0,896 π ⋅16
= 145,2 N / mm 2
145,2 N / mm 2
εΕ =σ
Lei de Hooke:
ε 1 Ε1 = σ1 →
θ = 63,61o
1500 ⋅ 9,81 0,8958 = = π ⋅36
P sen (63,61o ) π (6)
F2 A2
ε1 =
145,2 ( N / mm 2 ) → 70 x10 3 ( N / mm 2 )
ε2 =
145,2 ( N / mm 2 ) → 120 x10 3 ( N / mm 2 )
ε1 = 2,074 x 10 − 3
ε 2 = 1,21 x 10 − 3
Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular, tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 205 GPa, calcule: a) o diâmetro da barra; b) a tensão normal.
FL a) ∆L = EA
10 4 x 6000 2,5 = 205 x10 3 ⋅ π R 2
→
Então: b)
→ R = 6,1 mm
d = 12,2 mm
F 10 4 σ = = = 85,5 N / mm 2 2 A π(6,1)
2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa
∆L 1 =
F1 L1 E1 A1
∆L 2 =
F2 L 2 E2 A2
→ →
∆L1 = ∆L1 =
2269,2 x 3500 70 x10 3 ⋅ 506,7 3730,8 x 3500 70 x103 ⋅ 506,7
= 0,22 mm = 0,37 mm
3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 205 GPa; Ε2 = 120 GPa
∆L 1 =
F1 L1 E1 A1
∆L 2 =
F2 L 2 E2 A2
→ →
∆L1 =
3536,1 x 1000 205 x10 3 ⋅ 122,7
∆L1 =
3536,1 x 2000 120 x103 ⋅ 314,2
= 0,14 mm = 0,19 mm
Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da força de 200 kN. Dados: A = 800 mm ; Ε = 70 GPa 2
∆H =
n
FL
∑ Eii Aii i=1
=
200.000 x 5400 80.000 x 3600 250.000 x 1800 − + = 22,18 mm 70 x10 3 ⋅ 800 70 x 103 ⋅ 800 70 x10 3 ⋅800
2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule: a) a tensão normal nas duas barras; b) o alongamento da barra.
a) A1 = π (7) 2 = 153,9 mm 2 σ1 = b)
∆L =
8000 = 51,98 N / mm 2 153,9
A 2 = π (4) 2 = 50,3 mm 2
; ;
σ2 =
3000 = 59,64 N / mm 2 50,3
3.000 x 500 3.000 x 2000 5.000 x 2000 + + = 1,91 mm 3 3 70 x 10 ⋅ 50,3 70 x 10 ⋅153,9 70 x10 3 ⋅153,9
3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados: 4 2 3 A = 7,1 x 10− m ; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m
• A tensão normal máxima ocorre no apoio:
σ máx =
F 4.000 +γL = + 44.300 x 5 = 5,63 x10 6 + 0,22 x10 6 N / m 2 −4 A 7,1x10 σ máx = 5,85 x 10 6 N / m 2
= 5,85 MPa
• Cálculo do alongamento:
∆L =
FL γ L2 + EA 2E
O alongamento máximo ocorre na extremidade livre:
∆L máx =
4.000 x 3,0 44300 ⋅ 5 2 + = 1,41 x 10 −4 + 4,61 x10 −6 m 9 −4 9 120 x 10 ⋅ 7,1 x 10 2 x 120 x 10
∆L máx = 1,46 x 10 −4 m
= 0,146 mm
Exercícios do item 3.3: 1): Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − m 4
2
Diagrama de corpo livre:
∑ Fx
=0
→
− F1 cos 55 o + F1 cos 55 o = 0
∑ Fy
=0
→
2.F1sen 55 o + F2 − P = 0
De onde:
1,64 F1 + F2 = P
(1)
Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”.
F2 L 2 FL cos 35 o = 1 1 E 2A 2 E1A1
→
F2 L 2 cos 35 o = F1 L1
o
Cálculo do comprimento da barra 1:
L1 =
2,0 cos 35 o
→
L1 cos35 = L2
L1 = 2,44 m
Da equação de compatibilidade:
F2 x 2,0 cos 35 o = F1 2,44 →
F2 = 1,49 F1
(2)
Colocando-se a equação (2) na equação (1), tem-se:
3,13 F1 = 15.000 →
1,64 F1 + 1,49 F1 = P
F1 = 4792 N F2 = 7.140 N
Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2::
σ1 =
F1 4792 = A 1 2 x 10 − 4
σ2 =
F2 7140 = A 2 2 x 10 − 4
→ →
σ1 = 23,96 MPa σ 2 = 35,70 MPa
Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P:
∆V = ∆L 2 =
F2 L 2 7140 x 2.000 = E 2 A 2 205 x 10 9 x 2 x 10
−4
→
∆V = 0,35 mm
Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A, suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A. Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2
∑ Fy
∑ MA
=0
=0
→
VA + F1 + F2 − P = 0
→
(1)
F1 x 2d − P x 3d + F2 x 4d = 0 2 x F1 + 4 x F2 = 3 x P
De onde:
(2)
Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos.
∆L1 ∆L 2 = 2d 4d
2
F1 L1 F L = 2 2 E1 A1 E2A2
De onde:
→
→
F2 = 5,86 F1
2∆L1 = ∆L 2
2
F1 70 x 10 9
(3)
Colocando-se a equação (3) na equação (2), tem-se:
2 x F1 + 4 x 5,86F1 = 3 x P
=
F2 205 x 10 9
→
25,44 F1 = 3 x 58.000
F1 = 6.839,6 N F2 = 40.080,1 N
Cálculo da tensão normal nos cabos:
σ1 =
F1 6839,6 = A 1 5 x 10 − 4
σ2 =
F2 40.080,6 = → A 2 5 x 10 − 4
→
σ1 = 13,68 MPa σ 2 = 80,16 MPa
Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1):
VA = − F1 − F2 + P = Exercício 3): A
− 6.839,6 − 40.080,1 + 58.000
= 11.080,3 N
barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e
solicitada por uma força axial F. Determine as reações nos apoios A e B.
∑ Fx
=0
→
HA − F + HB = 0
(1)
O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o deslocamento que o apoio retirado está impedindo.
Colocando-se o apoio retirado, tem-se:
Compatibilidade dos deslocamentos:
∆L1 = ∆L 2 HA = F− HB
→ →
H .L F. a = B EA EA HA = F −
→
HB =
F. a L
F.a F. a L = F − L L L
=
F. b F (L − a ) → H A = L L
Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e F2. Calcule: a) as reações nos apoios indeformáveis A e B; b) a tensão normal no meio da barra. Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm
2
Superposição dos efeitos:
H 1A =
F1 . b 2.000 x 1,8 = = 1.384,6 N L 2,6
H 1B =
F1 . a 2.000 x 0,8 = = 615,4 N L 2,6
H 2A =
F2 . b 3.500 x 0,6 = = 807,7 N L 2,6
H 2B =
F2 . a 3.500 x 2,0 = = 2.692,3 N L 2,6
H A = H 1A + H 2A = 1.384,6 − 807,7 = 576,9 N H B = H 1B + H 2B = − 615,4 + 2.692,3 = 2.076,9 N Cálculo da tensão normal no meio da barra:
F = força normal axial no meio da barra F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N Então:
σ=
F 1.423,1 = = 7,1 N / mm 2 A 200
ou :
σ = 7,1 MPa
Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calcule as reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N. Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 −
3
m2
OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: HA = 18.000 N e HB = 0.0 Vamos retirar o apoio B:
∆L1 =
F x 2.000 18.000 x 2.000 = = 4,8 mm EA 1,5x10 9 x 5x10 −3
Colocando-se o apoio B, a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm.
H B x 3.200 9
1,5x10 x 5x10 HA + HB =
−3
F
=
4,8 − 2,0 →
→
H B = 6.562,5 N
H A = 18.000 − 6.562,5 = 11.437,5 N
Exercício 6): Um pilar de concreto armado tem 3,0 metros de comprimento longitudinal e possui quatro barras de aço de diâmetro Φ igual a 16 mm. A seção transversal do pilar é quadrada (300 mm x 300 mm) e está solicitado por uma força axial de compressão F = 300.000 N aplicada através de uma placa rígida. Sendo dados Εc = 26 GPa e Εs = 205 GPa calcule a tensão normal no concreto e nas barras de aço.
