Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
Resistência dos Materiais - Apostila II
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 - Teoria da Elasticidade _______________________________32
4.5
Estruturas estaticamente indeterminadas ___________________________________________ 35
4.6
Tensões iniciais e Tensões Térmicas _______________________________________________ 38
4.7
Tensão de cisalhamento _________________________________________________________ 41
5
MOMENTO DE INERCIA DAS FIGURAS PLANAS____________________________________ 44
5.1
Área_________________________________________________________________________ 44
5.2
Momento Estático (ou Momento de Inércia___________________________________________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
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
LISTA DE SÍMBOLOS
letras maiúsculas
A
área
E
módulo de elasticidade
F
força
I
momento de inércia
L
comprimento
M
momento, momento fletor
Ms
momento estático
N
força normal
P
carga concentrada
R
resultante de forças, esforço
resistente
S
esforço solicitante
V
força cortante
letras minúsculas
a
aceleração
b
largura
g
aceleração da gravidade
h
dimensão, altura
l
comprimento
m
metro, massa
max máximo
min mínimo
q
carga distribuída
s
segundo
v
deslocamento vertical
x
distância da linha neutra ao ponto de
maior encurtamento na seção
transversal de uma peça fletida
letras gregas
α, θ ângulo, coeficiente
δ
deslocamento
φ
diâmetro
ε
deformação específica
coeficiente de majoração das ações
γf
σ
σ
τ
τ
υ
tensão normal
tensão normal admissível
tensão tangencial
tensão tangencial admissível
coeficiente de Poisson
índices
adm admissível
c
compressão
f
ação
t
tração, transversal
w
alma das vigas
max máximo
min mínimo
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
1
1.1
1
MECÂNICA
Introdução
A Mecânica é uma ciência física aplicada que trata dos estudos das forças e dos
movimentos. A Mecânica descreve e prediz as condições de repouso ou movimento de
corpos sob a ação de forças.
A finalidade da Mecânica é explicar e prever fenômenos físicos, fornecendo, assim,
os fundamentos para as aplicações da Engenharia.
A Mecânica é subdividida em três grandes ramos: Mecânica dos Corpos Rígidos,
Mecânica dos Corpos Deformáveis e Mecânica dos Fluídos, como indicado abaixo.
Mecânica
Mecânica dos corpos rígidos
Estática
Cinemática
Dinâmica
Mecânica dos corpos deformáveis
Resistência dos Materiais
Fluídos incompressíveis →
líquidos
Fluídos compressíveis
gases
Mecânica dos fluídos
→
Mecânica dos corpos rígidos: é subdividida em Estática, Cinemática e Dinâmica.
A Estática se refere aos corpos em repouso e estuda as forças em equilíbrio,
independentemente do movimento por elas produzido. Na Estática, os corpos analisados
são considerados rígidos, conseqüentemente, os resultados obtidos independem das
propriedades do material.
A Cinemática estuda os movimentos em si e as leis que os regem:
• movimento uniforme – móvel percorrendo espaços iguais em tempos iguais para
quaisquer trechos de trajetória;
• movimento uniformemente variado – a velocidade do móvel varia de valores iguais
em tempos iguais. Se houver crescimento da velocidade, o movimento será
uniformemente acelerado; se houver decréscimo, o movimento será uniformemente
retardado;
• movimentos de rotação.
A Dinâmica estuda a relação entre o movimento e a causa que o produz (força).
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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:
1.3
•
espaço: o conceito de espaço é associado à noção de posição de um ponto material,
o qual pode ser definido por três comprimentos, medidos a partir de um certo ponto
de referência, ou de origem, segundo três direções dadas. Estes comprimentos são
conhecidos como as coordenadas do ponto;
•
tempo: para se definir um evento não é suficiente definir sua posição no espaço. O
tempo ou instante em que o evento ocorre também deve ser dado;
•
força: a força representa a ação de um corpo sobre outro; é a causa que tende a
produzir movimento ou a modificá-lo. A força é caracterizada pelo seu ponto de
aplicação, sua intensidade, direção e sentido; uma força é representada por um
vetor;
Sistema Internacional de Unidades
O Sistema Internacional de Unidades (SI) é subdividido em unidades básicas e
unidades derivadas.
As unidades básicas são: metro (m), quilograma (kg) e segundo (s). As unidades
derivadas são, entre outras, força, trabalho, pressão, etc...
As unidades do SI formam um sistema absoluto de unidades. Isto significa que as
três unidades básicas escolhidas são independentes dos locais onde são feitas as medições.
A força é medida em Newton (N) que é definido como a força que imprime a
aceleração de 1 m/s2 à massa de 1 kg. A partir da Equação F=m.a (segunda Lei de
Newton), escreve-se: 1 N = 1 kg × 1 m/s2.
As medidas estáticas de forças são efetuadas por meio de instrumentos chamados
dinamômetros.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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 Pa = N / m 2 . Pascal é também
unidade de tensões normais (compressão ou tração) ou tensões tangenciais (cisalhamento).
Múltiplos e submúltiplos
Nome
exa
peta
tera
giga
mega
quilo
hecto
deca
deci
centi
mili
micro
nano
pico
femto
atto
Símbolo
E
P
T
G
M
k
h
da
d
c
m
µ
n
p
f
a
fator pelo qual a unidade é multiplicada
1018 = 1 000 000 000 000 000 000
1015 = 1 000 000 000 000 000
12
10 = 1 000 000 000 000
9
10 = 1 000 000 000
6
10 = 1 000 000
103 = 1 000
102 = 100
10
10-1 = 0,1
10-2 = 0,01
10-3 = 0,001
-6
10 = 0,000 001
10-9 = 0,000 000 001
10-12 = 0,000 000 000 001
-15
10 = 0,000 000 000 000 001
10-18 = 0,000 000 000 000 000 001
Conversão de Unidades
A unidade
é equivalente a
1MPa
1 MPa
1 GPa
1m
1 cm
1 kgf
1 kgf
1 polegada (ou 1")
1 m2
1 N/mm2
1 x 106 N/m2
1 x 109 N/m2
100 cm
0,01 m
9,81 N
2,20 lb
2,54 cm
10000 cm2
Exemplo de conversão de medidas de pressão:
Pa =
N
N
=
2
2
cm × 10 4
m
MPa =
N × 106
N × 106
kN
=
=
2
2
4
m
cm × 10
cm 2 × 10
GPa =
N × 10 9
N × 109
kN × 10 2
=
=
m2
cm 2 × 10 4
cm 2
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
1.4
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
senα = EF
cos α = OF
tgα = AB
cot gα = DC
sec α = OB
cos ecα = OC
OE = R = 1
Triângulo retângulo
No triângulo retângulo, os catetos são os lados que formam o ângulo de 90º. A
hipotenusa é o lado oposto ao ângulo de 90º e é determinada pela relação: a 2 = b 2 + c 2 .
