Resistência dos materiais mecânica dos materiais

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Resistência dos materiais mecânica dos materiais

  1. 1. 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
  2. 2. 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
  3. 3. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 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 fγ coeficiente de majoração das ações σ tensão normal σ tensão normal admissível τ tensão tangencial τ tensão tangencial admissível υ coeficiente de Poisson índices adm admissível c compressão f ação t tração, transversal w alma das vigas max máximo min mínimo
  4. 4. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 1 MECÂNICA DOS MATERIAIS 1 MECÂNICA 1.1 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. Estática Mecânica dos corpos rígidos Cinemática Dinâmica Mecânica Mecânica dos corpos deformáveis Resistência dos Materiais Fluídos incompressíveis → líquidos Mecânica dos fluídos Fluídos compressíveis → gases 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).
  5. 5. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 2 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: • 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; 1.3 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.
  6. 6. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 3 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 2 / mNPa = . Pascal é também unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento). Múltiplos e submúltiplos Nome Símbolo fator pelo qual a unidade é multiplicada exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000 tera T 1012 = 1 000 000 000 000 giga G 109 = 1 000 000 000 mega M 106 = 1 000 000 quilo k 103 = 1 000 hecto h 102 = 100 deca da 10 deci d 10-1 = 0,1 centi c 10-2 = 0,01 mili m 10-3 = 0,001 micro µ 10-6 = 0,000 001 nano n 10-9 = 0,000 000 001 pico p 10-12 = 0,000 000 000 001 femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001 atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001 Conversão de Unidades A unidade é equivalente a 1MPa 1 N/mm2 1 MPa 1 x 106 N/m2 1 GPa 1 x 109 N/m2 1 m 100 cm 1 cm 0,01 m 1 kgf 9,81 N 1 kgf 2,20 lb 1 polegada (ou 1") 2,54 cm 1 m2 10000 cm2 Exemplo de conversão de medidas de pressão: 422 10× == cm N m N Pa 1010 1010 242 6 2 6 × = × × = × = cm kN cm N m N MPa 2 2 42 9 2 9 10 10 1010 cm kN cm N m N GPa × = × × = × =
  7. 7. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 4 1.4 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 EFsen =α OF=αcos ABtg =α DCg =αcot OB=αsec OCec =αcos 1== ROE 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: 222 cba += . Relações trigonométricas a c hipotenusa opostocateto sen ==α a b hipotenusa adjacentecateto ==αcos b c adjacentecateto opostocateto tg ==α b a adjacentecateto hipotenusa ==αsec b c arctg=α a c arcsen=α a b arccos=α bC a α A B c triângulo retângulo Relação fundamental da trigonometria: 1cossen 22 =+ xx Razões Trigonométricas Especiais 30º 45º 60º Seno 2 1 2 2 2 3 Cosseno 2 3 2 2 2 1 Tangente 3 3 1 3
  8. 8. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 5 Exemplos 1. Calcule o valor de c da figura 20 º30 c sen = 202 1 c = 202 =c mc 10= 2. Determine o valor de b da figura 20 º30cos b = 202 3 b = 3202 =b mb 310= b 20 m 30° c 3. Calcule o valor de a da figura 222 34 +=a 22 34 +=a ma 5= 4. Determine o valor do ângulo α da figura 4 3 arctg=α º87,36=α 4 m α a 3 m Triângulo qualquer Lei dos senos: R C c B b A a 2 sensensen === Lei dos cossenos Abccba cos2222 ×−+= Baccab cos2222 ×−+= Cabbac cos2222 ×−+=
  9. 9. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 6 1.5 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 Símbolo Nome Maiúscula Minúscula Alfa Α α Beta Β β Gama Γ γ Delta ∆ δ Épsilon Ε ε Zeta Ζ ζ Eta Η η Teta Θ θ Iota Ι ι Capa Κ κ Lambda Λ λ Mi Μ µ Ni Ν ν Csi Ξ ξ Ômicron Ο ο Pi Π π Rô Ρ ρ Sigma Σ σ Thau Τ τ Upsilon Υ υ Phi Φ ϕ Chi Χ χ Psi Ψ ψ Omega Ω ω
  10. 10. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 7 2 ESTÁTICA 2.1 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. F α F 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: 0==Σ RF onde: F = força R = resultante das forças
  11. 11. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 8 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. F3 F2 A F4 F1 Figura 2.2 Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio As condições necessárias e suficientes para o equilíbrio são: 0=Σ xF 0º302000º3010001500 =−−=Σ sensenFx 010005001500 =−−=Σ xF ok 0=Σ yF 0866º30cos1000º30cos2000 =−−=Σ yF 08668661732 =−−=Σ yF ok xA F = 1500N1 F = 1000N3 F = 866N2 30° y F = 2000N4 30° 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. Regra do paralelogramo Q A P A P Q R R
  12. 12. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 9 Regra do Triângulo A Q A R=P+Q P Q P R=P+Q Composição de forças R=F1+F2-F3 F3 R=F1+F2 F1 F1 R=F1+F2+F3 F2 F3 F3 F2 F3 Decomposição de forças F Fx y x y F b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de equilíbrio. Exemplos Determinar a Resultante das duas forças P e Q agem sobre o parafuso A. Q=60 N 25º 20ºA P=40 N
  13. 13. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 10 a. Soluções gráficas 35.0° R=98 N A 20º 25º P=40 N Q=60 N R=98 N Q=60 N A P=40 N 35.0° Regra do paralelogramo Regra do triângulo b. Solução analítica: trigonometria Cálculo da força resultante: Lei dos cossenos: BPQQPR cos2222 −+= º155cos604024060 222 ×××−+=R NR 7,97= Cálculo do ângulo α Lei dos senos R senB Q senA = 7,97 º155 60 sensenA = 25,0=senA º15=A º20+= Aα º35º20º15 =+=α A R Q=60 N α P=40 N B 155° C 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”. Portanto, o parafuso está reagindo por uma força de mesma intensidade da resultante de P e Q, mas em sentido contrário. A força de reação pode ser decomposta em duas forças Fx e Fy, que são suas projeções sobre os eixos (x e y). NFx 80º35cos7,97 =×= NsenFy 56º357,97 =×= A R=97,7 N 35° Fx=80 N 20º Fy=56 N R=97,7 N P=40 N 25º Q=60 N 35.0°