Chamando de Fc a força absorvida pelo concreto e Fs a força absorvida pelas barras de aço, tem-se:
Fc + Fs = 300.000 N O problema é uma vez hiperestático. Sabendo-se que a força F é aplicada através de uma placa rígida, os dois materiais (aço e concreto) tem o mesmo encurtamento:
∆L c = ∆L s
Fc L c FL = s s EcAc Es As De onde:
→
Fc 26 x (90.000 − 4 ⋅ π ⋅8 ) 2
=
Fs 205 x 4 ⋅ π ⋅8 2
Fc = 14,07 Fs
Então: 14,07 Fs + Fs = 300.000 N
→
Fc = 300.000 − 19.907,1 = 280.092,9 N Cálculo da tensão normal:
σc = σs =
280.092,9 90.000 − 4 ⋅ π ⋅ 8 19.907,1 4 ⋅ π⋅ 8
2
2
= 3,14 N / mm 2
= 24,75 N / mm 2
Fs = 19.907,1 N
Exercícios do item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC. Dados: Ε = 205 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC
Retirando-se o apoio B, tem-se:
Compatibilidade dos deslocamentos
∆L F =
∆L T
FL = α L ∆T EA
σ = E α ∆T
σ = 205 x 10 9 x 11,7 x10 − 6 x 30 σ = 71,95 x 10 6 N / m 2
Ou:
σcompressão = 71,95 MPa
Exercício 2): A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura descer para − 60ºC. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − / C; L = 4,0 m 6 o
Compatibilidade dos deslocamentos:
∆L F =
∆L T
FL = α L ∆T EA
σ = E α ∆T
σ =70 x 10 9 x 21,6 x10 − 6 x 85 σ = 128,52 x 10 6 N / m 2
Ou:
σtração = 128,52 MPa
Exercício 3): Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C o apoio B se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m
∆L F + 3 x 10 − 3 =
∆L T
FL + 3 x 10 − 3 = α L ∆T EA σL + 3 x10 − 3 = α L ∆T E
σx 4 70 x10
9
+ 3 x10 − 3 = 21,6 x 10 − 6 x 4 x 85
σx 4 70 x10
9
= 7,344 x 10 −3 − 3 x 10 − 3
σ = 76,02 x 10 6 N / m 2 σtração = 76,02 MPa
Ou:
4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a temperatura subir para 100º C. Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 2 2 = 600 mm ; Α2 = 300 mm
∆L T = α 1 L1 ∆T + α 2 L 2 ∆T ∆L T = 12 x10 − 6 x 500 x 82 + 12 x 10 − 6 x 400 x 82
∆L F =
FL1 FL 2 + E1A1 E 2 A 2
= 0,8856 mm
−6 o
/ C; Α1
∆L F =
F x 500 3
F x 400
+
205 x 10 x 600
3
= 1,0569 x 10 – 5 . F
205 x 10 x 300
∆LF = ∆LT 1,0569 x 10 – 5 . F =
então:
0,8856
F = 83.791,4 N
Cálculo da tensão normal:
σ1 =
F 83.791,4 = = 139,7 N / mm 2 A1 600
σ1 = 139,7 MPa
Ou:
σ2 =
F 83.791,4 = = 279,3 N / mm 2 A2 300
σ2 = 279,3 MPa
Ou:
5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura for igual a: a) 10º C;
b) 70º C;
c) 105º C;
Dados: Ε = 70 GPa; que α = 20 x 10 − 6 /oC
a) σ = 0,0 b) ∆L T = 20 x 10 − 6 x 2.500 x 45 = 2,25 mm < 2,5 mm
Portanto, a barra não vai encostar no apoio B, então: σ = 0,0
c)
∆L T = 20 x10 − 6 x 2.500 x 80 = 4,0 mm > 2,5 mm
∆L F =
F x 2.500 3
70 x10 A
→
1,5 =
σ x 2.500 70 x 10
3
→
σ compressão = 42 N / mm 2
6) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a força F = 0 e a temperatura é igual a 15º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule as reações HA e HB quando for aplicada a força F = 27.000 N e a temperatura subir para 40º C.
Dados: Ε = 120 GPa; que α = 9,4 x 10 − / C; A = 125 mm
∆L1 = ∆L F + ∆L T =
6 o
2
27.000 x 1.500 FL + αL∆T = + 9,4 x10 − 6 x 2.000 x 25 = 3,17 mm 3 EA 120 x10 x 125
∆L HB = 1,17 mm H BL H B x 2.000 = 1,17 mm → = 1,17 → H B = 8.775 N EA 120 x10 3 x 125 H A + H B = 27.000 N
→ H A = 18.225 N
7) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a − 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir para 40º C. Considere que a barra ab insignificante. Dados: α1 = 23 x 10 − /oC; α2 = 12 x 10 − /oC 6
6
tenha coeficiente de dilatação térmica
∆LT1 = α 1 L1 ∆T = 23 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0,93 mm ∆LT2 = α 2 L 2 ∆T = 12 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0,49 mm
∆LT1 − ∆LT2 x = 30 290
x 0,44 = 290 30
→
→
x =
0,93 − 0,49 x = 30 290
0,44 . 290 = 4,25 mm 30
d = 0,49 + 4,25 = 4,74 mm
8) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o mesmo comprimento. Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC
35.000 + ∆LTAL = 35.005 + ∆LTS 35.000 + α AL L AL ∆T = 35.005 + α S L S ∆T
35.000 + 21,6 x10 − 6 x 35.000 ∆T = 35.005 +11,7 x 10 − 6 x 35.005 x ∆T
35.000 + 0,756 ∆T = 35.005 + 0,410 ∆T 0,756 ∆T − 0,410 ∆T = 35.005 − 35.000 0,346 ∆T = 5 T = 22 + 14,45
→ →
∆T = 14,45 o C T = 36,45 o C
Observação: à temperatura t = 36,45ºC têm-se os seguintes comprimentos:
L AL = 35.000 + 21,6 x10 − 6 x 35.000 x 14,45 = 35.010,92 mm L S = 35.005 + 11,7 x10 − 6 x 35.005 x 14,45 = 35.010,92 mm
Exercícios do item 4.2: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média que ocorre na cola.
τm =
F 20.000 = → τ m = 2,5 x 10 6 N / m 2 = 2,5 MPa A 2 x 0,04 x 0,10
Ou:
τm =
F 20.000 = → τ m = 2,5 N / mm 2 = 2,5 MPa A 2 x 40 x 100
2) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média no cabo da luminária abaixo.
τm =
F 22.500 = A π x 10 2
σm =
F 45.000 = → σ m = 292,5 N / mm 2 2 A π x7
→ τ m = 71,7 N / mm 2
3) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 kg.
Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio de momentos fletores.
∑ M A = 0 → P x 800 − F x 50 = 0 25 x 9,81 x 800 = F x 50
→
Cálculo da tensão cisalhante média no pino:
F
=
3.924 N
τm =
F 3.924 = → τ m = 78,1 N / mm 2 2 A 3,14 x 4
Exercício do item 4.4: Um bloco está solicitado por uma força F = 112 kN. Calcule: a) a tensão cisalhante média; b) o deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca. Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25
a)
τm =
F 112.000 = A 160 x 50
→
τ m = 14 N / mm 2
b)
tg γ ≅ γ =
∆ 80
Lei de Hooke no cisalhamento:
G=
→
∆ = 80 γ
τ =G γ
E 87,5 = 2(1 + ν) 2(1 + 0,25)
→
G = 35 GPa
14 ( N / mm 2 ) τ γ= = → G 35 x 10 3 ( N / mm 2 ) ∆ = 80 x 4 x 10 − 4
→
γ = 4 x 10 − 4 rad.
∆ = 0,032 mm
Exercícios do item 4.5: 1) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 35.000 N; d = 19,05 mm
Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples)
τ méd =
F 35.000 = → τ méd = 30,7 N / mm 2 2 A 4 x 1 x 3,14 x (9,525)
2) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo. __
Dados: F = 200.000 N;
2 τ = 95 N / mm
Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples)
τ méd =
F A
→ 95 =
200.000 8 x 1 x 3,14 x (R ) 2
→ R = 9,15 mm
Portanto: d = 18,3 mm
3) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal nas chapas. Dado: d = 12 mm
1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; n A = 1
τ méd =
σ=
F 15.000 = → τ méd = 22,1 N / mm 2 2 A 6 x 1 x 3,14 x (6)
F 15.000 = A 3 x 100
→
σ
=
50 N / mm 2
2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; n A = 2
τ méd = σ=
30.000 F = → τ méd = 22,1 N / mm 2 2 A 6 x 2 x 3,14 x (6)
F 30.000 = A 6 x 100
→
σ
=
50 N / mm 2
Exercícios do item 5.4: 1) Para o eixo abaixo calcule: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c. Dados: T = 4.600 N.mm;
a) τ =
J=
G = 60 GPa.
T. r J
(
)
(
π 4 π D e − D i4 = 18 4 − 12 4 32 32
τ máx =
b)
)
4.600 x 9 = 5,01 N / mm 2 8.270,2
θ=
→
J = 8.270,2 mm 4
ou :
τ máx = 5,01 MPa
4.600 x 800 TL = = 7,42 x 10 − 3 rad. 3 GJ 60 x10 x 8.270,2
c)
tg θ ≅ θ =
∆ 9
→
∆ = 9 x θ = 9 x 7,42 x 10 − 3 = 0,067 mm
Exercício 2: Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de torção indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 GPa.
τ=
τ máx =
θ=
T. r J
onde:
J=
π 4 π 4 D = 50 32 32
41.000 x 25 = 1,67 N / mm 2 613.592,3
→
J = 613.592,3 mm 4
τ máx = 1,67 MPa
ou :
TL GJ
θB =
22.000 x 3.500 3
25 x10 x 613.592,3
Resposta:
−
63.000 x 2.000 3
25 x10 x 613.592,3
θ B = 3,194 x 10 − 3 rad.
= − 3,194 x 10 − 3 rad.
(no sentido de 63.000 N.mm)
Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: d1 = 100 mm; d2 = 60 mm;
G1 = G2
= 30 GPa.