Relações trigonométricas
cateto oposto c
=
hipotenusa
a
cateto adjacente b
=
cos α =
hipotenusa
a
cateto oposto
c
tgα =
=
cateto adjacente b
hipotenusa
a
sec α =
=
cateto adjacente b
senα =
B
c
α = arctg
b
c
α = arcsen
a
b
α = arccos
a
a
α
C
Razões Trigonométricas Especiais
Seno
Cosseno
Tangente
30º
1
2
3
2
3
3
45º
2
2
2
2
1
b
triângulo retângulo
sen 2 x + cos 2 x = 1
Relação fundamental da trigonometria:
c
60º
3
2
1
2
3
A
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
5
Exemplos
1. Calcule o valor de c da figura
1 c
c
sen30º =
=
20
2 20
c = 10 m
2c = 20
2. Determine o valor de b da figura
3
b
b
cos 30º =
=
20
2
20
20 m
c
30°
b
b = 10 3 m
2b = 20 3
3. Calcule o valor de a da figura
a 2 = 4 2 + 32
a
a = 4 +3
2
2
a=5m
4. Determine o valor do ângulo α da figura
3
α = arctg
α = 36,87º
4
Triângulo qualquer
Lei dos senos:
a
b
c
=
=
= 2R
sen A sen B sen C
a 2 = b 2 + c 2 − 2bc × cos A
Lei dos cossenos
b 2 = a 2 + c 2 − 2ac × cos B
c 2 = a 2 + b 2 − 2ab × cos C
α
4m
3m
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
1.5
6
Alfabeto Grego
Os problemas usuais em engenharia são definidos por formulações matemáticas, as
quais, usualmente, utilizam letras do alfabeto grego. É, pois, necessário, seu conhecimento
para as práticas comuns da Engenharia.
Alfabeto Grego
Nome
Símbolo
Maiúscula Minúscula
Alfa
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
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2
2.1
7
ESTÁTICA
Forças no plano
A Força representa a ação de um corpo sobre o outro e é caracterizada pelo seu
ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido.
A intensidade de uma força é expressa em Newton (N) no Sistema Internacional de
Unidades (SI).
A direção de uma força é definida por sua linha de ação, ou seja, é a reta ao longo
da qual a força atua, sendo caracterizada pelo ângulo que forma com algum eixo fixo,
como indicado na Figura 1 abaixo.
F
F
α
α
Figura 2.1
O sentido da força é indicado por uma seta (vetor).
Denomina-se Grupo de forças, o conjunto de forças aplicadas em um único ponto
de um corpo.
Sistema de forças é o conjunto de forças aplicadas simultaneamente em pontos
diversos de um mesmo corpo.
2.2
Equilíbrio de um ponto material
Ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se
ocupasse um ponto no espaço.
Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre um ponto material é nula,
este ponto está em equilíbrio. Este princípio é conseqüência da primeira lei de Newton: “se
a força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este ponto permanece em
repouso (se estava originalmente em repouso) ou move-se ao longo de uma reta com
velocidade constante (se originalmente estava em movimento)”.
Para exprimir algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto material,
escreve-se:
ΣF = R = 0
onde:
F = força
R = resultante das forças
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
8
F4
F1
A representação gráfica de todas as
forças que atuam em um ponto material
pode ser representada por um diagrama de
corpo livre, como indica a figura ao lado.
A
F2
F3
Figura 2.2
Exemplo: verificar se o sistema de forças indicado está em equilíbrio
As condições necessárias e suficientes
para o equilíbrio são:
y
ΣFx = 0
ΣFx = 1500 − 1000sen30º −2000sen30º = 0
ΣFx = 1500 − 500 − 1000 = 0 ok
F4 = 2000N
30°
A F1 = 1500N
x
Σ Fy = 0
ΣFy = 2000 cos 30º −1000 cos 30º −866 = 0
F3 = 1000N
ΣFy = 1732 − 866 − 866 = 0 ok
30°
F2 = 866N
Resposta: O sistema de forças está em equilíbrio
2.3
Resultante de uma força
Constata-se experimentalmente que duas forças P e Q que atuam sobre um ponto
material podem ser substituídas por uma única força R que tenha o mesmo efeito sobre
esse ponto material. Essa força é chamada de resultante de P e Q. Portanto, a resultante de
um grupo de forças é a força que, atuando sozinha, produz ação idêntica à produzida pelo
grupo ou sistema de forças. A resultante pode ser determinada por soluções gráficas ou
analíticas.
a) Soluções gráficas: quando um ponto material está em equilíbrio sob a ação de mais de
três forças o problema pode ser resolvido graficamente pelo desenho de um polígono de
forças, como indicado nas figuras abaixo.
Q
R
Q
Regra do paralelogramo
A
P
A
P
R
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
9
P
R=P+Q
Q
Regra do Triângulo
Q
R=P+Q
A
A
F1
P
F3
F2
R=F1+F2+F3
F1
Composição de forças
F3
F2
R=F1+F2
F3
F3
R=F1+F2-F3
y
F
Decomposição de forças
Fy
x
Fx
b) Soluções analíticas: os métodos analíticos utilizam a trigonometria e as equações de
equilíbrio.