  14. 14. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 11 Verificação do equilíbrio do ponto A Para que o ponto A esteja em equilíbrio é necessário que a somatória de todas as forças que agem no ponto A sejam nulas, ou seja: 0 1 =∑= n i nF y Q=60 N Fy=56 N x 25º 20ºA Fx=80 N P=40 N ∑ = 0xF ∑ =−×+×= 080º20cos40º45cos60xF 00 = ok ∑ = 0yF ∑ =−×+×= 056º2040º4560 sensenFy 00 = ok 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. gmP ⋅= onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade. 2. Determinar as forças nos cabos. gmP ⋅= ( )2 /81,9)(75 smkgP ×= NP 736= 30°50° A 75 kg C B 736 N 80° 60° ACT 40° TAB solução gráfica: desenho do polígono de forças. º80 736 º40º60 sensen T sen T ACAB == TAB = 647 N e TAC = 480 N
  15. 15. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 12 50° 30° A 736 N TAB ACT solução analítica: equações de equilíbrio. 0=Σ xF 0º50cosº30cos =⋅−⋅ ABAC TT º30cos º50cos⋅ = AB AC T T (1) 0=Σ yF 0736º30º50 =−⋅+⋅ senTsenT ACAB Substituindo TAC pela relação (1), tem-se 736º30 º30cos º50cos º50 =⋅ ⋅ +⋅ sen T senT AB AB TAB = 647 N e TAC = 480 N Exercícios 1. Determinar a força F e o ângulo α. A AT =2,5 kN BT = 2,5 kN F y α x 50°20° C 20° B50° α F Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º 2. Determinar as forças nos cabos x y 60° 20° AT TB P m=50 kg A 60° 20° B Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N 3. Determinar a resultante do sistema de forças indicado e o seu ângulo de inclinação em relação ao eixo x. 70° F = 15 N3 F = 10 N1 x50° F = 20 N2
  16. 16. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 13 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) y x 159,65 N 300 N 20° 60° F b) x F 60° 346,41 N 30° 200 N y Resp. F = 314,41 N Resp. F = 400 N c) F y x 45° 45° 141,42 N 141,42 N d) y x F30° 60° 45° 250 N 120 N 91,9 N Resp. F = 200 N Resp. F = 255,45 N e) 329,36 N 100 N 100 N F 60° 70° 45° x y f) 65° 61 kg 45° F 450 N Resp. F = 321,74 N Resp. F=268,95 N
  17. 17. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 14 2.4 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. 0 A d M0 F Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo dFM ×=0 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 sentido anti-horário e negativo, se tender a girar o corpo no sentido horário. M-M+ 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. 0 A A F F 3 1 1 2 A2 b1 b2 b3 F3 ∑= = n i FS i MM 1 0,0, 2.4.2 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”. ∑= == n i FSR i MMM 1 0,0,0,
  18. 18. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 15 2.4.3 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. b 1-F 2A A1 F1 Exemplos 1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar: a) o momento da força em relação a D; b) a menor força aplicada em D que ocasiona o mesmo momento em relação a D; 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. B 30° A D 225mm 225mm C 125mm 300mm 450 N 30° B 197.3mm 225mm C225mm 52.6° D 125mm 300mm 37.4°325 30° 22.6° A 450 N Solução a) braço de alavanca 197,3 mm Momento M=F×b M=450×197,3= 88785 N.mm ou M= 88,8 N.m B 30° A 225mm 375 mm 225mm C 53.1° 36.9° 125mm D 300mm 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: 375300225 22 =+=b mm b M F = 8,236 375,0 8,88 ==F N c) b M F = 7,394 225,0 8,88 ==F N
  19. 19. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 16 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: 2,318225225 22 =+=b mm b M F = 279 3182,0 8,88 ==F N 30° 318,2 m m 225mm C225mm D 125mm 300mm B A 450 N 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; O rebite B está sendo “empurrado” para a esquerda, portanto, possuirá uma reação horizontal para a direita. Determinação dos esforços horizontais: ∑ = 0AM RBH×200=3000×600 = 9000 N RAH= RBH=9000 N B RBV ARAH RAV RBH 200mm 600mm 3000 N 3. Determinar o Momento em A devido ao binário de forças ilustrado na figura MA= F×b MA= 500×0,12 = 60 N.m 300mm 120mm F1=500 N F2=500 N A 30° B
  20. 20. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 17 4. Substituir o binário da figura por uma força F vertical aplicada no ponto B. F1=F2= 500 N MA= F×b b M F = 400 15,0 60 ==F N 300mm 150mm A M =60N.m 120mm A 30° F=400 N B 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. MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m F M d = 21,0 400 84 ==d m = 210 mm 420 º60cos 210 ==AC mm 300mm 120mm A M 200 N 200 N d=210mm 150mm A 30° F=400 N AC B C 5. Determinar a intensidade da força F para que atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m. 217 º23cos 200 ==a mm = 0,217 m MA= F×b b M F = 1,184 217,0 40 ==F N 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. ∑ = 0AM 40 × 180 = F × 30 240 30 18040 = × =F N
  21. 21. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 18 2.4.4 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. 0=ΣF 00=ΣM 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: x 0 y z 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ zF 0=Σ xM 0=Σ yM 0=Σ zM 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: x 0 y 0=zF 0== yx MM 0MM z= para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no espaço reduzem-se a: 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 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.
  22. 22. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 19 2.5 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 ou • Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do 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.
  23. 23. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 20 2.6 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: 0=Σ xF 0=Σ yF 0=Σ AM 2.6.1 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. L P A RB B R A 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. RA A HA L P RB B 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. RA RB HA A AM L P B
  24. 24. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 21 3 TRELIÇAS 3.1 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: vbn +=2 onde: b= número de barras n= número de nós v= número de reações de apoio Adota-se como convenção de sinais: barras tracionadas: positivo setas saindo do nó barras comprimidas: negativo 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.