J1 =
π 4 π D = 100 4 32 32
→
J1 = 9,82 x 10 6 mm 4
J2 =
π 4 π 4 D = 60 32 32
→
J 2 = 1,27 x 10 6 mm 4
τ=
Cálculo de τmáx :
τ máx 1 =
84230 x 50
τ máx
15730 x 30
2
9,82 x 10
=
1,27 x 10
6
6
T. r J
→
τ máx 1 = 0,43 N / mm 2
→
τ máx
= 0,37 N / mm 2
2
τmáx = 0,43 MPa
Resposta:
Cálculo de θB:
θ=
TL GJ
θB =
68.500 x 2.000 3
30 x10 x 9,82 x 10
6
+
15.730 x1.000 3
30 x10 x 1,27 x10
6
+
15.730 x 5.000 30 x10 3 x 9,82 x10 6
θ B = 1,14 x 10 − 3 rad. Obs.: conversão de radianos para graus:
1 π rad. = 180 o
então : θ B =
1,14 x 10 −3 x 180 o π
=
0,065º
Exercício 4) Sendo G = 30 GPa calcule para o eixo de seção circular: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c.
a) τ =
τ máx = b)
T. r J
,
onde:
100.000 x 0,10 1,57 x10 θ=
−4
J=
π 0,20 4 32
= 63,66 x 10 6 N / m 2
ou :
J =1,57 x10 − 4 m 4
τ máx = 63,66 MPa
100.000 x1,00 100.000 x1,5 TL = − + 9 − 4 GJ 30 x10 x 1,57 x10 30 x10 9 x 1,57 x10 − 4
θ B = 1,06 x 10 −3 rad.
tg θ ≅ θ =
→
∆ 0,10
→
(ou: 0,61º)
∆ = 0,10 x θ = 0,10 x 1,06 x 10 − 3 = 1,06 x 10 − 4 m
Exercício 5) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 MPa. Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = GPa.
T = 12 F
42
J=
τ=
π 4 12 32
T.r J
→
→
J = 2035,75 m m 4
τ máx = 32,5 =
Cálculo do ângulo de torção:
θ = 0,064 rad.
12 F ⋅ 6 2035,75
θ=
TL = GJ
→
F = 918,9 N
12 ⋅ 918,9 ⋅500 42 x10 3 x 2035,75
(ou: 3,7º)
Exercícios do item 5.5: 1) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é prismático e tem seção transversal circular.
∑M =0
→
TA + TB = T
O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB:
θB =
T.a TL = GJ GJ
|
Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo θ B :
θ |B =
TB . L GJ
Compatibilidade dos deslocamentos:
θ |B = θ B
TB . L GJ
→
TB =
T .a GJ
=
T .a L
Da equação de equilíbrio:
TA = T − TB = TA =
T ( L − a) L
T− →
T.a = L TA =
T
L L
−
T. a L
T. b L
Exercício 2) Calcule as reações nos engastes indeformáveis do eixo abaixo.
Superposição dos efeitos:
TA1 =
1.000 x 2,4 = 857,1 N.m 2,8
TA2 =
2.000 x 1,8 = 1.285,7 N.m 2,8
TB2 =
2.000 x 1,0 = 714,3 N.m 2,8
TA3 =
3.000 x 1,0 = 1.071,4 N.m 2,8
TB3 =
3.000 x 1,8 = 1.928,6 N.m 2,8
TB1 =
TA = 857,1 − 1285,7 + 1.071,4 TB = 142,9 − 714,3 + 1928,6
= =
1.000 x 0,4 = 2,8
642,8 N.m 1.357.2 N.m
142,9 N.m
Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima que ocorre no eixo abaixo. Os engastes A e B são indeformáveis. 7 Dados: G1 = G2; D = 100 mm; d = 50 mm; Τ = 4,0 x 10 N.mm
∑M =0
→
TA + TB = T
Retirando-se o apoio B, tem-se:
θB =
T .2000 TL = GJ GJD
Colocando-se o apoio B:
θ |B =
TB . L T .2000 TB . 3000 = B + GJ GJD GJd
Compatibilidade dos deslocamentos:
θ B = θ|B Cálculo de
JD e Jd :
→
T . 2000 TB .2000 TB . 3000 = + G JD GJD GJd
JD
π (100) 4 = 32
Jd =
= 9,82 x 10 6 mm 4
(
π 100 4 − 50 4 32
T . 2000 9,82 x 10 6
203,67 T =
τ máx 1 = τ máx 2 =
= 9,20 x 10 6 mm 4
TB .2000
=
9,82 x 10 6
T − TB
τ =
9,82 x10 6 15,38 x10 6 x 50 9,20 x10
TB . 3000 9,20 x 10 6 TB = 15,38 x 10 6 N.mm
→
TA = 24,62 x 10 6 N.mm
T.r J
24,62 x10 6 x 50
6
+
→
529,75 TB
TA =
Cálculo de τmáx:
)
= 125,36 N/mm2
= 83,59 N/mm2
Resposta: τmáx = 125,36 MPa Exercício do item 5.6: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção vazada de parede fina com espessura t constante.
τ méd =
T 2A t
Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto
τ méd =
135.000 2 x 2.204 x 3
→
τ méd = 10,21 N / mm 2
Exercício do item 5.10: Calcule a tensão de cisalhamento máxima da barra abaixo. Dado: Τ = 45.000 N.mm
τ máx =
T . t máx 0,333
(∑ a t ) i
3 i
∑ a i t 3i = 30 x 33 + 40 x 6 3 + 30 x 33 = 10.260 mm 4 τ máx =
45.000 x 6 = 79,03 N / mm 2 0,333 x 10.260
Diagramas de esforรงos internos (Momento fletor e forรงa cortante)
x qx 2 M( x ) = − qx . = − 2 2 (se o sistema de referência for colocado na extremidade livre)
V( x ) = − qx
M( x ) = VB . x − M B
qx 2 qL2 qx 2 − = qL.x − − 2 2 2 (Se o sistema de referência colocado no engaste)
V( x ) = − VB + qx = − qL + qx
VA =
P.b L
VB =
M máx = VA .a =
VA =
P ba L
M L
Ou:
M máx = VB . b =
VB =
M 1 = − VA .a = −
M1 + M 2 =
P .a L
M a L
M L
M 2 = VB .b =
M M M a + b= (a + b ) = M L L L
M b L
P ab L
VA =
M L
VA = VB
VB =
q.L = 2
M L
q.L2 M mรกx = 8
M máx = − VA . L1 = − P.L 2
x2 M( x ) = VA . x − q ( 0 ≤ x ≤ L1 ) 2 L1 2 M(L1 ) = VA .L1 − q = − P.L 2 2
VA =
qL 6
qx 3 M( x ) = VA x − 6L
VB =
qL 3
qL qx 3 x− 6 6L
=
M máx = 0,064qL2
( 0 ≤ x ≤ L)
(se o eixo x tiver
origem no apoio A)
qx 2 qx 3 M ( x ) = VB x − + 2 6L eixo x tiver origem no apoio B)
=
qL qx 2 qx 3 x− + 3 2 6L
( 0 ≤ x ≤ L)
(se o
Exercícios do item 6.3: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos
I, J e K .
Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos:
M = − 15.000 N.m
IZ =
e
V = − 5.000 N
0,08 x 0,30 3 = 1,8 x 10 − 4 m 4 12
Cálculo da tensão normal (σ):
σ=
M.y IZ
σI =
−15.000 x (− 0,15) 1,8 x 10 − 4
σJ =
−15.000 x (0) 1,8 x 10 − 4
σK =
−15.000 x ( 0,15) 1,8 x 10 − 4
→
→
σ I = 12,5 x 10 6 N / m 2 = 12,5 MPa
σJ = 0
→
σ K = − 12,5 x 10 6 N / m 2 = − 12,5 MPa
Cálculo da tensão cisalhante (τ):
τ=
V.Q b . IZ
τI =
5.000 x 0 0,08 x 1,8 x10 − 4
τJ =
5.000 x 0,08 x 0,15 x 0,075 = 3,125 x 105 N / m 2 = 0,3125 MPa −4 0,08 x 1,8 x 10
τK =
5.000 x 0 0,08 x 1,8 x10 − 4
= 0
= 0
2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual a 10 cm e altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule meio da viga e no engaste. Dado: P = 30.000 N
σ máx t , σ máx c e τ máx
no
• No meio da viga tem-se os seguintes esforços internos (ou esforços solicitantes): M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m V = − 30.000 N
0,10 x 0,153 IZ = 12
=
2,8125 x 10 − 5 m 4
σ máx t =
− 75.000 x (−0,075) 2,8125 x 10 − 5
= 200 x 106 N / m 2 = 200 MPa
σ máx c =
− 75.000 x (0,075) 2,8125 x 10 − 5
= − 200 x 10 6 N / m 2 = − 200 MPa
τ máx =
30.000 x (0,10 x 0,075 x 0,0375) 0,10 x 2,8125 x 10 − 5
= 3 x 10 6 N / m 2 = 3 MPa
• No engaste da viga tem-se os esforços internos: M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m V = − 30.000 N
0,10 x 0,253 IZ = 12
= 1,3021 x 10 − 4 m 4
σ máx t =
− 150.000 x (−0,125) 1,3021 x 10 − 4
= 144 x 106 N / m 2 = 144 MPa
σ máx t =
− 150.000 x ( 0,125) 1,3021 x 10 − 4
= − 144 x 106 N / m 2 = − 144 MPa
τ máx =
30.000 x (0,10 x 0,125 x 0,0625) 0,10 x 1,3021 x 10 − 4
= 1,8 x 10 6 N / m 2 = 1,8 MPa
3) Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.