Q=60 N
Exemplos
Determinar a Resultante das duas forças P e
Q agem sobre o parafuso A.
25º
A
20º
P=40 N
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
10
a. Soluções gráficas
R=98 N
R=98 N
Q=60 N
Q=60 N
35.0°
25º
A
20º
P=40 N
35.0°
P=40 N
A
Regra do paralelogramo
Regra do triângulo
b. Solução analítica: trigonometria
Cálculo da força resultante:
Lei dos cossenos: R 2 = P 2 + Q 2 − 2 PQ cos B
R 2 = 60 2 + 40 2 − 2 × 40 × 60 × cos 155º
R = 97,7 N
C
R
Cálculo do ângulo α
Lei dos senos
senA senB
senA sen155º
=
=
Q
R
60
97,7
senA = 0,25
A = 15º
α = A + 20º
α = 15º +20º = 35º
155°
A
Q=60 N
B
α
P=40 N
Sabendo-se que o parafuso está fixo, portanto em equilíbrio, existem forças de
reação que equilibram as forças Q e P. Este princípio é explicado pela terceira lei de
Newton: “A toda ação corresponde uma reação, com a mesma intensidade, mesma direção
e sentido contrário”.
R=97,7 N
Portanto, o parafuso está
reagindo por uma força de
Q=60 N
mesma intensidade da resultante
de P e Q, mas em sentido
35.0°
contrário. A força de reação
25º
P=40 N
Fx=80 N
pode ser decomposta em duas
20º
A
forças Fx e Fy, que são suas
35°
projeções sobre os eixos (x e y).
Fx = 97,7 × cos 35º = 80 N
Fy = 97,7 × sen35º = 56 N
R=97,7 N
Fy=56 N
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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
n
∑F
agem no ponto A sejam nulas, ou seja:
n
=0
i =1
y
∑F
∑F
Q=60 N
25º
Fx=80 N
A
20º
x
=0
x
= 60 × cos 45º +40 × cos 20º −80 = 0
0=0
P=40 N
x
∑F
∑F
ok
y
=0
y
= 60 × sen 45º +40 × sen 20º −56 = 0
0=0
ok
Fy=56 N
Um caso particular da terceira lei de Newton é a lei da gravitação que trata da
atração da Terra sobre um ponto material localizado em sua superfície. A força de atração
exercida pela Terra sobre o ponto material é definida como o seu peso (P). a intensidade do
peso P de um ponto material de massa m é expresso como.
P = m⋅g
onde g=9,81 m/s2 é a aceleração da gravidade.
2. Determinar as forças
nos cabos.
B
C
P = m⋅g
P = 75 ( kg ) × 9,81 (m / s 2 )
P = 736 N
30°
75 kg
T AC
T AB
736
=
=
sen 60º sen 40º sen80º
40°
80°
60°
A
solução gráfica: desenho do polígono de forças.
TAB
736 N
50°
T AC
TAB = 647 N e TAC = 480 N
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
solução analítica: equações de equilíbrio.
ΣFx = 0
TAC ⋅ cos 30º −TAB ⋅ cos 50º = 0
T ⋅ cos 50º
T AC = AB
(1)
cos 30º
ΣF y = 0
TAB
TAC
50°
A
12
30°
T AB ⋅ sen50º +T AC ⋅ sen30º −736 = 0
Substituindo TAC pela relação (1), tem-se
736 N
T AB ⋅ cos 50º
⋅ sen 30º = 736
cos 30º
TAB = 647 N e TAC = 480 N
T AB ⋅ sen50º +
Exercícios
1. Determinar a força F e o ângulo α.
y
F
F
α
C
α
20°
A
50°
20°
B
x
50°
TA =2,5 kN
TB = 2,5 kN
Respostas: F=2,85 kN e α = 74,7º
2. Determinar as forças nos cabos
y
TA
A
60°
60°
x
20°
20°
m=50 kg
TB
B
P
Respostas: TA = 761,3 N e TB = 381 N
F3 = 15 N
3. Determinar a resultante do
sistema de forças indicado e o seu
ângulo de inclinação em relação ao
eixo x.
F2 = 20 N
70°
50°
F1 = 10 N
x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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)
b)
y
y
200 N
300 N
60°
159,65 N
60°
F
x
30°
20°
x
346,41 N
F
Resp. F = 314,41 N
c)
Resp. F = 400 N
d)
y
y
250 N
141,42 N
F
45°
F
30°
x
45°
45°
120 N
60°
91,9 N
141,42 N
Resp. F = 200 N
e)
Resp. F = 255,45 N
f)
y
450 N
329,36 N
F
100 N
65°
100 N
45°
60°
45°
x
70°
61 kg
F
Resp. F = 321,74 N
Resp. F=268,95 N
x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2.4
14
Momento de uma força
Define-se Momento como a tendência de uma força F fazer girar um corpo rígido
em torno de um eixo fixo. O Momento depende do módulo de F e da distância de F em ao
eixo fixo.
Considere-se uma força F que atua em um
corpo rígido fixo no ponto 0, como indicado na
figura.
A força F é representada por um vetor que
define seu módulo, direção e sentido. O vetor d é a
distância perpendicular de 0 à linha de ação de F.
M0
F
d
0
A
Define-se o momento escalar do vetor F em relação a 0, como sendo
M0 = F × d
onde: M0= momento escalar do vetor F em relação ao ponto 0
0 = pólo ou centro de momento
d= distância perpendicular de 0 à linha de ação de F, também chamada de braço de
alavanca
O momento M0 é sempre perpendicular ao plano que contém o ponto 0. O sentido
de M0 é definido pelo sentido de rotação imposto pelo vetor F.
Convenciona-se momento positivo
se a força F tender a girar o corpo no
M+
Msentido anti-horário e negativo, se tender a
girar o corpo no sentido horário.
No SI, onde a força é expressa em newtons (N) e a distância em metros (m).
Portanto, o momento é expresso em newtons × metros (N × m).