  25. 25. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 22 3.2 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. Como os apoios móveis restringem somente deslocamentos os perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RA. Como os apoios fixos restringem deslocamentos paralelos e perpendiculares ao plano do apoio, tem-se uma reação vertical RB e uma reação horizontal HE. C RA A F 2 m B 50 kN 100 kN D 2 m RE E α 2 m HE 50 kN Verificar se a treliça é uma estrutura isostática barras b = 9 nós n = 6 reações v = 3 vbn +=2 Conclusão: 3962 +=× a treliça é uma estrutura isostática Cálculo do ângulo de inclinação das barras º45 2 2 === adjacentecateto opostocateto arctgα a) Cálculo das reações de apoio Equação de equilíbrio das forças na horizontal: 0=Σ HF conclusão: HE = 0 Equação de equilíbrio das forças na vertical: 0=Σ VF 05010050 =−−−+ EA RR 200=+ EA RR 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 0=Σ AM 021004504 =×−×−× ER 4 400 =ER 100=ER kN Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se: 200100 =+AR kN logo 100=AR 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
  26. 26. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 23 determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta deve ser mudado. Nó A A RA N2 N1 0=Σ HF → 02 =N 0=Σ VF 01100 =+ N → 1001 −=N kN Nó B B 100 45° N4 50 N3 0=Σ HF 0º45cos43 =+ NN → 503 −=N kN 0=Σ VF 0º45450100 =−− senN → 7,704 =N kN Nó C N550 100 N6 C 0=Σ HF 0550 =+ N → 505 −=N kN 0=Σ VF 06100 =+ N → 1006 −=N kN Nó D 45° 50 50 N7 N8 D 0=Σ HF 0º45cos750 =− N → 7,707 =N kN 0=Σ VF 0º457,70850 =++ senN → 1008 −=N kN Nó E 100 100 E N9 0=Σ HF → 09 =N Nó F Verificação 45° 45° 100 70,770,7 0,0 0,0 F 0=Σ HF 0º45cos7,70º45cos7,70 =+− → 0 = 0 ok 0=Σ VF 0º457,70º457,70100 =++− sensen →0 = 0 ok
  27. 27. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 24 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 NAB= -100 kN compressão 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 NFE= 0 kN C RA A F 2 m B 50 kN 100 kN D 2 m RE E α 2 m HE 50 kN 2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura. 1.0m C 2.0 m 40 kN AHA 1.0m E 2.0 m α D 20 kN θ RB HB B Cálculo dos ângulos de inclinação das barras º43,63 1 2 === arctgα º56,26 2 1 === arctgθ a) Cálculo das reações de apoio 0=Σ HF 40=+ BA HH kN 0=Σ VF 020 =+BR 20−=BR kN 0=Σ BM 01402402 =×−×−×+ AH 60=AH kN 20−=BH kN
  28. 28. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 25 b) Cálculo das forças nas barras Nó B N2 N1 63.4° 20 kN 20 kN B 0=Σ HF 022 =+− αsenN → 4,222 =N kN 0=Σ VF 0cos2120 =−+ αNN → 101 =N kN Nó A 60 N3 100 26.6° A N4 10 0=Σ HF 0346 =++ θsenNN 04,2246 =−+ θsenN → 404 =N kN 0=Σ VF 0cos310 =+ θN → 4,223 −=N kN Nó E 40 N6 E N5 0=Σ HF → 406 =N kN 0=Σ VF → 05 =N kN Nó D 26.6° N7 40 D 20 0=Σ VF 0720 =+− θsenN → 7,447 =N kN 0=Σ HF 0cos7,4440 =+− θsen → 0 = 0 ok Nó C 22,4 44,7 0,0 22,4 26.6° 40C 0=Σ HF 0cos7,4440cos4,22cos4,22 =+−− θθθ =0 kN 0=Σ VF 07,444,224,22 =−− θθθ sensensen → 10+10-20 =0 ok
  29. 29. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 26 Resultados NAB= +10 kN tração 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 1.0m C 2.0 m 40 kN AHA 1.0m E 2.0 m α D 20 kN θ RB HB B Exercícios 1. Determine a força em cada barras das treliças ilustradas. Indique se cada barra está tracionada ou comprimida. 1. FAB = 8 kN C FAC = 10 kN T FBC = 8,545 kN T C 1.2m A 9000 N 2.4m 0.9m B A 400mm B C 500mm 375mm 1200 N 2. FAB = 3 900 N T FAC = 4 500 N C FBC = 3600 N C 3. FAB = FDE = FBG = FDI = 0; FAF = FCH = FEJ = 400 N C; FBC = FCD = 800 N C; FBF = FDJ = 849 N C; FBH = FDH = 283 N T; FFH = FGH = FHI = FIJ = 600 N T a a a a B C D E G H I J 400 N 400 N 400 N 400 N F a A 400 N
  30. 30. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 27 2,7m 9000 N F 3,6m E 2,7m DC 9000 N BA 4. FAB = 9 kN; FAC = 0; FBC = 11,25 kN C FBD = 6,75 kN T; FCD = 18 kN T FCE = 6,75 kN C; FDE = 22,50 kN C FDF = 20,25 kN T 5. FAB = FDE = 8 kN C FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C FBF = FDH = FCG = 4 kN T a a aa 30° 30° 30° 30° G C F H 4 kN4 kN A E DB FD E 3,6 m 3,6 m 100 kN A 1,5 m 1,5 m 1,5 m B C 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
  31. 31. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 28 4 TENSÕES E DEFORMAÇÕES 4.1 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 σ L P δ P P 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, A P =σ (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.
  32. 32. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 29 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: L δ 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. região elástica região plástica C ε0 L p P r σ σ A p e σ σ escoamento B ε δ P εr ED Tensão A P =σ Deformação L δ ε = σr = tensão de ruptura σe = tensão de escoamento σp = tensão limite de proporcionalidade 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
  33. 33. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 30 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 admσ ), 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, f calc adm γ σ σσ == (3) 4.4 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.
  34. 34. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 31 A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como: εσ E= (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 98 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 AP /=σ e a deformação específica é L/δε = . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE, tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra: EA PL =δ (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.
