Mecânica dos Materiais
Flexão pura
Tradução e adaptação: Victor Franco
Ref.: Mechanics of Materials, Beer, Johnston & DeWolf – McGraw-Hill.
Mechanics of Materials, R. Hibbeler, Pearsons Education.
Flexão pura
Flexão pura: Viga que no troço CD está
sujeita a flexão pura devida aos dois
binários iguais e opostos que actuam no
mesmo plano
4-2
Outros esforços que provocam flexão
• Forças excêntricas: forças axiais cuja
linha de acção não passa no centróide da
secção produzem forças internas
equivalentes a uma força axial e um
momento.
• Forças transversais: Forças
concentradas ou distribuídas transversais
produzem forças internas equivalentes a
uma força de corte e um momento.
4-3
Vigas sujeitas a flexão e esforços transversos
4-4
Flexão pura
4-5
4-6
Viga simétrica sujeita a flexão pura
• As forças internas em qualquer secção
transversal são equivalentes a um binário.
O momento desse binário é o momento flector
M na secção.
• Forças internas:
Fx = ∫ σ x dA = 0
M y = ∫ zσ x dA = 0
M z = ∫ − yσ x dA = M
z
y
4-7
Deformações devidas a flexão pura
Viga com um plano de simetria em flexão
pura:
• Secção da viga mantém-se simétrica
• Deforma-se uniformemente formando um arco
circular
• Os planos da secção transversal passam pelo centro
do arco e mantêm-se planos após deformação.
• O comprimento da superfície superior diminui e o
da superfície inferior aumenta
• Tem de existir uma superfície neutra que é paralela
às superfícies superior e inferior e para a qual o
comprimento se mantém constante
• As tensões e as deformações são negativas
(compressão) acima da superfície neutra e positivas
(tracção) abaixo da superfície neutra.
4-8
Deformações devidas a flexão
Considere-se uma viga de comprimento L.
Após deformação, o comprimento da superfície
neutra mantém-se L.
Nas outras secções:
L′ = (ρ − y )θ
δ = L'−L = (ρ − y )θ − ρθ = − yθ
yθ
y
δ
=−
(deform. varia linearm.)
εx = = −
ρθ
ρ
L
εx
− y/ρ
=
ε max
c/ ρ
y
c
ε x = − ε max
4-9
Tensões devidas a flexão
• Para um material linear e elástico:
σx = E εx = −
σx = −
y
E εm
c
y
σmax (tensão varia linearm.)
c
• Para equilibrio estático:
Fx = 0 = ∫ σ x dA = ∫ −
0=−
σ max
c
y
σ max dA
c
∫ y dA
O primeiro momento de área em
relação à superficie neutra é zero.
Assim, a superfície neutra tem
necessariamente de passar no
centróide da secção transversal.
• Para equilibrio estático:
 y