2.4.1
Momento de um sistema de forças coplanares
Chama-se Momento de um sistema de forças coplanares S={(F1,A1),....,(Fn,An)} em
relação ao ponto 0, à soma algébrica dos Momentos de cada força em relação ao mesmo
ponto 0.
F1
F2
b1
A1
2.4.2
b2
0
A3
A2
b3
F3
n
M S ,0 = ∑ M F i ,0
i =1
Teorema de Varignon
Seja R a resultante do sistema de forças S. “O
Momento da resultante de um sistema de forças em relação a
um ponto é igual ao momento do sistema ou seja, a soma
algébrica dos Momentos de todas as forças componentes em
relação ao mesmo ponto O”.
n
M R ,0 = M S ,0 = ∑ M F i ,0
i =1
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2.4.3
15
Momento de um binário
Duas forças F e –F que tenham o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e
sentidos opostos formam um binário. A soma das componentes das duas forças em
qualquer direção é zero. Entretanto, a soma dos momentos das duas forças em relação a um
dado ponto não é zero. Apesar de as duas forças não transladarem o corpo no qual atuam,
tendem a fazê-lo girar.
A1
F1
b
-F1
A2
Exemplos
1. Uma força de 450 N é aplicada no ponto A como ilustrado na figura. Determinar:
30°
300mm
a) o momento da força em relação a D;
A
125mm
b) a menor força aplicada em D que ocasiona
o mesmo momento em relação a D;
D
225mm
c) o módulo e o sentido da força vertical que,
aplicada em C, produz o mesmo momento em
relação a D;
d) a menor força que, aplicada em C,
ocasiona o mesmo momento em relação a D.
30°
125mm
300mm
a) braço de alavanca 197,3 mm
225mm
Momento M=F×b
.3m
m
M=450×197,3= 88785 N.mm ou
225mm
C
125mm
M= 88,8 N.m
B
30°
300mm
225mm
B
Solução
30°
52.6°
19
7
C
450 N
37.4°
D
225mm
A
22.6°
325
450 N
A
D
450 N
b) Para se obter a menor força aplicada
em B que ocasiona o mesmo momento
em relação a D, deve-se utilizar o
maior braço de alavanca, ou seja:
b = 225 2 + 300 2 = 375 mm
37
5m
m
F=
36.9°
225mm
C
53.1°
B
M
b
c) F =
F=
M
b
88,8
= 236,8 N
0,375
F=
88,8
= 394,7 N
0,225
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
16
30°
300mm
b = 225 2 + 225 2 = 318,2 mm
F=
M
b
F=
A
D
225mm
125mm
d) A menor força que, aplicada em C,
ocasiona o mesmo momento em relação a D é
aquela cujo braço de alavanca é o maior
possível, ou seja:
450 N
88,8
= 279 N
0,3182
31
8,
2
m
m
225mm
C
B
2. A figura abaixo representa uma junta rebitada, composta por dois rebites de mesmo
diâmetro. Determinar as forças horizontais e verticais atuantes nos rebites.
Como os rebites são iguais, as cargas e as reações verticais em cada rebite também
são iguais: RAV= RBV= 3000÷2= 1500 N.
O rebite A está sendo “puxado” para a direita, portanto, possuirá uma reação
horizontal para a esquerda;
3000 N
600mm
O rebite B está sendo
“empurrado” para a esquerda,
portanto, possuirá uma reação
horizontal para a direita.
dos
esforços
A
RAV
200mm
Determinação
horizontais:
∑MA = 0
R AH
RBH×200=3000×600 = 9000 N
RAH= RBH=9000 N
B
R BH
RBV
B
30
0m
m
3. Determinar o Momento em A devido ao
binário de forças ilustrado na figura
30°
MA= F×b
MA= 500×0,12 = 60 N.m
120mm
F1=500 N
A
F2=500 N
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
17
B
30
0
mm
4. Substituir o binário da figura por uma
força F vertical aplicada no ponto B.
30°
F1=F2= 500 N
F=400 N
F=
M
b
F=
120mm
MA= F×b
60
= 400 N
0,15
A
150mm
MA =60N.m
5. Substituir o binário e a força F ilustrados
na figura por uma única força F=400 N,
aplicada no ponto C da alavanca.
Determinar a distância do eixo ao ponto de
aplicação desta força.
C
300
mm
AC
B
MA= (400×0,15) + (200×0,12) = 84 N.m
AC =
F=400 N
200 N
210
= 420 mm
cos 60º
A
120mm
84
d=
= 0,21 m = 210 mm
400
M
d=
F
30°
MA
200 N
150mm
d=210mm
5. Determinar a intensidade da força F para que
atue no parafuso o torque (momento) de 40 N.m.
a=
200
= 217 mm = 0,217 m
cos 23º
MA= F×b
F=
M
b
F=
40
= 184,1 N
0,217
6. Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de φ 20 mm a uma luva, como mostra a
figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força
aplicada no aperto for 40 N.
∑M
A
=0
40 × 180 = F × 30
F=
40 × 180
= 240 N
30
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2.4.4
18
Equilíbrio de corpos rígidos
Um corpo rígido está em equilíbrio quando todas as forças externas que atuam
sobre ele formam um sistema de forças equivalente a zero, isto é, quando todas as forças
externas podem ser reduzidas a uma força nula e a um binário nulo.
ΣF = 0
ΣM 0= 0
As expressões acima definem as equações fundamentais de Estática.
Decompondo cada força e cada momento em suas componentes cartesianas,
encontram-se as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido
no espaço:
z
0
ΣFx = 0
Σ Fy = 0
ΣFz = 0
ΣM x= 0
ΣM y= 0
ΣM z= 0
x
y
Equilíbrio ou em duas dimensões
As condições de equilíbrio de um corpo rígido simplificam-se consideravelmente
no caso de uma estrutura bidimensional. Escolhendo os eixos x e y no plano da estrutura,
tem-se:
y
Fz = 0
0
M x= M y= 0
M z= M 0
x
para cada uma das forças aplicadas ao corpo rígido, então as seis equações de equilíbrio no
espaço reduzem-se a:
ΣFx = 0
ΣFy = 0
ΣM A= 0
onde A é um ponto qualquer no plano da estrutura. Estas três equações podem ser
resolvidas para um máximo de três incógnitas.