  35. 35. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 32 4.4.1 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. P P P P 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: allongitudindeformação lateraldeformação =υ (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: E L σ ε = e E Lt υσ νεε == (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:
  36. 36. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 33 ( )[ ]zyxx E σσυσε +−= 1 . ( )[ ]xzyy E σσυσε +−= 1 (8) ( )[ ]yxzz E σσυσε +−= 1 . 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. L= 5 m P P=30 kN 4 2 πφ =A 6,19 4 52 = × = π A cm2 A P =σ 53,1 6,19 30 ==σ kN/cm2 ou 15,3 MPa EA PL =δ 0382,0 6,19000.20 50030 = × × =δ cm L δ ε = 0000764,0 500 0382,0 ==ε ou × 1000 = 0,0764 (‰) 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 . 300 cm 30kN A 150kN 200 cm200 cm B C 50kN D 170kN σy x σ σz
  37. 37. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 34 Trecho A-B 300 cm 150kN A 170kN 50kN 30kN B R=150kN A P =σ 15 10 150 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 214,0 10000.21 300150 = × × =δ cm L δ ε = 713,01000 300 214,0 =×=ε (‰) Trecho B-C 30kNR=120kN 150kN 200 cm B C 50kN 170kN R=120kN A P =σ 8 15 120 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 076,0 15000.21 200120 = × × =δ cm L δ ε = 38,01000 200 076,0 =×=ε (‰) Trecho C-D 30kNR=170kN 150kN 200 cm 50kN C D 170kN A P =σ 44,9 18 170 ==σ kN/cm2 EA PL =δ 0899,0 18000.21 200170 = × × =δ cm L δ ε = 45,01000 200 0899,0 =×=ε (‰) Alongamento total 38,00899,0076,0214,0 =++=δ cm
  38. 38. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 35 4.5 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 A A Ra (c) A B Rb B C P (a) (b) B L b a C P 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 PRR ba =+ (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: EA Pb P =δ
  39. 39. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 36 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: EA LRa R =δ 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, 0=− PR δδ → RP δδ = , ou seja, EA LR EA Pb a = . Logo, L Pb Ra = . Substituindo o Ra na equação (9), tem-se: PR L Pa b =+ L Pa PRb −= L PbPL Rb − = L bLP Rb )( − = L Pa Rb = Exemplos 1. Uma barra constituída de dois trechos é rigidamente presa nas extremidades. Determinar as reações R1 e R2 quando se aplica uma força P. Dados: E=21.000 kN/cm2 ; AAB=5cm2 ; ABC=7,5cm2 ; P= 60 kN Solução Equação de equilíbrio PRR =+ 21 (1) Equação de compatibilidade das deformações: BCAB δδ = (2) Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no trecho BC, de valores exatamente iguais. lembrando que EA PL =δ , tem-se 5,7 5,1 5 2 21 × × = × × E R E R 21 2,04,0 RR = 4,0 2,0 2 1 R R = 21 5,0 RR = substituindo em (1) 6021 =+ RR → 605,0 22 =+ RR → 605,1 2 =R → 402 =R kN mas, 60401 =+R logo 201 =R kN. 2 cm 1,5 cm P/2P/2 A B C R2 R1
  40. 40. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 37 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 63,19 4 52 = × = π açoA cm2 açototalcobrecobre AAA −= , 63,30 4 5 4 8 22 = × − × = ππ cobreA cm2 400=+ açocobre PP kN (1) 25,0+= cobreaço δδ (2) lembrando que EA PL =δ , tem-se 25,0 63,30000.12 300 63,19000.21 25,300 + × × = × × cobreaço PP 25,0000817,0000728,0 += cobreaço PP 300cm 5 cm 8 cm cilindro de cobre P=400 kN cilindro de aço 0,25cm posição final placa rígida 000728,0 25,0000817,0 + = cobre aço P P substituindo em (1), tem-se, 400 000728,0 25,0000817,0 = + + cobre cobre P P kN 400 000728,0 25,0 000728,0 000817,0 =++ cobre cobre P P kN 4004066,3431223,1 =++ cobrecobre PP 66,26=cobreP kN substituindo em (1), tem-se: 34,37366,26400 =−=açoP 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.
  41. 41. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 38 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 B 1.70m2.0m 2.0 m1.0 m2.0 m P=100 kN CA B Pf PCPA A C P=100 kN 4.6 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 (c) R ∆ B A (a) R B L A (b) B T A ∆T 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:
  42. 42. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 39 TL∆= αδ (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: TEAR ∆= α (11) Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra pelas expressões: TE A R ∆== ασ e T E ∆== α σ ε 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 Solução: a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura TEAR ∆= α BA C P=30 kN 250 cm100 cm
  43. 43. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 40 BA R'A =7,02 R'B =7,02 kN 02,720107,115,1000.20 6 =××××= − R kN → BA RRR ′=′= 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, BCAC δδ = . Assim, EA R EA R BA 250100 ×′′ = ×′′ → BA RR ′′=′′ 5,2 fazendo o equilíbrio de forças, tem-se: PRR AB =′′+′′ mas BA RR ′′=′′ 5,2 , logo, 305,2 =′′+′′ BB RR → 305,3 =′′BR 57,8=′′BR kN →Portanto, 43,21=′′AR kN R''B =8,57 kNR''B =21,43 A P=30 kN B 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: AAA RRR ′′+′−= 41,1443,2102,7 =+−=AR kN BBB RRR ′′+′= 59,1557,802,7 =+=BR kN Exercício 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: Eaço=21.000 kN/cm2 ; αaço=11,7×10-6 ºC-1 Resposta: ∆T = 40,7ºC. 50cm tubo de aço P=200 kN
  44. 44. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 41 4.7 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. resultante força normal barra engastada L P força tangencial V R 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: A V =τ (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? P nm A qp B P C m p n m p q V B V n q 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, A V =τ 1,6 23,1 5,7 ==τ kN/cm2
  45. 45. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 42 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 tensão de cisalhamento no rebite? Resposta:τ= 10,6 kN/cm2 . P φ19mm P=30 kN 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=2,75×10-3 m = 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=58×10-6 m; d) ε1=0,0000725; e) εt1=-0,000022
  46. 46. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 43 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. Respostas: a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm 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 . A 4 m P 2 m C B 2m
  47. 47. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 44 5 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 b L seção longitudinal h L seção transversal b h 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.