∑ FY = 0 → ∑ MA = 0 →
VA + VB = 27.000 N 12.000 x 1,2 + 15.000 x 2,7 − VB x 3,9 = 0
VB = 14.076,9 N
∑ MB = 0
→ VA x 3,9 − 12.000 x 2,7 − 15.000 x 1,2 = 0 VA = 12.923,1 N
0,18 x 0,363 IZ = = 6,998 x 10 − 4 m 4 12 σ máx t =
16.892,3 x 0,18 = 4,34 x 10 6 N / m 2 = −4 6,998 x 10
4,34 MPa
σ máx c =
τ máx =
16.892,3 x (− 0,18) = − 4,34 x 106 N / m 2 = − 4,34 MPa −4 6,998 x 10
14.076,9 x 0,18 x 0,18 x 0,09 = 325.854,2 N / m 2 = 0,326 MPa −4 0,18 x 6,998 x10
4) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.
∑ FY = 0 → ∑MA = 0 →
VA + VB = 12.500 N 6.000 x 2,0 + 4.500 x 4,0 − VB x 6,0 + 2.000 x 9 = 0
VB = 8.000 N
∑MB = 0
→ 6 x VA − 6.000 x 4,0 − 4.500 x 2,0 + 2.000 x 3,0 = 0 VA = 4.500 N
Cálculo do momento de inércia IZ:
b. h 3 0,10 x 0,303 IZ = = = 2,25 x 10 − 4 m 4 12 12 Cálculo das tensões normais extremas:
σ=
M .y = IZ
9.000 x 0,15 = 6,0 x 10 6 N / m 2 −4 2,25 x10
σ máx T = 6,0 MPa
σ máx C = − 6,0 MPa
Cálculo de τmáx:
τ=
V .Q b IZ
τ máx =
6.000 x (0,10 x 0,15 x 0,075) = 0,10 x 2,25 10 − 4
3,0 x 105 N / m 2
5) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.
Cálculo das coordenas do centróide:
_
z=0 _
_
_
A1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 0,15 x 0,30 x 0,15 + 0,55 x 0,10 x 0,35 y= = = 0,26 m A1 + A 2 0,15 x 0,30 + 0,55 x 0,10
Cálculo de IZ:
0,55 x 0,10 3 + 0,55 x 0,10 x (0,14 − 0,05) 2 + IZ = 12 0,15 x 0,30 3 + 0,15 x 0,30 x (0,26 − 0,15) 2 12
= 1,373 x 10 − 3 m 4
σe =
9.000 x.(−0,14) = − 917.698,5 N / m 2 −3 1,373 x 10
σf =
9.000 x.(0,26) = 1.704.297,2 N / m 2 −3 1,373 x 10
σg =
− 6.000 x.(−0,14) = 1,373 x 10 − 3
611.799,0 N / m 2
σh =
− 6.000 x.(0,26) = 1,373 x 10 − 3
− 1.136.198,1 N / m 2
σ máx
T
= 1,70 MPa
σ máx
C
= − 1,14 MPa
Cálculo de τmáx:
τ máx =
6.000 x 0,15 x 0,26 x 0,13 = 147.705,8 N / m 2 −3 0,15 x 1,373 x 10
6) A viga abaixo está solicitada pela força P atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.
Cálculo das coordenadas do centróide:
_
z=0 _
y
20 x 100 x 50 x 2 + 240 x 20 x110 728.000 = = 82,73 mm 20 x 100 x 2 + 240 x 20 8.800
=
20 x 1003 IZ = + 20 x 100 x (82,73 − 50) 2 x 2 + 12 240 x 20 3 + 240 x 20 x (37,27 − 10) 2 12
= 11,348 x 10 6 m m 4
Cálculo das tensões normais extremas:
σ máx t =
37.500.000 x 82,73 = 273,39 N / mm 2 6 11,348 x 10
σ máx c =
37.500.000 x (−37,27) = − 123,16 11,348 x 10 6
N / mm 2
Cálculo de τmáx:
τ máx =
25.000 x (82,73 x 20 x 41,365 x 2) = 7,54 N / mm 2 6 40 x 11,348 x 10
Convenção de sinais para os momentos fletores M z e M y :
Exercícios item 6.7: 1) Uma viga em balanço com 4,0 m de comprimento está solicitada por duas forças: F1 (vertical) e F2 (horizontal). Calcule na seção transversal do engaste as tensões normais extremas e o ângulo (φ) que a L. N. forma com o eixo z. Dados: F1 = 15.000 N; F2 = 27.000 N
Momentos fletores na seção transversal do engaste My e Mz:
M y = 4 x F2 = 4 x 27.000 = 108.000 N.m M z = 4 x F1 = 4x 15.000 = 60.000 N.m
My é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo z. Mz é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo y (comprime em baixo). A linha neutra do momento fletor My coincide com o vetor momento porque o eixo y é um eixo principal de inércia (ΙZY =0). A linha neutra do momento fletor Mz coincide com o vetor momento porque o eixo z é um eixo principal de inércia (ΙZY =0).
0,20x 0,30 3 Iz = → I z = 4,5 x 10 − 4 m 4 12 Iy =
0,30 x 0,20 3 → I y = 2,0 x 10 − 4 m 4 12
Cálculo da tensão normal na seção transversal do engaste:
σ =
σ =
σa =
−
σb =
−
60.000 (−0,15) 4,5x10 − 4 60.000 (0,15) 4,5x10
−4
− −
M y .z M z .y + Iz Iy −
60.000 y 4,5x10 − 4
−
108.000 (−0,10)
2,0 x 10 − 4 108.000 (0,10) 2,0 x 10
−4
108.000z 2,0 x 10 − 4
6
N / m2
6
N / m2
= 74 x 10 = − 74 x 10
Na linha neutra σ = 0.
0 =
Para z = 0
→
−
60.000 y 4,5x10 − 4
−
108.000z 2,0 x 10 − 4
y = 0, portanto, a linha neutra passa pelo centróide.
Para z = 0,10 m →
y = − 0,405 m
tg φ =
0,405 → φ = arctg (4,05) = 76,13o 0,10
2) Sendo dados P = 9.800 N e θ = 72º calcule na seção transversal do engaste: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z.
Decompondo-se o vetor momento nas direções principais de inércia:
M z = M cos 18o
→
M z = 37.281 N.m
M y = Msen 18o
→
M y = 12.113 N.m
Outra forma de calcularem-se os momentos fletores M z e M y : decompondo-se a força P
No engaste têm-se os seguintes momentos fletores:
M z = Py ⋅ 4,0 = 9.800 ⋅sen 72o ⋅ 4,0 M y = Pz ⋅ 4,0 = 9800⋅ cos 72o ⋅ 4,0
σx =
→ →
M z = 37.281 N.m M y = 12.113 N.m
M y .z M z .y + Iz Iy
σx =
−
37.281y
+
0,2 ⋅ 0,53 12
12.113 z 0,5 ⋅ 0,23 12
σ x = − 17,89 x 10 6 y + 36,34 x 10 6 z a)
σ ax = − 17,89 x 106 (−0,25) + 36,34 x 106 (0,10) = 8,11 x 10 6 N / m 2 σ bx = − 17,89 x 106 (0,25) + 36,34 x 106 (−0,10) = − 8,11 x 10 6 N / m 2
b) Na linha neutra σ = 0
0 = − 17,89 x 10 6 y + 36,34 x 106 z Para z = 0 → Para z = 0,1m →
tg φ =
0,203 → 0,1
φ = arc tg (2,03)
y= 0 y = 0,203 m
→
φ = 63,8o
Na flexão oblíqua a linha neutra não coincide com o vetor momento, portanto, a L.N. é obliqua ao plano que contém o carregamento e o centróide.