O equilíbrio em duas dimensões é também conhecido como equilíbrio no plano.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2.5
19
Apoios
Para o estudo do equilíbrio dos corpos rígidos não bastam conhecer somente as
forças externas que agem sobre ele, mas também é necessário conhecer como este corpo
rígido está apoiado.
Apoios ou vínculos são elementos que restringem os movimentos das estruturas e
recebem a seguinte classificação:
Apoio móvel
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao
plano do apoio;
• Permite movimento na direção paralela ao plano do
ou
apoio;
• Permite rotação.
Apoio fixo
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio;
• Impede movimento na direção paralela ao plano do
apoio;
• Permite rotação.
Engastamento
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio;
• Impede movimento na direção paralela ao plano do
apoio;
• Impede rotação.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
2.6
20
Tipos de Estruturas
As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou
vínculos que possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada.
Para as estruturas planas, a Estática fornece três equações fundamentais:
ΣFx = 0
2.6.1
ΣFy = 0
ΣM A= 0
Estruturas hipostáticas
Estruturas hipostáticas são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos é
inferior ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática.
A figura ao lado ilustra um tipo de estrutura
hipostática. As incógnitas são duas: RA e RB. Esta
estrutura não possui restrição a movimentos
horizontais.
P
A
B
L
RA
2.6.2
RB
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.
P
HA
A
B
L
RA
2.6.3
RB
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.
MA
P
HA
A
B
L
RA
RB
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
3
3.1
21
TRELIÇAS
Definição
Treliça é toda estrutura constituída de barras ligadas entre si nas extremidades. O
ponto de encontro das barras é chamado nó da treliça. Os esforços externos são aplicados
unicamente nos nós.
Denomina-se treliça plana, quando todas as barras de uma treliça estão em um
mesmo plano.
Para se calcular uma treliça deve-se:
a) determinar as reações de apoio;
b) determinar as forças nas barras.
A condição para que uma treliça de malhas triangulares seja isostática é:
2n = b + v
onde:
b= número de barras
n= número de nós
v= número de reações de apoio
Adota-se como convenção de sinais:
barras tracionadas:
positivo
barras comprimidas: negativo
setas saindo do nó
setas entrando no nó
Os esforços nas barras das treliças podem ser resolvidos por métodos gráficos e
analíticos.
Um dos vários processos analíticos usuais é o Método do Equilíbrio dos Nós,
abaixo exemplificado.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
3.2
22
Método do equilíbrio dos nós
Inicialmente devem-se identificar os nós e verificar os tipos de reações de apoio.
No caso da treliça da figura, no
nó A tem-se um apoio móvel e no nó
B, um apoio fixo.
50 kN
100 kN
B
50 kN
D
C
Como os apoios móveis
restringem somente deslocamentos os
perpendiculares ao plano do apoio,
tem-se uma reação vertical RA.
2m
α
Como
os
apoios
fixos
restringem deslocamentos paralelos e
perpendiculares ao plano do apoio,
tem-se uma reação vertical RB e uma
reação horizontal HE.
A
E
F
2m
HE
2m
RA
RE
Verificar se a treliça é uma estrutura isostática
barras
nós
reações
2n = b + v
b=9
n=6
v=3
Conclusão:
2×6 = 9+ 3
a treliça é uma estrutura isostática
Cálculo do ângulo de inclinação das barras α = arctg
cateto oposto
2
= = 45º
cateto adjacente 2
a) Cálculo das reações de apoio
Equação de equilíbrio das forças na horizontal:
ΣFH = 0
conclusão:
HE = 0
Equação de equilíbrio das forças na vertical:
R A + RE − 50 − 100 − 50 = 0
ΣFV = 0
R A + RE = 200 kN
(1)
Equação de equilíbrio de momentos:
Como a estrutura está em equilíbrio, a somatória dos momentos em relação a qualquer
ponto da estrutura deve ser nula. Tomando-se por exemplo o nó A como referência, tem-se
ΣM A = 0
4 × RE − 50 × 4 − 100 × 2 = 0
RE =
400
4
RE = 100 kN
Substituindo o valor de RE na equação (1), tem-se:
R A + 100 = 200 kN
logo
R A = 100 kN
b) Cálculo das forças nas barras
Iniciar a resolução pelo nó que tiver no máximo duas forças incógnitas. As forças
devem estar tracionando o nó (seta saindo). Como não se sabe a priori se as forças nas
barras são de tração ou de compressão, adotam-se como se fossem tracionadas. Se o valor
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
23
determinado for negativo, significa que a barra está comprimida, portanto, o sentido da seta
deve ser mudado.
Nó A
N1
ΣFH = 0
N2
A
ΣFV = 0
100 + N 1 = 0 →
N2 = 0
N 1 = −100 kN
RA
Nó B
ΣFH = 0
50
N 3 + N 4 cos 45º = 0 →
N3
B
45°
Nó C
→
N4
100
ΣFV = 0
100 − 50 − N 4 sen 45º = 0 → N 4 = 70,7 kN
ΣFH = 0
100
50
N 3 = −50 kN
50 + N 5 = 0
→
N 5 = −50 kN
ΣFV = 0
100 + N 6 = 0
→
N 6 = −100 kN
→
N 7 = 70,7 kN
N5
C
N6
Nó D
ΣFH = 0
50
50
50 − N 7 cos 45º = 0
D
45°
N7
N8
ΣFV = 0
50 + N 8 + 70,7 sen 45º = 0 → N 8 = −100 kN
Nó E
100
N9
E
ΣFH = 0
→
N9 = 0
100
Nó F Verificação
ΣFH = 0
100
70,7
0,0
45°
45°
F
70,7
− 70,7 cos 45º +70,7 cos 45º = 0
0,0
ΣFV = 0
− 100 + 70,7 sen 45º +70,7 sen 45º = 0 →0 = 0 ok
→ 0 = 0 ok
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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