  48. 48. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 45 5.2 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. dAyM x ⋅= e dAxM y ⋅= x y x y dA 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 x ydAM e ∫= A y xdAM A x y x y dA 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 A 3CGy 3A A 1 1CG 2CGy 3CG y 2CG 2 1CG x xxxx CGx CGx CGx MMMM AyM AyM AyM ,3,2,1 33,3 22,2 11,1 ++= ⋅= ⋅= ⋅= Elemento vazado 1 2 xxx MMM ,2,1 −=
  49. 49. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 46 5.3 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. O centro de gravidade de uma superfície plana é, por definição, o ponto de coordenadas: CG y x CG x y CG ∫ ⋅== A y CG dAx AA M x 1 ∫ ⋅== A x CG dAy AA M y 1 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: x 1Ax 1 y1 yn y x n A n ∑ ∑ = = ⋅ = n i i n i ii CG A xA x 1 1 ∑ ∑ = = ⋅ = n i i n i ii CG A yA y 1 1
  50. 50. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 47 Centro de gravidade de algumas figuras planas retângulo h b CG y CGx x y CG 2 b xCG = 2 h yCG = triângulo h y CG x CGy x CG b 3 b xCG = 3 h yCG = círculo x CG y 0=CGx 0=CGy Semicírculo CG 3 r r ___4R π π3 4r yCG = ¼ de círculo ___4R 3 r π CG 3 ___4R π π3 4r xCG = π3 4r yCG = trapézio h CG y 2 h 1 x ba bah h + + ⋅= 2 3 1 ba bah h + + ⋅= 2 3 2
  51. 51. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 48 Exemplos 1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo em relação ao eixo x que passa pela sua base. Área do retângulo hbA ⋅= 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. dy h b dA x Momento Estático dybdA ⋅= ∫∫ ⋅⋅=⋅= h A x dybydAyM 0 2 0 22 2 0 2 ⋅ − ⋅ =      ⋅ = bhbyb M h x 2 2 hb M x ⋅ = Centro de Gravidade 2 2 2 h hb hb A M y x CG = ⋅ ⋅ == 2 h yCG = 2. Determinar o CG da Figura. (medidas em centímetros) ( ) ( ) ( ) 2 321 84 3446158 cmA A AAAA = ×−×−×= −−= 2 2 4 3262 15 1 2 3 yCG 2 x 3 =3,5 1 =7,5CGy y=10 2CG ( ) ( ) ( ) 3 ,3,2,1 3 33,3 3 22,2 3 11,1 61842240900 42435,3 2404610 9001585,7 cmMMMM cmAyM cmAyM cmAyM xxxx CGx CGx CGx =−−=−−= =××=⋅= =××=⋅= =××=⋅= cm cm cm A M y x CG 36,7 84 618 2 3 ===
  52. 52. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 49 3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada.12 x CG8 3 3 2 1 39 5,69 ( ) ( ) 2 21 2 2 2 1 87 933 96812 cmAAA cmA cmA =−= =×= =×= 3 ,2,1 3 ,2 3 ,1 495 81339 5761286 cmMMM cmM cmM xxx x x =−= =××= =××= cm cm cm A M y x CG 69,5 87 576 2 3 === 4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro). x y 3 3 6 4 2 3 4 5,15 A Figura hachurada pode ser o resultado de um retangulo (12×6) cm do qual foram retirados um triângulo e um semicírculo. Área da figura ( ) ( )[ ] ( ) 2 22 72,53 72,565,0635,0612 cmA cmrA AAAA SCTR = =××−××−×= −−= π Momento Estático 3 , 2163612 cmM xR =××= 3 , 36635,04 cmM xT =×××= 32 , 37,32 3 24 625,0 cmM xSC =      × −×= π π 3 ,,, 63,147 cmMMMM xCCxTxRx =−−= Coordenada yCG do centro de gravidade A M y x CG = cmyCG 6,2 72,56 63,147 ==
  53. 53. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 50 Analogamente, determina-se a coordenada xCG. x y 6 3 3 4 2 1 8 6 3 ,,, 3 2 , 3 , 3 , 73,372 26,50 2 2 8 9 2 63 1 4326126 cmMMMM cmM cmM cmM ySCyTyRy ySC yT yR =−−= = × ×= = × ×= =××= π Coordenada xCG do centro de gravidade A M x y CG = cmxCG 57,6 72,56 73,372 == 5.4 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. A x y x y dA ∫ ∫ = = A y A x dAxI dAyI 2 2 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.
  54. 54. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 51 Propriedade: O momento de inércia total de uma superfície é a somatória dos momentos de inércia das figuras que a compõe. xxxx IIII ,3,2,1 ++= A 3 CG 3 A CG A CG 1 2 2 1 Exemplo Determinar o momento de inércia da superfície hachurada em relação ao eixo x que passa pelo CG. (medidas em centímetros) 3 8 44 66 x CG 12 3 hb I CGx ⋅ = ( )33 83128 12 1 ×−×=CGxI 4 024.1 cmI CGx = 5.5 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 CGxx yAII CG ⋅+= 2 CGyy xAII CG ⋅+= onde: y y x CG CG CG x y CG CG x Ix = momento de inércia da figura em relação ao eixo x. Iy= momento de inércia da figura em relação ao eixo x. CGxI = momento de inércia da figura em relação ao eixo CGx que passa pelo CG da figura. CGyI = momento de inércia da figura em relação ao eixo CGy que passa pelo CG da figura. CGx = distância do eixo y até o eixo CGy . CGy = distância do eixo x até o eixo CGx .
  55. 55. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 52 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: AyM x ⋅= → 222 AyM x ⋅= → 2 2 2 A M y x = A M II x xx CG 2 += 2 CGxx yAII CG ⋅+= → A A M II x xx CG ⋅+= 2 2 ⇒ A M II x xxCG 2 −= Exemplo: Determinar o momento de inércia do retângulo em relação aos seguintes eixos: a) x, passando pela base inferior. b) CGx , passando pelo CG. a) x h b dy dA=b.dy ∫= A x dAyI 2 ∫       ⋅ == h h x yb bdyyI 0 0 3 2 3 → 3 3 hb Ix ⋅ = b) h/2 -h/2 x b CG h/2 +h/2 dAyI A xCG ∫= 2 2 2 32 2 2 3 h h h h x hb bdyyI CG −−       ⋅ == ∫               −−      ⋅= 33 223 hhb I CGx       +⋅= 883 33 hhb I CGx 128 2 3 33 hbhb I CGx ⋅ =⋅=
  56. 56. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 53 Utilizando a formulação de mudança de eixos x CG h/2 h h/2 CG x b Momento de inércia do retângulo em relação ao seu CG → 12 3 , hb I CGx ⋅ = 2 CGxx yAII CG ⋅+= 23 212       ⋅+ ⋅ = h bh hb Ix 12 3 412 3333 bhbhhbhb Ix ⋅+ = ⋅ + ⋅ = 312 4 33 hb I hb I xx ⋅ =⇒ ⋅ = 5.6 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. x ysup yinf x esq x dir CG y maxy I W CG x = maxx I W CG y = 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 [ ] [ ] [ ]3 4 L L L = . O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à flexão. Para o retângulo, tem-se: h/2 b CG h/2 12 3 hb Ix ⋅ = hbA ⋅= 6 2 12 2 12 23 3 hb h hb h hb Wx ⋅ =⋅ ⋅ = ⋅ =
  57. 57. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 54 5.7 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. A I i = cm cm cm =2 4 Características Geométricas de algumas figuras conhecidas Figura Momento de Inércia Momento Resistente Raio de Giração Quadrado h h CG 12 4 h Ix = 6 3 h Wx = 12 h ix = Retângulo b CG h CGx 12 3 bh I CGx = 6 2 hb Wx ⋅ = 12 h ix = Triângulo CG b h x CG 36 3 bh I CGx = 12 2 hb Wx ⋅ = 6 2⋅ = h ix Círculo D CG x CG 64 4 d I CGx π = 32 3 D Wx ⋅ = π 4 D ix = Círculo vazado CG D d CG x ( ) 64 44 dD I CGx − = π ( ) 32 33 dD Wx − = π 22 4 1 dDix +=