Exercício sobre flexão de viga constituída de dois materiais (item 6.8):
A viga abaixo é
composta por madeira (150 mm x 250 mm) e por uma lâmina de aço (150 mm x 10 mm). Calcule as tensões normais máximas no aço e na madeira. Dados: Εs = 205 GPa; ΕM = 10,25 GPa
n=
Es 205 = = 20 E m 10,25
Cálculo das coordenadas do centróide colocando-se o sistema de referência na face superior: _
y=
250 ⋅ 150. 125 + 3000 ⋅ 10 ⋅ 255 = 182,78 mm 250 ⋅150 + 3000 ⋅10
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z do centróide:
150 ⋅ 250 3 3000 ⋅ 10 3 2 Iz = + 150 ⋅ 250 (182,78 − 125) + + 3000 ⋅10 (77,22 − 5) 2 12 12
I z = 477,23 x 10 6 m m 4 Cálculo do momento fletor máximo:
M máx =
P ⋅ L 20.000 x 5.000 = = 25 x 10 6 N.mm 4 4
Cálculo das tensões normais máximas:
σM =
σS =
25 ⋅10 6 (−182,78) 477,23 ⋅10
6
25 ⋅10 6 (77,22) 477,23 ⋅10
6
σ =
M .y Iz
= − 9,58 N / mm 2
⋅ 20 = 80,90 N / mm 2
Exercício sobre flexão de viga de concreto armado (item 6.9):
Calcule a tensão normal
máxima no concreto e nas barras de aço da viga abaixo. A armadura é constituída de duas barras de aço com diâmetro Φ = 30 mm. Dados: Εs = 205 GPa; ΕC = 13,667 GPa
n=
Es 205 = = 15 E c 13,667
M máx
q ⋅ L2 8.750 x 8 2 = = = 70.000 N m 8 8
A S =2 π R 2 = 2 π (15 ⋅10 −3 ) 2 = 1,4137 x10 −3 m 2
Seção equivalente (seção homogeneizada):
_
Cálculo da coordenada y do centróide:
_
y=
nA s 1 + 2bd − 1 b nA s
15 ⋅1,4137 x 10 −3 2 ⋅ 0,25⋅ 0,5 y= 1+ − 1 −3 0,25 15 ⋅ 1 , 4137 x 10 _
_
de onde:
y = 0,219 m
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: __ 3
4b y I= 12 I=
__
+ nA s (d − y ) 2
4 ⋅ 0,25 ⋅(0,219) 3 + 15 ⋅1,4137 x 10 − 3 (0,50 − 0,219) 2 = 2,55 x 10 −3 m 4 12
Cálculo da tensão normal no concreto e nas barras de aço:
σ =
M .y Iz
σC = σS =
70.000 (−0,219) 2,55 ⋅10 −3 70.000 (0,281) 2,55 ⋅10 −3
= − 6,01 MPa
⋅ 15 = 115,71 MPa
Exercícios sobre flexão composta (item 7.1):
1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais
extremas e a posição da linha neutra. Dado: F = 100.000 N
Reduzindo a força F ao centróide tem-se:
MZ = 100.000 (N) x 100 (mm) = 1,0 x 107 N.mm
M ⋅y My ⋅ z F + z + A Iz Iy
σ = σ =
−
1,0 x 10 7 ⋅ y 100.000 − 200 x 400 200 x 4003 12
σ = − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 ⋅ y
Cálculo das tensões normais extremas:
σ máx
T
= − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 (−200) = 0,625 N / mm 2
σ máx
C
= − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 (200) = − 3 ,125 N / mm 2
Equação da linha neutra: σ = 0
0 = − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 ⋅ y 1,25 y = = − 133,33 mm − 9,375 x10 − 3
Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no engaste. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima.
Seção transversal do engaste: Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m
F M ⋅y + z A Iz 150.000 23600 ⋅ y σ = − − 0,25 x 0,5 0,25 x 0,53 12 6 σ = − 1,2 x 10 − 9,06 x 106 ⋅ y σ =
Cálculo das tensões normais:
σ f = − 1,2 x 10 6 σ g = − 1,2 x 10 6 •
− 9,06 x 10 6 ⋅ (− 0,25) = 1,06 MPa − 9,06 x 10 6 ⋅ ( 0,25) = − 3,46 MPa
Equação da linha neutra: σ = 0
0 = − 1,2 x 10 6 y =
Cálculo de τmáx:
τ máx =
τ =
− 9,06 x 10 6 ⋅ y
1,2 x 10 6 − 9,06 x10 6
=
− 0,13 m
V ⋅Q b ⋅ IZ
8.000 x 0,25 x 0,25 x 0,125 = 0,25 x 2,604 x10 − 3
96.000 N / m 2
Exercício 3) Um pilar está solicitado por uma força de compressão F = 25.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. Dados: a = 40 mm; b = 30 mm
Reduzindo a força F ao centróide, tem-se:
tan θ =
a 40 = b 30
→
θ = arc tan (1,33)
M = 25.000 ( N) x 50 (mm)
→
θ = 53,13o
= 1,25 x 10 6 N.mm
O vetor momento M deve ser decomposto nas direções principais de inércia (direções z e y).
M z = M cos (36,87 o ) = 1,0 x 10 6 N.mm M y = M sen (36,87 o ) = 750.000 N.mm
Outra forma de calcularem-se M z e M y :
M z = P. a = 25.000 ( N) x 40 (mm) = 1,0 x 10 6 N.mm M y = P . b = 25.000 ( N ) x 30 (mm) = 750.000 N.mm O momento fletor Mz é positivo (traciona o sentido positivo do eixo y) O momento fletor My é positivo (traciona o sentido positivo do eixo z)
σ =
F M ⋅y My ⋅ z + z + A Iz Iy
25000 1 x 10 6 ⋅ y 750000 ⋅ z σ = − + + 3 120 x 200 120 x 200 200 x 1203 12 12 σ =
− 1,04 + 1,25 x10 −2 y + 2,6 x10 −2 z
a)
σf =
− 1,04 + 1,25 x10 −2 (−100) + 2,6 x 10 −2 (−60)
σf =
− 3,85 N/mm 2 = − 3,85 MPa
σg =
− 1,04 + 1,25 x10 −2 (100) + 2,6 x 10 −2 (60)
σg =
1,77 N/mm 2 = 1,77 MPa
b) Linha neutra: σ = 0
0 =
− 1,04 + 1,25 x10 −2 y + 2,6 x10 −2 z
Para y = 0:
2,6 x 10 −2 z
1,04 =
→
z = 40mm
Para z = 0:
1,04 = 1,25 x10 −2 y
tan φ =
→
y = 83,2 mm
83,2 (mm) = 2,08 40 (mm)
→ φ = 64,3o
Exercício 4) Um pilar, de seção transversal circular, está solicitado por uma força de compressão F = 200.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) a posição da linha neutra. Dados: a = 80 mm; b = 60 mm
M = 200.000 (N) x 100 (mm) = 2,0x 107 N.mm Existem infinitos eixos de simetria passando pelo centróide de uma área circular. Todos estes eixos são eixos principais de inércia. Desta forma o eixo z pode ser girado até encontrar a direção do vetor momento M.
σ =
F M z ' ⋅ y' + A I z'
A força F é negativa (compressão) e o momento fletor Mz’ é negativo (porque comprime o sentido positivo do eixo
y' ). σ = −
200.000 2,0 x10 7 ⋅ y' − π ⋅ 150 2 π (300) 4 64
σ = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 y' a)
σ f = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 (−150) = 4,71 N / mm 2
σ g = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 (150) = − 10,4 N / mm 2 b)
0 = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 y'
y' = − 56,3 mm
Exercícios sobre núcleo central (item 7.2): 1) Calcule a área de um pilar, com seção transversal circular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).
An At
A n = π R 2 = π 25 2 = 1963,5 mm 2
= Área do núcleo central:
A t = π R 2 = π 100 2 = 31.415,9 mm 2
= Área total do pilar:
An 1963,5 = = 0,0625 A t 31.415,9
→
A n = 6,25% da área total
2) Calcule a área de um pilar, com seção transversal retangular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).
An
= Área do núcleo central:
50 x 100 x 2 = 5.000 mm 2 2
A t = 150 x 600 = 90.000 mm 2
A t = Área total do pilar: A n 5.000 = = 0,0556 A t 90.000
An =
→
A n = 5,56 % da área total
Exercícios do item 8.4: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d.
1ª solução: Colocando-se o sistema de referência no ponto A:
E I v | | (x ) = − M(x ) M( x) = − P.x
(0 ≤ x ≤ L)
E I v | |( x ) = + P.x E I v (x ) = |
P x2 + C1 2
Os engastes impedem rotações, então: v | (L) = 0
P L2 E I v ( L) = + C1 = 0 → 2 P x 2 PL2 | a) E I v ( x ) = − 2 2 |
PL2 C1 = − 2
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):
E I v( x ) =
P x 3 PL2 x − + C2 6 2
Os engastes impedem deslocamentos, então: v (L) = 0
P L3 PL2 L E I v( L) = − + C2 = 0 → 6 2 P x 3 PL2 x PL3 E I v( x ) = − + b) 6 2 3
PL3 PL3 PL3 C2 = − + = 6 2 3
P03 PL2 0 PL3 − + 6 2 3 3 PL v(0) = v A = 3E I
c) E I v(0) =
P (L 2 )3 PL2 (L 2) PL3 − + 6 2 3 3 3 3 PL PL PL (1 − 12 + 16) 3 EIv(L / 2)= − + = PL 48 4 3 48 5 PL3 v(L / 2) = v d = 48EI
d) E I v(L 2) =
2ª solução: Colocando-se o sistema de referência no engaste:
Re ações de apoio :
M B = PL
e VB = P
M ( x ) = − M B + VB x = − PL + P.x
(0 ≤ x ≤ L)
E I v | | (x ) = − M(x ) E I v | |( x ) = PL − P.x P x2 + C1 2
E I v | ( x ) = PL x −
Os engastes impedem rotações, então: v | (0) = 0
P 02 E I v (0) = PL0 − + C1 2 |
a)
= 0
→
C1 = 0
P x2 E I v ( x ) = PL x − 2 |
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):
E I v( x ) =
P L x 2 Px 3 − + C2 2 6
Os engastes impedem deslocamentos, então:
E I v(0) = 0 − 0 + C 2 = 0
→
C2 = 0
v ( 0) = 0
P L x 2 Px 3 − 2 6
E I v( x ) =
b)
E I v( L) =
c)
PL L2 PL3 3 −1 3 − = ( )PL 2 6 6
PL3 v( L) = v A = 3E I P L(L 2 )2 P(L / 2) 3 PL3 PL3 6−1 3 − = − = ( )PL 2 6 8 48 48
E I v ( L 2) =
d)
v(L / 2) = v d =
5PL3 48EI
2) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d.