50 kN
NAB= -100 kN
compressão
100 kN
B
50 kN
D
C
NAF= 0
NBC= -50 kN
compressão
NBF= +70,7 kN
tração
NCF= -100 kN
compressão
NCD= -50 kN
compressão
NDF= +70,7 kN
tração
NDE= -100 kN
compressão
2m
α
A
E
F
2m
2m
RA
NFE= 0 kN
HE
RE
2. Calcular as forças em cada barra da treliça “mão francesa” da figura.
RB
B
1.0 m
HB
1.0 m
C
HA
40 kN
20 kN
α
θ
A
E
2.0 m
D
2.0 m
Cálculo dos ângulos de inclinação das barras
α = arctg =
2
= 63,43º
1
θ = arctg =
1
= 26,56º
2
a) Cálculo das reações de apoio
ΣFH = 0
H A + H B = 40 kN
ΣFV = 0
RB + 20 = 0
RB = −20 kN
ΣM B = 0
+ H A × 2 − 40 × 2 − 40 × 1 = 0
H A = 60 kN H B = −20 kN
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
25
b) Cálculo das forças nas barras
Nó B
ΣFH = 0
20 kN
− 2 + N 2 senα = 0
B
20 kN
N2
63.4°
N1
Nó A
ΣFV = 0
20 + N 1 − N 2 cos α = 0 →
N 2 = 22,4 kN
N 1 = 10 kN
ΣFH = 0
10
N3
A
60
→
26.6°
N4
100
6 + N 4 + N 3senθ = 0
6 + N 4 − 22,4 senθ = 0 →
N 4 = 40 kN
ΣFV = 0
10 + N 3 cos θ = 0
→
N 3 = −22,4 kN
ΣFH = 0
→
N 6 = 40 kN
ΣFV = 0
→
N 5 = 0 kN
ΣFV = 0
− 20 + N 7 senθ = 0
→
N 7 = 44,7 kN
Nó E
N5
40
N6
E
Nó D
20
N7
26.6°
ΣFH = 0
D
40
− 40 + 44,7 cos senθ = 0 → 0 = 0 ok
ΣFH = 0
Nó C
22,4
26.6°
22,4
C
0,0
40
44,7
22,4 cos θ − 22,4 cos θ − 40 + 44,7 cos θ = 0 =0 kN
ΣFV = 0
22,4senθ − 22,4 senθ − 44,7 senθ = 0
→
10+10-20 =0 ok
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
26
Resultados
RB
NAC= -22,4 kN
compressão
NBC= +40 kN
tração
NBC= +22,4 kN
tração
NCE= 0
NCD= +44,7 kN
tração
NED= +40 kN
tração
B
HB
1.0 m
tração
C
1.0 m
NAB= +10 kN
40 kN
20 kN
α
θ
A
HA
E
D
2.0 m
2.0 m
Exercícios
1. Determine a força em cada barras das treliças ilustradas. Indique se cada barra está
tracionada ou comprimida.
1.
B
A
FAC = 10 kN T
C
1.2m
FBC = 8,545 kN T
0.9m
FAB = 8 kN C
2.4m
9000 N
1200 N
A
2.
375mm
FAB = 3 900 N T
B
FAC = 4 500 N C
FBC = 3600 N C
C
400mm
500mm
3.
FAB = FDE = FBG = FDI = 0;
FAF = FCH = FEJ = 400 N C;
400 N
400 N
400 N
B
A
400 N
C
400 N
E
D
FBC = FCD = 800 N C;
a
FBF = FDJ = 849 N C;
FBH = FDH = 283 N T;
FFH = FGH = FHI = FIJ = 600 N T
F
H
G
a
a
I
a
J
a
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
9000 N A
27
4.
B
2,7m
FAB = 9 kN;
FAC = 0;
FBC = 11,25 kN C
9000 N
FBD = 6,75 kN T;
D
2,7m
C
E
FCD = 18 kN T
FCE = 6,75 kN C;
F
FDE = 22,50 kN C
3,6m
FDF = 20,25 kN T
5.
C
FAB = FDE = 8 kN C
B
FAF = FFG = FHE = 6,93 kN T
D
FBC = FCD = FBG = FDE = 4 kN C
A
FBF = FDH = FCG = 4 kN T
30°
30°
F
30°
a
a
a
4 kN
C
1,5 m
B
1,5 m
A
1,5 m
D
3,6 m
100 kN
E
3,6 m
F
30°
H
G
a
4 kN
6.
FAB = 130 kN T
FAD = 100 kN T
FAE = 130 kN C
FBC = 173,5 kN T
FBE = 50 kN T
FBF = 52,05 kN C
FCF = 33,35 kN T
FDE = 0
FEF= 1120 kN C
E
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
4
4.1
28
TENSÕES E DEFORMAÇÕES
Introdução
Os conceitos de tensão e deformação podem ser ilustrados, de modo elementar,
considerando-se o alongamento de uma barra prismática (barra de eixo reto e de seção
constante em todo o comprimento).
Considere-se uma barra prismática carregada nas extremidades por forças axiais P
(forças que atuam no eixo da barra), que produzem alongamento uniforme ou tração na
barra. Sob ação dessas forças originam-se esforços internos no interior da barra. Para o
estudo desses esforços internos, considere-se um corte imaginário na seção mm, normal a
seu eixo. Removendo-se por exemplo a parte direita do corpo, os esforços internos na
seção considerada (m-m) transformam-se em esforços externos. Supõe-se que estes
esforços estejam distribuídos uniformemente sobre toda a seção transversal.
P
P
m
m
L
δ
P
σ
Figura 4.1.
Para que não se altere o equilíbrio, estes esforços devem ser equivalentes à
resultante, também axial, de intensidade P.
Quando estas forças são distribuídas perpendiculares e uniformemente sobre toda a
seção transversal, recebem o nome de tensão normal, sendo comumente designada pela
letra grega σ (sigma).