  58. 58. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 55 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) x 2 5 1 3 2 CG 3 x CG y y sup inf 32 Para facilitar a determinação das propriedades geométricas de figuras compostas, convém montar a seguinte tabela: Figura b (cm) h (cm) yCG (cm) A (cm2 ) Mx (cm3 ) ICGi (cm4 ) Ixi (cm4 ) 1 3 2 6 6 36 2 218 2 2 7 3,5 4 49 57,17 228,67 3 3 2 6 6 36 2 218 Σ 26 121 664,67 Centro de gravidade (CG) cm A M y x CG 65,4 26 121 === ∑ ∑ 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 12/3 hbIx ⋅= . 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: AyII CGx ⋅+= 2 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: A M II x xCG 2 −= 26 121 67,664 2 −=CGI O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é 4 55,101 cmICG = Em seguida, calculam-se os momentos resistentes: 3 sup sup, 21,43 35,2 55,101 cm y I W CG x === 3 inf inf, 84,21 65,4 55,101 cm y I W CG x === Finalmente, determina-se o raio de giração. A I i CG x = cmix 98,1 26 55,101 ==
  59. 59. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 56 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. x 1 1 4 medidas em centímetros 1 8 y Respostas: A = 16 cm2 yCG = 4 cm Ix,CG = 141,33 cm4 Wsup = 35,33 cm3 Winf = 35,33 cm3 i = 2,97 cm xmedidas em centímetros 523 3 32 y Respostas: A = 86 cm2 yCG = 5,105 cm Ix,CG = 683,73 cm4 Wsup = 139,67 cm3 Winf = 133,94 cm3 i = 2,82 cm x1 10 2 14 y medidas em centímetros Respostas: A = 25 cm2 yCG = 1,7 cm Ix,CG = 56,08 cm4 Wsup = 16,99 cm3 Winf = 32,99 cm3 i = 1,50 cm x 1 2,5 2,51 1 y 6 medidas em centímetros Respostas: A = 18 cm2 yCG =4,0 cm Ix,CG = 166 cm4 Wsup = Winf =41,5 cm3 i = 3,04 cm y 1,2 3,6 1,2 6 1,2 medidas em centímetros x Respostas: A = 18,72 cm2 yCG = 3,0 cm Ix,CG = 43,72 cm4 Wsup = Winf = 14,57 cm3 i = 1,53 cm x medidas em centímetros y 11 1,5 3,5 1,21,23,6 8 Respostas: A = 23,2 cm2 yCG = 4 cm Ix,CG = 179,06 cm4 Wsup = 44,76 cm3 Winf = 44,76 cm3 i = 2,78 cm
  60. 60. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 57 6 ESFORÇOS SOLICITANTES 6.1 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, diz- se 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.
  61. 61. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 58 • 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) S P Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à seção S: positivo (+) S P Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em relação à seção S: negativo (-)
  62. 62. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 59 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: q dx dV dx Md −==2 2 . Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o valor da do momento fletor.
  63. 63. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 60 7 VIGAS 7.1 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 concentradas são aquelas cuja superfície de 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 uniforme. VÃO (L) P Fig. 7.1 Viga simplesmente apoiada submetida a uma carga concentrada no meio do vão 7.2 Tipos de cargas 7.2.1 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 de gravidade do retângulo, ou seja, 2 a x = R q x a
  64. 64. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 61 Carga distribuída variável a. Triangular O valor da carga equivalente é a área da triângulo, ou seja, 2 .aq R = e é aplicada no centro de gravidade: centro de gravidade: 3 .2 ' a x = e 3 '' a x = R q x´ x" a b. Trapezoidal O valor da carga equivalente é a área do trapézio, ou seja, a qp R ⋅ + = 2 e é aplicada no centro de gravidade qp qpa x + + ⋅= 2 3 x´ a p q R 7.3 Apoios ou vínculos Apoios ou vínculos são elementos que restringem movimentos das estruturas e recebem a seguinte classificação: Apoio móvel ou • Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio; • Permite movimento na direção paralela ao plano do 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.
  65. 65. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 62 EXEMPLOS 1. Viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada. S2S1 _ Pb / L Pba / L + L ba RA A RA A C + P Pb / L (V) Pa / L (M) HB RB = Pa / L B P x a) Cálculo das reações L Pa RBaPLRBM PRBRAPRBRAF HBHBF A V H =⇒=−+= =+⇒=−+= =⇒== ∑ ∑ ∑ 0..0 00 000 ( ) L aLP RA L PaPL RA L Pa PRAP L Pa RA − =⇒ − =⇒−=⇒=+ L Pb RAbaLmas =⇒=− b) Cálculo dos esforços solicitantes (internos) Seção S1 entre A e C ax ≤≤0 (forças à esquerda) Força cortante: RAV +=1 x M1 0 0 Momento fletor x L bP xRAM . . .1 =+= a L Pba
  66. 66. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 63 Seção S2 entre C e B Lxa ≤≤ (forças à esquerda) Força cortante: P l Pb PRAV −=−+=2 ( ) L Pa L LbP L PLPb V −= − = − =2 Momento fletor: ( )axPxRAM −−+= .2 ( ) ( ) 0, . :,/.2 =+−⇒+++− −=⇒+−= aLbpLabcomoRAPL L LPb setemLxppaPxx L Pb M Obs.: O sinal de xRA.+ é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de ( )axP −− é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S. Quando 2 L ba == tem-se 42 PL M P RBRA máx === 2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída RB = qL/2RA = qL/2 0 qL/2 0 L / 2 ++ + 2 qL /8 -qL/2 ---- M (kN.m) V (kN) L/2 S A x L/2 L HB = 0 q (kN/m) carga equivalente R = q . L B
  67. 67. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 64 a) Cálculo das reações 2 . 2 . 0 2 ...0 .0.0 00 Lq RA Lq RB L LqLRBM LqRBRALqRBRAF HBF A V H =∧=⇒=−+= =+⇒=−+= == ∑ ∑ ∑ b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S (forças à esquerda) x V 0 2 qL L 2 qL − Força cortante xq Lq V xqRAV . 2 . . −+= −+= equação do primeiro grau 2 L 0 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, 22 . .0. 2 . L x Lq xqxq Lq V =⇒=⇒=−= Momento fletor x M 0 0 4 L 32 3 2 qL 2 L 32 2 qL carga equivalente q . x A x x / 2 S q RA 2 . . 2 . 2 ... 2 xq x Lq M x xqxRAM −= −= L 0 Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como se verá mais adiante, V dx dM = . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se: +q.L/2 L/2 8 . 2 1 . 2 . 2 . 2 LqLLq M == Analogamente, do lado direito: 8 . 2 1 . 2 . 2 . 2 LqLLq M == O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo.