qx 2 2 qx 2 E I v | |( x ) = + 2 3 qx E I v | (x ) = + C1 6
M(x ) =
−
(0 ≤ x ≤ L )
Os engastes impedem rotações, então: v | (L) = 0
E I v ( L) = |
q L3 + C1 6
a) E I v ( x ) = |
= 0
→
qL3 C1 = − 6
q x 3 qL3 − 6 6
Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):
E I v( x ) =
q x 4 qL3 x − + C2 24 6
Os engastes impedem deslocamentos, então: v (L) = 0
E I v( L) =
q L4 qL3 L − + C2 = 0 24 6
C2 = −
qL4 qL4 qL4 + = 24 6 8
q x 4 qL3 x qL4 − + 24 6 8
b) E I v( x ) = c) E I v(0) =
→
q 0 4 qL3 0 qL4 − + 24 6 8
qL4 v (0) = v A = 8E I
d) E I v(L / 3) = EIv(L / 3)=
q (L / 3) 4 qL3 (L / 3) qL4 − + 24 6 8
qL4 qL4 qL4 (1 − 108 + 243) 4 − + = qL 1944 18 8 1944
v(L / 3) = v d =
136 qL4 17qL4 = 1944EI 243EI
3) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a rotação nos apoios.
qx 2 qL qx 2 = x− (0 ≤ x ≤ L) 2 2 2 qL qx 2 E I v | |( x ) = − x+ 2 2 qL 2 qx 3 E I v | (x) = − x + + C1 4 6 qL 3 qx 4 E I v( x ) = − x + + C1 x + C 2 12 24
M ( x ) = VA x
−
Condições de contorno (ou condições de extremidades):
v (0) = 0
v ( L) = 0
e
qL 3 q 0 4 + C1 0 + C 2 = 0 → E I v(0) = − 0 + 12 24 qL 3 qL4 + C1 L = 0 E I v( L) = − L + 12 24 qL4 qL4 qL3 − → C1L = C1 = 12 24 24 3 qL 2 qx qL3 | a) E I v ( x ) = − x + + 4 6 24 4 qL 3 qx qL3 b) E I v( x ) = − x + + x 12 24 24
C2 = 0
c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga: qL q (L / 2) 4 qL3 3 + (L / 2 ) E I v(L / 2) = − ( L / 2) + 12 24 24 E I v(L / 2) = −
v máx = v(L / 2) =
Observação:
(−4 + 1 + 8) 4 qL 384
qL4 qL4 qL4 + + = 96 384 48
Para
5 qL4 384 E I
vigas
bi-apoiadas
a
deflexão
máxima
v| (x) = 0 E I v | (x ) = −
qL 2 qx 3 qL3 + =0 x + 4 6 24
De onde:
x3 6
L 2 L3 − x + =0 4 24
→ 4 x 3 − 6L x 2 + L3 = 0
A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são: X1 = 1,366L X2 = 0,5L X3 = − 0,366L d) Rotação nos apoios: v| ( x ) ≅ θ( x )
qL 2 q 03 qL3 E I v (0) = − 0 + + 4 6 24
qL3 → v (0) ≅ θ A = 24 E I
qL 2 qL3 qL3 E I v ( L) = − L + + 4 6 24
qL3 → v ( L) ≅ θ B = − 24 E I
|
|
|
|
ocorre
onde
4) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão no meio do vão; d) a deflexão máxima;
qL L qL ⋅ = 0 → VA = 2 3 6 qL 2L qL → − VB L − ⋅ = 0 → VB = 2 3 3 3 3 qx qL qx = x− (0 ≤ x ≤ L) 6L 6 6L qL qx 3 − x+ 6 6L qL 2 qx 4 − x + + C1 12 24L
∑MB
= 0 → VA L −
∑MA
=0
M ( x ) = VA x
−
E I v | |( x ) = E I v | (x) =
E I v( x ) = −
qL 3 qx 5 x + + C1 x + C 2 36 120L
Condições de contorno (ou condições de extremidades):
v (0) = 0
e
v ( L) = 0
E I v (0) = −
qL 3 q0 5 + C1 0 + C 2 0 + 36 120L
→
C2 = 0
qL 3 qL5 E I v( L) = − L + + C1 L = 0 36 120L qL4 qL4 − 36 120
C1L =
7qL3 C1 = 360
→
a) E I v | ( x ) = −
qL 2 qx 4 7qL3 x + + 12 24L 360
b) E I v( x ) = −
qL 3 qx 5 7qL3 x + + x 36 120L 360
qL q(L / 2) 5 7qL3 3 c) E I v(L / 2) = − (L / 2) + + ( L / 2) 36 120L 360 v(L / 2) =
5qL4 768 E I
d) A deflexão máxima ocorre onde v| (x) = 0 qL 2 qx 4 7qL3 + E I v (x) = − x + 12 24L 360 |
=0
Multiplicando a expressão acima por 360L, tem-se:
− 30L2 x 2 + 15x 4 + 7 L4 = 0 Chamando de :
a = x2
− 30L2 a + 15 a 2 + 7 L4 = 0 As raízes da equação do segundo grau acima são:
a1 = 1,73 L2 a 2 = 0,27 L2
x= a x 1 = ± 1,73L2
= ± 1,32 L
2
x 3 = ± 0,27L2
= ± 0,52 L
4
Portanto, a deflexão máxima vai ocorrer na coordenada x = 0,52L:
qL q (0,52L) 5 7qL3 3 E I v(0,52L) = − (0,52L) + + (0,52L) 36 120L 360 v(0,52L) = v máx =
0,00652 qL4 EI
5) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo.
E I = constante.
Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m
b h 3 0,20 ⋅ (0,5) 3 I = = 12 12 v máx = v máx =
→
I = 2,083 x 10 − 3 m 4
0,00652 qL4 EI
0,00652 x 80.000 x (5) 4 = 120 x 109 x 2,083 x 10 − 3
1,3 x 10 − 3 m
6) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a deflexão do ponto de aplicação da força P.
Trecho 1: M ( x ) = 0
( 0 ≤ x ≤ L / 2)
E I v | | (x) = 0 E I v | (x) = C1 E I v( x ) = C1 x + C 2 Trecho 2: M ( x ) = − Px
(0 ≤ x ≤ L / 2)
||
E I v (x ) = P x E I v | (x ) =
E I v( x ) =
Px 2 + C3 2
Px 3 + C3 x + C 4 6
Condições de contorno: Para x = L/2 do trecho 2:
E I v | (L / 2) = E I v(L / 2) =
C4
v| (L/2) = 0
e v(L/2) = 0
P(L / 2) 2 PL2 + C3 = 0 → C3 = − 2 8 3 2 P(L / 2) PL − ( L / 2) + C 4 = 0 6 8
PL3 PL3 = − + 48 16
→
PL3 C4 = 24
3ª condição de contorno: Em função da continuidade da linha elástica:
E I v| (L / 2) Trecho 1 = E I v| (0) Trecho 2
C1 =
P 02 + C3 2
→
C1 = −
PL2 8
4ª condição de contorno:
E I v(L / 2) Trecho 1 = E I v(0) Trecho 2 P(0) 3 + C3 (0) + C 4 6 PL2 PL3 − (L / 2) + C 2 = 8 24 3 3 PL PL 5PL3 C2 = + = 24 16 48 PL2 a) Trecho 1: E I v | ( x ) = − 8 Px 2 PL2 Trecho 2: E I v | ( x ) = − 2 8 2 PL 5PL3 b) Trecho 1: E I v( x ) = − x+ 8 48 3 2 Px PL PL3 − Trecho 2: E I v( x ) = x+ 6 8 24 2 3 PL 5PL c) E I v(0) = − 0+ 8 48 3 5PL v máx = 48 E I C1 (L / 2) + C 2 =
d) Para calcular a deflexão do ponto de aplicação da força P pode-se usar a equação de v(x) para x = L/2 do trecho 1 ou a equação de v(x) do trecho 2 para x = 0:
E I v(0) = v(0) =
P03 PL2 PL3 − 0+ 6 8 24 PL3 24 E I
7) Determine a deflexão do ponto A.
qx 2 M ( x ) = − Px − 2
E I = constante.
(0 ≤ x ≤ L )
E I v( x ) =
P x 3 PL2 x PL3 q x 4 qL3 x qL4 − + + − + 6 2 3 24 6 8
E I v(0) =
P 03 PL2 0 PL3 q 0 4 qL3 0 qL4 − + + − + 6 2 3 24 6 8
v(0) = v A =
PL3 qL4 + 3E I 8 E I
É válido o princípio da superposição dos efeitos para o cálculo de flechas. 8) Determine a deflexão no meio da viga.