M = ∫ − yσ x dA = ∫ − y  − σ max  dA
 c

σ
σ I
M = max ∫ y 2 dA = max
c
c
Mc M
σ max =
=
I
S
y
Substituindo σ x = − σ max
c
M y
σx = −
I
4 - 10
Deformações numa secção transversal
• A deformação devida ao momento flector M é
quantificada pela curvatura da superfície neutra
1
ρ
1
ρ
=
ε max
=
σ max
c
Ec
1 M
=
ρ EI
=
1 Mc
Ec I
• Embora as secções transversais se mantenham
planas quando sujeitas a flexão, as deformações no
plano são diferentes de zero:
νy
ρ
νy
ε z = −ν ε x =
ρ
ε y = −ν ε x =
4 - 11
Momento de inércia de uma secção - revisão
• Second moments or moments of inertia of an
area with respect to the x and y axes,
I x = ∫ y 2 dA
I y = ∫ x 2 dA
• Evaluation of the integrals is simplified by
choosing dΑ to be a thin strip parallel to one of
the coordinate axes.
• For a rectangular area,
2
h
I x = ∫ y dA = ∫ y 2bdy = 13 bh 3
0
4 - 12
Raio de giração:
• Consider area A with moment of inertia Ix.
Imagine that the area is concentrated in a
thin strip parallel to the x axis with
equivalent Ix.
I x = k x2 A
kx =
Ix
A
kx = radius of gyration with respect to
the x axis
• Similarly,
Iy =
k y2 A
J O = k O2 A
ky =
kO =
Iy
A
JO
A
kO2 = k x2 + k y2
4 - 13
Teorema dos eixos paralelos
• Consider moment of inertia I of an area A with
respect to the axis AA’
I = ∫ y 2 dA
• The axis BB’ passes through the area centroid and
is called a centroidal axis.
I = ∫ y 2 dA = ∫ ( y ′ + d )2 dA
= ∫ y ′ 2 dA + 2d ∫ y ′dA + d 2 ∫ dA
I = I + Ad 2
parallel axis theorem
4 - 14
Momentos de inércia de secções
4 - 15
Propriedades geométricas das secções normalizadas
Perfis normalizados
HEA, HEB
σ max =
M c
M
=
I
Wf
I = momento de inércia da secção
I
W f = = módulo de resistenci a à flexão da secção
c
IPE
UPN
IPN
4 - 16
4 - 17
4 - 18
4 - 19
4 - 20
4 - 21
4 - 22
4 - 23
4 - 24
4 - 25
4 - 26
4 - 27
Exemplo 4.2
Resolução:
• Calcular a localização do
centróide da secção e o
momento de inércia da secção:
Y=
∑ yA
∑A
(
I x′ = ∑ I + A d 2
• Calcular as tensões máximas:
Um componente de ferro-fundido é sujeito
a um Momento de 3 kN.m. Sabendo que
E = 165 GPa e desprezando os raios de
concordancia, calcular: (a) as tensões
máximas em tracção e em compressão,
(b) o raio de curvatura do componente
deformado.
Mc
σmax =
I
• Calcular a curvatura:
1
ρ
=
M
EI
4 - 28
)
Exemplo 4.2 cont.
Localização do Centróide da secção:
Area, mm 2
y , mm
yA, mm3
1 20 × 90 = 1800
2 40 × 30 = 1200
∑ A = 3000
50
20
90 ×103
24 ×103
3
∑ yA = 114 ×10
3
∑ yA 114 ×10
Y =
=
= 38 mm
3000
∑A
Momento de inércia da secção:
∑ (I + A d ) = ∑ ( bh + A d )
= ( 90 × 20 + 1800 × 12 ) + ( 30 × 40
2
I x′ =
1
12
3
3
1
12
2
1
12
-9 4
2
3
+ 1200 × 18 2
)
I = 868 × 10 3 mm 4 = 868 ×10 m
4 - 29
Exemplo 4.2 cont.
• Tensões máximas em compressão e em tracção:
Mc
I
M c A 3 kN ⋅ m × 0.022 m
σA =
=
I
868 × 10 −9 m 4
M cB
3 kN ⋅ m × 0.038 m
σB = −
=−
I
868 × 10 −9 m 4
σ max =
σ A = +76.0 MPa
σ B = −131.3 MPa
• Curvatura:
1
ρ
=
=
M
EI
3 kN ⋅ m
(165 GPa )(868 ×10
-9
m
4
)
1
= 20.95 ×10−3 m -1
ρ
ρ = 47.7 m
4 - 30
Carrregamento axial descentrado
• As tensões devidas a um carregamento axial
descentrado, calculam-se sobrepondo a tensão
normal axial com a distribuição linear causada
pelo momento flector
σ x = (σ x )normal axial + (σ x )flexão
• Força descentrada
F=P
M = Pd
P My
= −
A
I
• Esta sobreposição só é válida em regime
elástico e para pequenas deformações, com
efeito desprezável na geometria.
4 - 31
Exemplo 4.8
A tensão admissivel para a peça
em ferro fundido representada
na figura, é de 30 MPa em
tracção e 120 MPa em
compressão.
Determinar a maior força P que
pode ser aplicada à peça.
A = 3 ×10−3 m 2
Y = 0.038 m
I = 868 ×10−9 m 4
4 - 32
Exemplo 4.8
• Força descentrada e momento flector:
d = 0.038 − 0.010 = 0.028 m
P = força descentrada
M = Pd = 0.028 P = momento flector
• Sobreposição das tensões:
P Mc A
P
(0.028 P )(0.022) = +377 P
+
=−
+
A
I
3 × 10 −3
868 × 10 −9
P Mc A
P
(0.028 P )(0.038) = −1559 P
σB = − −
=−
−
A
I
3 × 10 −3
868 × 10 −9
σA =−
• Tensões críticas e forças máximas:
P = 79.6 kN
σ A = +377 P = 30 MPa
σ B = −1559 P = −120 MPa P = 77 kN
• Máxima força P admíssivel:
P = 77.0 kN
4 - 33
Concentração de tensões
Tensão máxima:
σmax = K
Mc
I
4 - 34
4 - 35
4 - 36
Unsymmetric Bending
• Analysis of pure bending has been limited
to members subjected to bending couples
acting in a plane of symmetry.
• Members remain symmetric and bend in
the plane of symmetry.
• The neutral axis of the cross section
coincides with the axis of the couple
• Will now consider situations in which the
bending couples do not act in a plane of
symmetry.
• Cannot assume that the member will bend
in the plane of the couples.
• In general, the neutral axis of the section will
not coincide with the axis of the couple.
4 - 37
Unsymmetric Bending
• 0 = Fx = ∫ σ x dA = ∫  − σ m dA
y
 c