Pode-se ver facilmente que a tensão normal, em qualquer parte da seção transversal
é obtida dividindo-se o valor da força P pela área da seção transversal, ou seja,
σ=
P
A
(1)
A tensão tem a mesma unidade de pressão, que, no Sistema Internacional de
Unidades é o Pascal (Pa) corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2,
ou seja, Pa = N/m2. Como a unidade Pascal é muito pequena, costuma-se utilizar com
freqüência seus múltiplos: MPa = N/mm2 = (Pa×106), GPa = kN/mm2 = (Pa×109), etc. Em
outros Sistemas de Unidades, a tensão ainda pode-se ser expressa em quilograma força por
centímetro quadrado (kgf/cm2), libra por polegada quadrada (lb/in2 ou psi), etc.
Quando a barra é alongada pela força P, como indica a Figura 4.1, a tensão
resultante é uma tensão de tração; se as forças tiverem o sentido oposto, comprimindo a
barra, tem-se tensão de compressão.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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:
ε=
δ
(2)
L
onde:
ε = deformação específica
δ = alongamento ou encurtamento
L = comprimento total da barra.
Note-se que a deformação ε é uma quantidade adimensional. É de uso corrente no
meio técnico representar a deformação por uma fração percentual (%) multiplicando-se o
valor da deformação específica por 102 ou mesmo até (‰) multiplicando-se por 103.
4.2
Diagrama tensão-deformação
As relações entre tensões e deformações para um determinado material são
encontradas por meio de ensaios de tração. Nestes ensaios são medidos os alongamentos δ,
correspondentes aos acréscimos de carga axial P, que se aplicarem à barra, até a ruptura do
corpo-de-prova.
Obtêm-se as tensões dividindo as forças pela área da seção transversal da barra e as
deformações específicas dividindo o alongamento pelo comprimento ao longo do qual a
deformação é medida. Deste modo obtém-se um diagrama tensão-deformação do material
em estudo. Na Figura 4.2 ilustra-se um diagrama tensão-deformação típico do aço.
σσ
D
r
σe
σp
Tensão
σ=
C
B
A
P
δ
εr
εp
região
elástica
Deformação ε =
P
L
0
E
escoamento
ε
P
A
δ
L
σr = tensão de ruptura
σe = tensão de escoamento
σp = tensão limite de
proporcionalidade
região plástica
Figura 4.2. Diagrama tensão-deformação do aço
Região elástica: de 0 até A as tensões são diretamente proporcionais às
deformações; o material obedece a Lei de Hooke e o diagrama é linear. 0 ponto A é
chamado limite de proporcionalidade, pois, a partir desse ponto deixa de existir a
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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 σ adm ),
reduzindo a tensão calculada (σcalc), dividindo-a por um coeficiente de segurança. A tensão
admissível é normalmente mantida abaixo do limite de proporcionalidade, ou seja, na
região de deformação elástica do material. Assim,
σ = σ adm =
4.4
σ calc
γf
(3)
Lei de Hooke
Os diagramas tensão-deformação ilustram o comportamento de vários materiais,
quando carregados por tração. Quando um corpo-de-prova do material é descarregado, isto
é, quando a carga é gradualmente diminuída até zero, a deformação sofrida durante o
carregamento desaparecerá parcial ou completamente. Esta propriedade do material, pela
qual ele tende a retornar à forma original é denominada elasticidade. Quando a barra volta
completamente à forma original, diz-se que o material é perfeitamente elástico; mas se o
retorno não for total, o material é parcialmente elástico. Neste último caso, a deformação
que permanece depois da retirada da carga é denominada deformação permanente.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
31
A relação linear da função tensão-deformação foi apresentada por Robert HOOKE
em 1678 e é conhecida por LEI DE HOOKE, definida como:
σ = Eε
(4)
onde
σ = tensão normal
E = módulo de elasticidade do material
ε = deformação específica
O Módulo de Elasticidade representa o coeficiente angular da parte linear do
diagrama tensão-deformação e é diferente para cada material.
A lei de HOOKE é valida para a fase elástica dos materiais. Por este motivo,
quaisquer que sejam os carregamentos ou solicitações sobre o material, vale a superposição
de efeitos, ou seja, pode-se avaliar o efeito de cada solicitação sobre o material e depois
somá-los.
Alguns valores de E são mostrados na Tabela abaixo. Para a maioria dos materiais,
o valor do Módulo de Elasticidade sob compressão ou sob tração são iguais.
Tabela 4.1 Propriedades mecânicas típicas de alguns materiais
Material
Peso específico
(kN/m3)
Módulo de Elasticidade
(GPa)
Aço
78,5
200 a 210
Alumínio
26,9
70 a 80
Bronze
83,2
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 σ = P / A e a
deformação específica é ε = δ / L . Combinando estes resultados com a Lei de HOOKE,
tem-se a seguinte expressão para o alongamento da barra:
δ=
PL
EA
(5)
Esta equação mostra que o alongamento de uma barra linearmente elástica é
diretamente proporcional à carga e ao comprimento e inversamente proporcional ao
módulo de elasticidade e à área da seção transversal. O produto EA é conhecido como
rigidez axial da barra.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
4.4.1
32
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:
υ=
deformação lateral
deformação longitudinal
(6)
Esse coeficiente é assim conhecido em razão do famoso matemático francês S. D.
Poisson (1781-1840). Para os materiais que possuem as mesmas propriedades elásticas em
todas as direções, denominados isotrópicos, Poisson achou ν ≈ 0,25. Experiências com
metais mostram que o valor de v usualmente encontra-se entre 0,25 e 0,35.
Se o material em estudo possuir as mesmas propriedades qualquer que seja a
direção escolhida, no ponto considerado, então é denominado, material isótropico. Se o
material não possuir qualquer espécie de simetria elástica, então é denominado material
anisotrópico. Um exemplo de material anisotrópico é a madeira pois, na direção de suas
fibras a madeira é mais resistente.
4.4.2
Forma geral da Lei de Hooke
Considerou-se anteriormente o caso particular da Lei de HOOKE, aplicável a
exemplos simples de solicitação axial.