Trecho 1: M ( x ) =
P x 2
E I = constante.
(0 ≤ x ≤ L / 2)
P x 2 P E I v | ( x ) = − x 2 + C1 4 P 3 E I v( x ) = − x + C1x + C 2 12 E I v | | (x ) = −
Condições de contorno: • Para x = L/2: v| (L/2) = 0
E I v | (L / 2) = − •
P (L / 2) 2 + C1 = 0 4
→
C1 =
PL2 16
Para x = 0: v(0) = 0
P 3 PL2 0 + C2 = 0 → E I v(0) = − 0 + 12 16 P 3 PL2 Então: E I v( x ) = − x + x 12 16
C2 = 0 ( 0 ≤ x ≤ L/2 )
Cálculo da deflexão no meio do vão:
E I v(L / 2) = − v(L / 2) =
P PL2 PL3 PL3 (−1 + 3) 3 PL ( L / 2) 3 + (L / 2) = − + = 12 16 96 32 96
PL3 48 E I
9) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do módulo de elasticidade da viga abaixo.
E I = constante.
v máx Iz =
PL3 = 48 E I
0,15 ⋅ 0,30 3 = 3,375 x10 −4 m 4 12
26000(6,4) 3 0,006 = 48⋅E ⋅3,375 x10 −4 E = 70,12 x 109 N / m 2 ou:
E = 70,12 GPa
10) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo devida ao peso próprio. A viga é de aço e tem seção transversal em forma “ I ”. Dados: γs = 77 kN/m3; Ιz = 4,16x10 − 5 m4; Εs = 205 GPa;
E I = constante.
A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal:
A = 6 x 100 x 2 + 6 x 300 = 3.000 mm 2
A = 3.000 (10 −6 )m 2
Ou:
= 3,0 x10 −3 m 2
q = γ.A = 77000( N / m 3 ) x 3,0x10 −3 (m 2 )
v máx
= 231 N / m
5qL4 5 x 231 x 9 4 = = = 2,31 x 10 − 3 m 9 −5 384 E I 384 x 205 x 10 x 4,16 x10
11) Sendo E I = constante determine a deflexão máxima e a rotação nos apoios.
M x L M E I v | | (x) = − x L M x2 E I v | (x ) = − + C1 2L Mx 3 E I v( x ) = − + C1 x + C 2 6L
M ( x ) = VA x =
Condições de contorno: v(0) = 0
e v(L) = 0:
3
M0 + C1 0 + C 2 = 0 → C2 = 0 6L ML3 ML E I v( L ) = − + C1 L = 0 → C1 = 6L 6 2 Mx ML Então: E I v | ( x ) = − + 2L 6 3 Mx ML E I v( x ) = − + x 6L 6 E I v(0) = −
A deflexão máxima ocorre onde v|(x) = 0
M x 2 ML E I v (x ) = − + =0 2L 6 |
−
x2 L =− 2L 6
E I v(0,58L) = −
→
x2 =
2L2 6
→
M (0,58L) 3 ML + (0,58L) 6L 6
v(0,58L) = v máx =
0,064ML2 EI
x=
L2 3
= ± 0,58 L
= 0,064ML2
Rotação nos apoios:
M 0 2 ML E I v (0) = − + 2L 6 |
E I v | ( L) = −
M L2 ML + 2L 6
→ v| (0) =
ML 6 EI
→ v | ( L) = −
ML 3 EI
12) Sabendo que a deflexão do ponto d é igual a 11 mm calcule o módulo de elasticidade da viga.
E I = constante.
E I v( x ) = −
P 3 PL2 x x + 12 16
( 0 ≤ x ≤ L / 2)
Para x = 2,0 m, tem-se:
P P(6,0) 2 3 (2,0) = E I v(2,0) = − ( 2,0) + 12 16 0,20 x 0,40 3 I = = 1,0667 x 10 −3 m 4 12 E ⋅ 1,0667 x10 −3 ⋅ 0,011 = 3,833 ⋅17000
E = 5,55 x 10 9 N / m 2 = 5,55 GPa
3,833 P
Exercícios do item 8.6: 1) Construa os diagramas de esforços internos (momento fletor e força cortante) da viga abaixo. Ε Ι = constante.
∑F
Y
∑M
=0 A
=0
→
→
VA + VB − q ⋅ L = 0
q⋅L⋅
L − VB ⋅ L + M B = 0 2
Vamos retirar o apoio A (a viga fica isostática) e determinar o deslocamento que este apoio está impedindo:
Colocando-se o apoio A
Compatibilidade dos deslocamentos:
VA L3 qL4 = 3EI 8EI
→
VA =
3q L 8
As outras duas reações são obtidas com as equações de equilíbrio:
VB = q ⋅ L − VA
= q⋅L −
qL2 5qL MB = − + ⋅L 2 8
→
3qL 8
→
qL2 MB = 8
VB =
5q L 8
Com o sistema de referência com origem no apoio A, tem-se:
qx 2 M ( x ) = VA ⋅ x − 2
e
V( x ) = VA − q x
O momento fletor máximo positivo ocorre onde V(x) = 0:
VA − q x = 0
M máx
→
x =
VA 3 qL = q 8q
3qL q (3L 8) 2 = M(3L 8) = (3L 8) − 8 2
→
x=
3L 8
9 qL2 = 128
2) Determine a força (F) de tração na mola. Ε Ι = constante.
Retirando-se a mola da viga:
(0 ≤ x ≤ L)
A mola aplica uma força F na viga em sentido contrário da força P:
Compatibilidade dos deslocamentos: Lei de Hooke para molas:
FL3 PL3 + δM = 3EI 3EI
F = k ⋅δ M FL3 F PL3 + = 3EI k 3EI
Multiplicando a expressão acima por 3 E I :
FL3 +
3 E IF = PL3 k
→
PL3 F = 3EI L3 + k
De onde:
Análise de casos extremos: Se: Se: Se: Se:
EI = ∞ EI = 0 k= ∞ k= 0
→ F=0 → F =P → F =P → F =0
3EI 3 F L3 + = PL k
Exercícios sobre flambagem: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: ΕBC = 120 GPa; LBC = 4,0 m.
Cálculo da carga crítica do pilar BC:
PCR = I min =
π 2 E I min
(L fl )2
50 x 30 3 = 112.500 mm 4 12
L fl = K ⋅ L = 1,0 x 4000 PCR =
π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500
(4000)2
=
4000 mm
= 8.327,5 N
A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( PCR ) do pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC.
2) Resolva o problema anterior considerando que o pilar BC está engastado no ponto C.
Cálculo da carga crítica do pilar BC:
PCR =
π 2 E I min
(L fl )2
L fl = K ⋅ L = 0,7 x 4000 PCR =
=
π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500
(2800)2
2800 mm = 16.994,9 N
FBC < PCR , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 205 GPa.
cos θ =
0,345 0,69
→
θ = arc cos (0,5)
→
θ = 60 o
P
∑ FY
=0
→
P + F2 sen θ = 0 → F2 = −
∑ FX
=0
→
F1 + F2 cos θ = 0 → F1 = − F2 cos θ
sen 60 o
= − 1,155 P
F1 = − (−1,155P) cos 60 o = 0,5775 P Cálculo da carga crítica da barra 2:
PCR =
I min =
π 2 E I min
(L fl )2
π D 4 π (0,015) 4 = = 2,485 x 10 − 9 m 4 64 64
L fl = K ⋅ L = 1,0 x 0,69 = 0,69 m
PCR =
π 2 ⋅ 205 x 10 9 x 2,485 x 10 − 9
(0,69)2
= 10.560 N
Para que ocorra flambagem da barra 2:
1,155 P = 10.560
→
F2 = Pcr, então:
P = 9.142,9 N
4) A treliça abaixo é formada por quatro barras de aço com seção transversal circular. Todas as barras têm o mesmo diâmetro φ = 30 mm e módulo de elasticidade Ε =205 GPa. Calcule: a) a tensão normal na barra CD; b) o alongamento da barra AC; c) investigue se a barra AB irá flambar.
=0
∑MB ∑ FX
=0
→ H D x1,4 − 1200 x 5,6 = 0 → H D = 4800 N
→
H B − H D = 0 → H B = 4800 N
Diagrama de corpo livre do nó A:
tan θ =
1,4 2,8
→ θ = arc tan (0,5) = 26,57 o
∑ FY = 0
→
FAC senθ − 1200 = 0 → FAC = 2682,8 N
∑ FX = 0
→
FAC cos θ + FAB = 0 → FAB = − FAC cos θ
FAB = − 2682,8 cos (26,57 o ) = − 2400 N
Diagrama de corpo livre do nó B:
∑ FX
=0
→
FAB + FBC cos θ + H B = 0 → FBC cos θ = − FAB − H B − 2.400 = − 2.683,4 N cos (26,57)
FBC cos θ = − ( − 2400) − 4.800 =
∑ FY
=0
→
VB + FBC senθ = 0
VB = − (−2683,4) sen (26,57 o ) = 1200 N Portanto, VD = 0. a)
σ CD =
FCD 4800 = A CD π ⋅15 2
→
σ CD = 6,79 N / mm 2
FAC L AC 2682,8 x 3,13 = = 5,79 x 10 −5 m 9 2 E AC A AC 205 x 10 ⋅ π (0,015)
b)
∆L AC =
c)
Cálculo da força crítica da barra AB:
I min =
π D 4 π (30) 4 = = 39760,8 mm 4 64 64
L fl = K ⋅ L = 1,0 x 5600 = 5600 m m PCR =
π 2 Ε I min L2fl
=
π 2 ⋅ 205 x 10 3 x 39760,8
(5600)2
= 2.565,3 N
FAB = 2.400 N < PCR = 2.565,3 N, portanto, a barra AB não irá flambar.