  68. 68. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 65 3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre PMA RA HA A L S B x a. Cálculo das reações ∑ ∑ ==−= == PRAPRAF HAF V H 00 00 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) PV += Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. x M 0 0 Momento fletor Seção S xPM ⋅−= L – 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. A B 0 + 0 -PL _ RA=P P L S V M x P
  69. 69. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 66 4. Viga em balanço submetida a carga uniformemente distribuída a. Cálculo das reações ∑ ∑ ==−= == qLRAqLRAF HAF V H 00 00 MA carga equivalente R = q x L RA HA A L S q B x 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 0qxV += L qL Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. x M 0 0 Momento fletor Seção S 22 2 qxx xqM −=⋅⋅−= L 2 2 qL − S x B carga equivalente R = q . x x/2 x/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. Diagrama de esforços solicitantes A B 0 + 0 -q.L /2 2 _ RA=q.L q.L L S V M x q
  70. 70. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 67 5. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo no vão. a RA=Mc / L x A S L - a L RB=-Mc / L M C c B a) Cálculo das reações ∑ −==+= RBRARBRAFV 00 b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante L M V c += Momento fletor x L M xRAM c ⋅+=⋅+= No trecho AC o momento externo traciona a face inferior da viga; logo, o momento fletor é positivo. x M 0 0 x L M M c ⋅= a L aMc No trecho CB, o momento externo traciona a face superior da viga logo, o momento fletor neste trecho é negativo. Portanto, em x=a, tem-se: c c M L aM M − + = ( ) L aLM L LMaM M ccc −− = −+ = + (L-a) L 0 cM 0 c-M a RA=Mc / L _ a L Mc M -Mc + L V RB=-Mc / L A cM C B Diagrama de esforços solicitantes
  71. 71. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 68 6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade. A aM B L M / La -M / La a) Cálculo das reações ∑ −==+= RBRARBRAFV 00 b) Cálculo dos esforços solicitantes Força cortante: L M V a += (constante) Momento fletor aMM −= (constante) É negativo porque traciona a face superior da viga -M 0 a _ 0 M / La M / La + L M V -M / La A aM B Diagrama de esforços solicitantes EXERCÍCIOS 1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: P=6 kNMA L=3 m RA HA A S B x a. Cálculo das reações kNRARAF HAF V H ∑ ∑ ==−= == 6060 00
  72. 72. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 69 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) kNPV 6=+= Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x. Momento fletor Seção S xPM ⋅−= 183 00 − Mx 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 B L=3 m 0 + 0 -18 _ RA=6 kN 6 S V (kN) M (kN.m x P=6 kN 2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo: q=4 kN/m MA carga equivalente R=4 x 2=8 kN L=2 m RA HA A S B x
  73. 73. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 70 a. Cálculo das reações kNRAF HAF V H ∑ ∑ =×−= == 8240 00 b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S Força cortante: A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+) qxV += 82 00 Vx Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x. Momento fletor Seção S 2 2 2 2 x x xM −=⋅⋅−= 82 00 − Mx 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. Diagrama de esforços solicitantes A B L=2 m 0 + 0 -8 _ RA=6 kN 8 S V (kN) M (kN.m x q=4 kN/m
  74. 74. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 71 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 mínima, o momento fletor é máximo. Como V dx dM = , ou seja, a integral da força cortante é o momento fletor, então, a área do diagrama de V corresponde a M . 2438 =× e mkN ⋅=× 24212 P=20 kN 24 RA=8 kN 0 8 20 A + _ S1 S2 C 3m 2m 5m -12 V (kN) M (kN.m) RB=12 kN B HB a) cálculo das reações ∑ ∑ ∑ =×−×+= =+=−+= == 032050 2000 00 RBM kNRBRAPRBRAF HBF A V H kNRARA RBRA kNRBRB 82012 20 12605 ==+ =+ == Pelas fórmulas deduzidas: kN L Pa RAkN L Pb RA 12 5 320 8 5 220 = × === × == b) cálculo dos esforços solicitantes Convenção de sinais para força cortante: S P - tende girar a viga no sentido horário em relação à seção S + S P tende girar a viga no sentido anti-horário em relação à seção S
  75. 75. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 72 xM xRAM ⋅= ⋅+= 8 )( 1 1 05 243 2Mx Força cortante Seção S1 A RA=8 kN S1 X kNV RAV 81 1 += += • A reação RA tende a cortar a viga na seção S1 no sentido horário ⇒ (+) Seção S2 A RA=8 kN S2 3m (x-3) P=20 kN X kNV PRAV 122082 2 −=−= −+= • Notar que V1 e V2 não dependem de x. Portanto, V1 e V2 serão constantes no diagrama de força cortante. Momento fletor Seção S1 243 00 1Mx • Momento fletor (+) por tracionar a face inferior. Seção S2 ( ) ( ) 6012 60208 3208 3 2 2 2 2 +−= +⋅−⋅= −⋅−⋅= −⋅−⋅+= xM xxM xxM xPxRAM • Notar que as equações que definem o momento fletor dependem de x e são lineares.