or 0 = ∫ y dA
neutral axis passes through centroid
Wish to determine the conditions under
which the neutral axis of a cross section
of arbitrary shape coincides with the
axis of the couple as shown.
• The resultant force and moment
from the distribution of
elementary forces in the section
must satisfy
Fx = 0 = M y M z = M = applied couple
 y

M
=
M
=
−
y
 − σ m dA
∫
•
z
 c

σ I
or M = m
I = I z = moment of inertia
c
defines stress distribution
• 0 = M y = ∫ zσ x dA = ∫ z − σ m dA
y
 c

or 0 = ∫ yz dA = I yz = product of inertia
couple vector must be directed along
a principal centroidal axis
4 - 38
Unsymmetric Bending
Superposition is applied to determine stresses in
the most general case of unsymmetric bending.
• Resolve the couple vector into components along
the principle centroidal axes.
M z = M cosθ
M y = M sin θ
• Superpose the component stress distributions
σx = −
Mzy Myy
+
Iz
Iy
• Along the neutral axis,
σx = 0 = −
tan φ =
(M cosθ ) y + (M sin θ ) y
Mzy Myy
+
=−
Iz
Iy
Iz
Iy
y Iz
=
tan θ
z Iy
4 - 39
Example 4.08
SOLUTION:
• Resolve the couple vector into
components along the principle
centroidal axes and calculate the
corresponding maximum stresses.
M z = M cosθ
M y = M sin θ
• Combine the stresses from the
component stress distributions.
Mzy Myy
σx = −
+
Iz
Iy
A 1600 lb-in couple is applied to a
rectangular wooden beam in a plane
• Determine the angle of the neutral
forming an angle of 30 deg. with the
axis.
vertical. Determine (a) the maximum
y Iz
tan
φ
tan θ
=
=
stress in the beam, (b) the angle that the
z Iy
neutral axis forms with the horizontal
plane.
4 - 40
Example 4.08
• Resolve the couple vector into components and calculate
the corresponding maximum stresses.
M z = (1600 lb ⋅ in ) cos 30 = 1386 lb ⋅ in
M y = (1600 lb ⋅ in )sin 30 = 800 lb ⋅ in
1 (1.5 in )(3.5 in )3 = 5.359 in 4
I z = 12
1 (3.5 in )(1.5 in )3 = 0.9844 in 4
I y = 12
The largest tensile stress due to M z occurs along AB
σ1 =
M z y (1386 lb ⋅ in )(1.75 in )
=
= 452.6 psi
4
Iz
5.359 in
The largest tensile stress due to M z occurs along AD
σ2 =
M yz
Iy
=
(800 lb ⋅ in )(0.75 in ) = 609.5 psi
0.9844 in 4
• The largest tensile stress due to the combined loading
occurs at A.
σ max = σ 1 + σ 2 = 452.6 + 609.5
σ max = 1062 psi
4 - 41
Example 4.08
• Determine the angle of the neutral axis.
Iz
5.359 in 4
tan φ =
tan θ =
tan 30
4
Iy
0.9844 in
= 3.143
φ = 72.4o
4 - 42
General Case of Eccentric Axial Loading
• Consider a straight member subject to equal
and opposite eccentric forces.
• The eccentric force is equivalent to the system
of a centric force and two couples.
P = centric force
M y = Pa
M z = Pb
• By the principle of superposition, the
combined stress distribution is
σx =
P Mz y M yz
−
+
A
Iz
Iy
• If the neutral axis lies on the section, it may
be found from
My
Mz
P
y−
z=
Iz
Iy
A
4 - 43