• Exercícios resolvidos do Anexo Exercício 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular.
_
y=
∫A
h
y . dA A
=
∫0 _
_
z=
∫A
z . dA A
h
=
∫0
dy
=
h
=
1 y2 1 h2 b [ ] . z = . .b 0 b. h 2 0 b .h 2
h 2
b
∫0 z .dz
b
z
=
2 2 1 [y]0h . z = 1 ⋅ h ⋅ b b. h b .h 2 2 0
=
b .h _
de onde:
∫0
b .h
y
de onde:
b
y .dy dz
b 2
O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área.
Para o sistema de referência acima: _
z = xx mm
_
y =0
A≠ ∞
y =
então:
∫A y . dA = 0
QZ = O eixo z
∫A y . dA
_
→
∫A y . dA =
A
=0
0
passa pelo centróide da área A, portanto, o momento estático de uma área
finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. 2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide.
QZ =
QZ =
− 160
y2 = 2
60
∫A y . dA = ∫− 200 y. dy . ∫−dz60
[
−160 60
− 200
⋅ z − 60
]
1 1 (−160) 2 − (−200) 2 ⋅ [60 − (−60)] = [25.600 − 40.000] ⋅ 120 2 2 Q Z = − 864.000 mm 3
Outra forma de calcular-se o momento estático: _
y=
∫A y . dA A
→
_
Q y= Z A
Q Z = (−180) ⋅ 40 ⋅120 =
→
_
QZ = y ⋅A
− 864.000 mm 3
Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo
_
Q Z = y⋅A =
20 ⋅ 120 ⋅ 360 =
864.000 mm 3
3) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide.
_
Q Z = y ⋅ A = 100 ⋅ 200 ⋅120 =
2.400.000 mm 3
• Demonstração do teorema dos eixos paralelos
IZ = I
Z|
IY = I
Y|
I
Z|
=
+ A. a 2 + A.b 2
∫A ( y )
| 2
dA
IZ =
∫A ( y + a )
IZ =
∫A ( y )
|
| 2
2
dA =
dA + 2a
∫A [( y )
| 2
]
+ 2 y | a + a 2 dA
∫A y dA + a ∫AdA |
2
O momento estático de uma área em relação a um eixo que passa pelo seu centróide é nulo, então:
∫A y dA = 0 |
IZ = I
Z|
+ A. a 2
4) Para a área abaixo, determine: a) o momento de inércia IZ b) o momento de inércia IY
a)
IZ = y3 IZ = 3 IZ
b)
∫A
h 2
∫−h 2
y 2 dA =
h 2
⋅ −h 2
z
b2 −b 2
=
y 2 dy ⋅
∫A
z 2 dA = IY = y
h 2
∫−h 2 h 2 −h 2
⋅
∫−b 2dz
1 h 3 − h 3 b − b − ⋅ − 3 8 8 2 2
1 h 3 h 3 = + ⋅b 3 8 8
IY =
b2
→
dy ⋅ z3 3
b2
∫−b 2 z
IZ
2
dz
b2
= −b 2
=
bh3 12
h b3 12
5) Determine o momento de inércia de uma área circular vazada em relação ao eixo Z.
IZ =
∫A y
2
dA
senθ =
IZ =
∫
IZ =
IZ =
y r
→
(rsenθ) 2 rdθ dr
r4 IZ = 4
(r
4 e
(r
4 e
dA = rdθ ⋅ dr
onde:
=
y = r senθ re 3
∫ri
r dr
2π
∫0
sen 2 dθ
2π
re
1 ⋅ (θ − senθ cos θ ) 2 0
ri
)
− ri4 1 ⋅ [(2π − sen 2π cos 2π ) − (0 − sen 0 cos 0)] 4 2
)
− ri4 1 ⋅ 2π 4 2
→
IZ
(
π re4 − ri4 = 4
)
Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno:
π D I Z = e 4 2
4
4 Di − 2
IZ =
π D e4 D i4 − 4 16 16
=
[
π 4 D e − D i4 64
]
Particularizando para seção cheia (Di = 0):
π D e4 IZ = 64 Observações: 1ª) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam pelo centróide são iguais.
2ª ) Não confundir momento de inércia ( I ) com momento de inércia à torção ( J )
I J
é usado na flexão é usado na torção
IZ = IY =
π D4 (para seção circular cheia)
64
r2 = z2 + y2
J=
∫A r
2
dA
=
∫A (z
J = IY + IZ =
2
+ y 2 ) dA =
π D4 64
+
∫A z
π D4 64
=
2
dA +
∫A y
2
dA
π D4 32
6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “ T ” em relação ao eixo horizontal (Z) do centróide.
Cálculo das coordenadas do centróide:
_
z=0 _
y=
∫A
ydA A _
_
=
y=
_
A 1 y1 + A 2 y 2 A1 + A 2 0,069 = 0,18
=
0,20x 0,50 x 0,25 + 0,80 x 0,10x 0,55 0,50x 0,20 + 0,80 x 0,10
0,383 m
Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior, tem-se:
_
y=
0,80 x 0,10 x 0,05 + 0,20 x 0,50x 0,35 0,50 x 0,20 + 0,80 x 0,10
=
0,039 = 0,217 m 0,18
Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura, tem-se:
Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos:
IZ = I
Z|
+ A.a 2
0,8 x 0,13 0,2 x 0,5 3 2 IZ = + 0,8x 0,1 x (0,167) + + 0,2 x 0,5 x (0,133) 2 12 12 I Z = 6,15 x10 − 3 m 4 7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y ( I Y ).
0,10 x 0,80 3 0,50 x 0,20 3 IY = + = 4,6x10 − 3 m 4 12 12
Exercícios sobre eixos principais de inércia: 1) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.
• Cálculo das coordenadas do centróide:
n
_
y =
∑
_
Ai yi
i =1 n
∑ Ai i =1
_
y =
12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 38,1 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (− 25,4) 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2
= 6,35 mm
n
_
z =
_
∑ Ai zi i =1 n
∑ Ai i =1 _
z =
12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 50,8 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (95,25) 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2
12,7 ⋅ 76,2 3 + 12,7 ⋅76,2 ( − 31,75) 2 + IZ = 12 12,7 ⋅ 76,2 3 + 12,7 ⋅76,2 (31,75) 2 12
IY
→
→
76,2 ⋅ 12,7 3 + 12
I Z = 2.900.612,7 mm 4
76,2 ⋅ 12,7 3 = + 12,7 ⋅76,2 ( − 44,45) 2 + 12
76,2 ⋅ 12,7 3 + 12,7 ⋅76,2 (44,45) 2 12
= 50,8 mm
12,7 ⋅ 76,2 3 + 12
I Y = 4.318.401,0 mm 4
I Z Y = 0 + 12,7 ⋅76,2 ⋅ (−31,75) ⋅ ( − 44,45) + 0 + 12,7 ⋅76,2 ⋅ 31,75 ⋅ 44,45 I Z Y = 2.731.518,7 mm 4
• Cálculo de Ι1, Ι2, θ1 e θ2
2
I + IY I − IZ 2 I1 = Z + Y + I ZY 2 2
= 6.431.514 mm4
2
I + IY I − IZ 2 I2 = Z − Y + I ZY 2 2
tg θ1 =
I ZY I1 − I Y
=
=
787.499,5 mm
4
52,27º
I tg θ2 = − ZY = − 37,73º IY − I2
2) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.
• Cálculo das coordenadas do centróide:
_
y =
_
z =
IZ
12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 38,1 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 69,85 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅38,1 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2
= 48,68 mm
12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅50,8 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅95,25 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2
= 50,8 mm
12,7 ⋅ 76,2 3 = + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (48,68 − 38,1) 2 ⋅ 2 + 12 76,2 ⋅ 12,7 3 + 12,7 ⋅ 76,2 (27,52 − 6,35) 2 12
→
I Z = 1.599.889,6 mm 4
76,2 ⋅ 12,7 3 I y = + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (38,1− 6,35) 2 ⋅ 2 + 12
12,7 ⋅ 76,2 3 12
→
I y = 2.445.359,6 mm 4
O produto de inércia Ιzy é igual a zero (a área possui um eixo de simetria), então os eixos Z e Y são os eixos principais de inércia. Ιy é o maior momento de inércia = Ι1 Ιz é o menor momento de inércia = Ι2
3) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia principais.
500 x800 3 300 x 400 3 IZ = − = 1,97 x1010 mm 4 12 12 800 x 500 3 400 x300 3 IY = − = 7,43 x10 9 mm 4 12 12
IZ Y = 0 IZ =
→
IZ e IY
1,97 x1010 mm 4
I1
=
I2
= I Y = 7,43 x10 9 mm 4
são os eixos principais de inércia.