  76. 76. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 73 4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo. 10 x 5 = 50 kN carga equivalente 31,25 L / 2L / 2L / 2L / 2 ++ RA = 25 kN 2525 2,5 m2,5 m2,5 m2,5 m ++ L = 5 m 2,5 m L / 2 A ---- M (kN . m)M (kN . m) S V (kN)V (kN) 25252525 RB = 25 kNRB = 25 kN HB = 0 q = 10 kN / m B a) Cálculo das reações ( ) ( ) kNRAkNRB RB RBM kNRBRA RBRAF BHF A V H 2525 1255 05,251050 50 05100 00 == = =⋅⋅−⋅+= =+ =⋅−+= == ∑ ∑ ∑ Pelas fórmulas deduzidas: kN Lq RBRA 25 2 510 2 = × = ⋅ == a) Cálculo dos esforços solicitantes A q RA = 25 kN x carga equivalente q . x x / 2 S Força Cortante xV xqRAV 1025−= ⋅−+= • 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;
  77. 77. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 74 • 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. mxx 5,22510 =⇒= , ou seja, 2 L Diagrama de Força Cortante x V 2 25 2,5 0 5 -25 2525 V (kN)V (kN) função linear ++2525 2,5 m2,5 m -- Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor. • Do lado esquerdo mkN ⋅= × 25,31 2 255,2 • Do lado direito: mkN ⋅= × 25,31 2 255,2 Momento fletor A q RA x x / 2 carga equivalente q . x S 2 2 525 2 1025 2 xxM x xM x xqxRAM ⋅−⋅+= ⋅−⋅+= ⋅⋅−⋅+= • 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 2 525 xxM ⋅−⋅= x M 0 0 2,5 31,25 5 0++ 2,5 m2,5 m2,5 m2,5 m M (kN . m)M (kN . m) 31,25 Pelas fórmulas deduzidas: mkN Lq M máx ⋅= ×⋅ = 25,31 8 510 8 22
  78. 78. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 75 7.4 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. L q x dx 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. V dx M V+ d x V q M M+ d A 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 0=∑ yF ( ) qdxdVdVVqdxVFy −=⇒=+−−⇒=∑ 00 q dx dV −= portanto )( )( xq dx xdV −=
  79. 79. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 76 Equilíbrio de Momentos em relação ao Equilíbrio de Forças em y ponto A 0=∑ AM ( ) 0 2 0 =+++−−⇒=∑ dMM dx qdxVdxMM A 2 2 dx qVdxdM −= mas 0 2 2 = dx q → parcela de segundo grau pode ser desprezada )( )( xV dx xdM V dx dM VdxdM =⇒=⇒= Equações diferenciais de equilíbrio )( )( )( )( )( )( 2 2 xq dx xMd xV dx xdM xq dx xdV −=⇒       = −= 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: qxxV −=)( 2 )( 2 qx xM −= q dx Md −=2 2 ∫ +−=−== 1Cqxqdx dx dM V ( ) 21 2 1 2 CxC qx dxCqxM ++−=+−= ∫
  80. 80. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 77 condições de contorno para x = 0, a força cortante é nula: 00)0( 1 =⇒= CV para x = 0, o momento fletor é nulo: 00)0( 2 =⇒= CM logo, qxxV −=)( 2 )( 2 qx xM −= Figura 7.4. Diagrama de esforços solicitantes Notar que: q(x) grau zero → constante V(x) primeiro grau → linear M(x) segundo grau → parabólico L _ + q x dx V M
  81. 81. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 78 Exercícios 1. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga da figura. a. Cálculo das reações q=8 (kN/m) 8x4=32 kN carga equivalente S1 RA x 4 m HA A 2 m S2 RB 2 m P=16 kN B C kNRAkNRBRBM kNRBRARBRAF HAF A V H 84002)48(6164 48016480 00 ===××−×−×+= =+=−⋅−+= == ∑ ∑ ∑ b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 4 Força cortante: xqRAV ⋅−+= xV 88 −+= 244 80 − Vx Determinação do local onde a força cortente é nula x880 −+= mx 1= Momento fletor: 2 x xqxRAM ⋅⋅−⋅+= 2 88 2 x xM −+= 324 41 00 − Mx Seção S2 4 ≤ x ≤ 6 Força cortante: kNV 1640328 =+−+= constante S1 x RA=8 kN q=8 (kN/m) x/2 A q.x RB=40 kN x-4 S1 RA=8 kN 4 m x S2 A 2 m q=8 (kN/m) B 8x4=32 kN x-2
  82. 82. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 79 Momento fletor: )4()2(32 −⋅+−⋅−⋅+= xRBxxRAM 1604064328 −++−= xxxM 9616 −= xM 06 324 − Mx Diagrama de esforços solicitantes HA=0 0 +4 0 8 RA=8 kN 1 m + 4 m _ -32 -24 _ M(kN.m) 0 RB=40kN 16 + 2 m V(kN)0 16 A P=16 kN 8 (kN/m) B C 2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. RA A HA RB 2,5 m P=14 kN 2,5 m 5 m B q=2 kN/m a. Cálculo das reações kNRAkNRBRBM kNRBRARBRAF HAF A V H 121205,2105,2145 24014520 00 ===×−×−×+= =+=−⋅−+= == ∑ ∑ ∑ b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 2,5 Força cortante: xqRAV ⋅−+= xV ⋅−+= 212 75,2 120 Vx A RA=12kN S1 x q.xx/2
  83. 83. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 80 Momento fletor: 2 x xqxRAM ⋅⋅−⋅+= 2 212 2 x xM −+= 75,234 00 Mx Seção S2 2,5 ≤ x ≤ 5 Força cortante: PxqRAV −⋅−+= 14212 −−+= xV 125 75,2 − − Vx Momento fletor: ( )5,2 2 −−⋅⋅−⋅+= xP x xqxRAM ( )5,214 2 212 2 −−−+= x x xM 3522 +−−= xxM 05 75,235,2 Mx Diagrama de esforços solicitantes A HA=0 23,75 0 + 0 + -7 12 RA=12kN 7 2,5 m 5 m _ V(kN) -12 M(kN.m) RB=12kN 2,5 m 2x5=10 kN P=14 kNx B q=2 kN/m (x-2,5) P=14 kN A x RA=12kN 2,5 m q.x x/2 S2
  84. 84. Mecânica dos Materiais Ricardo Gaspar 81 3. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo. 4 m 3x4=12 kN BA 2 m RB q=2kN/m 2x2=4 kN 1 m 2 m HC C RC q=3kN/m a. Cálculo das reações kNRAkNRCRCM kNRCRBRCRBF HCF B V H 1150142124 16043220 00 ===×+×−×+= =+=×−×−+= == ∑ ∑ ∑ b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S1 0 ≤ x ≤ 2 Força cortante: xqV  

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