Se forem consideradas as deformações longitudinal (εL) e transversal (εt), tem-se,
respectivamente:
εL =
σ
E
e
ε t = νε L =
υσ
E
(7)
No caso mais geral, no qual um elemento do material é solicitado por três tensões
normais σx, σy e σz, perpendiculares entre si, às quais correspondem respectivamente às
deformações εx, εy e εz, a Lei de HOOKE se escreve:
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
1
[σ x − υ (σ y + σ z )]
E
1
ε y = [σ y − υ (σ z + σ x )]
E
1
ε z = [σ z − υ (σ x + σ y )]
E
εx =
σz
σx
σy
33
.
(8)
.
A lei de HOOKE é válida para materiais homogêneos, ou seja, aqueles que
possuem as mesmas propriedades (mesmos E e ν) em todos os pontos.
Exemplos
1. Determinar a tensão de tração e a deformação específica de uma barra prismática de
comprimento L=5,0m, seção transversal circular com diâmetro φ=5cm e Módulo de
Elasticidade E=20.000 kN/cm2 , submetida a uma força axial de tração P=30 kN.
P=30 kN
P
L= 5 m
A=
πφ 2
4
P
σ=
A
PL
δ=
EA
ε=
δ
L
A=
π × 52
= 19,6 cm2
4
30
σ=
= 1,53 kN/cm2 ou 15,3 MPa
19,6
30 × 500
δ=
= 0,0382 cm
20.000 ×19,6
0,0382
ε=
= 0,0000764 ou × 1000 = 0,0764 (‰)
500
2. A barra da figura é constituída de 3 trechos: trecho AB=300 cm e seção transversal com
área A=10cm2; trecho BC=200cm e seção transversal com área A=15cm2 e trecho
CD=200cm e seção transversal com área A=18cm2 é solicitada pelo sistema de forças
indicado na Figura. Determinar as tensões e as deformações em cada trecho, bem como o
alongamento total. Dado E=21.000 kN/cm2.
150kN
A
30kN
300 cm
B
50kN
C
200 cm
200 cm
170kN
D
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
Trecho A-B
150kN
A
B
R=150kN
50kN
30kN
170kN
300 cm
P
A
PL
δ=
EA
150
= 15 kN/cm2
10
150 × 300
δ =
= 0,214 cm
21.000 × 10
0,214
ε=
× 1000 = 0,713 (‰)
300
σ=
ε=
σ=
δ
L
Trecho B-C
R=120kN
30kN
C
B
50kN
R=120kN
150kN
170kN
200 cm
P
A
PL
δ=
EA
120
= 8 kN/cm2
15
120 × 200
δ=
= 0,076 cm
21.000 ×15
0,076
ε=
× 1000 = 0,38 (‰)
200
σ=
ε=
σ=
δ
L
Trecho C-D
R=170kN
150kN
D
C
30kN
170kN
50kN
200 cm
P
A
PL
δ=
EA
σ=
ε=
δ
L
170
= 9,44 kN/cm2
18
170 × 200
δ=
= 0,0899 cm
21.000 ×18
0,0899
ε=
× 1000 = 0,45 (‰)
200
σ=
Alongamento total
δ = 0,214 + 0,076 + 0,0899 = 0,38 cm
34
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
4.5
35
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
Ra
A
A
A
P a
C
P
L
C
b
B
B
Rb
(a)
B
(b)
(c)
Figura 4.4 Barra estaticamente indeterminada
A barra está carregada por uma força P no ponto C e as extremidades AB da barra
estão presas em suportes rígidos. As reações Ra e Rb aparecem nas extremidades da barra,
porém suas intensidades não podem ser calculadas apenas pelas equações da Estática. A
única equação fornecida pelo equilíbrio estático é
Ra + Rb = P
(9)
a qual contém ambas as reações desconhecidas (2 incógnitas), sendo, portanto, insuficiente
para seu cálculo com uma única equação. Há necessidade, portanto, de uma segunda
equação, que considere as deformações da barra.
Para a consideração da deformação na barra, deve-se analisar o efeito de cada força
sobre a barra se uma de suas extremidades estivesse livre. Considere-se, então, o efeito da
carga P deslocando o ponto A, na estrutura livre, ilustrado na Figura 4.4b. O deslocamento
(para baixo) do ponto A, devido ao encurtamento do trecho CD, submetido à carga P, é
dado por:
Pb
δP =
EA
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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:
δR =
Ra L
EA
Ora, como a extremidade A da barra é fixa, o deslocamento final (δ), neste ponto,
resultante da ação simultânea das forças P e Ra, é nulo. Logo,
δR − δP = 0
δP = δR ,
Pb Ra L
=
.
EA EA
ou seja,
Logo, Ra =
Rb = P −
→
Pa
Pb
+ Rb = P
. Substituindo o Ra na equação (9), tem-se:
L
L
Pa
L
Rb =
PL − Pb
L
Rb =
P( L − b)
L
Rb =
Pa
L
R1
Exemplos
1. Uma barra constituída de dois trechos é
rigidamente presa nas extremidades. Determinar as A
reações R1 e R2 quando se aplica uma força P.
P/2
Dados: E=21.000 kN/cm2; AAB=5cm2; ABC=7,5cm2;
P= 60 kN
P/2
2 cm
B
Solução
1,5 cm
Equação de equilíbrio
R1 + R2 = P
C
(1)
Equação de compatibilidade das deformações:
δ AB = δ BC
R2
(2)
Nota: As cargas P/2 provocarão um alongamento no trecho AB, e um encurtamento no
trecho BC, de valores exatamente iguais.
lembrando que δ =
PL
,
EA
R1 =
0,4 R1 = 0,2 R2
R1 + R2 = 60 →
mas,
0,2 R2
0,4
0,5 R2 + R2 = 60
R1 + 40 = 60
R1 × 2 R2 × 1,5
=
E ×5
E × 7,5
tem-se
R1 = 0,5R2 substituindo em (1)
→
logo
1,5 R2 = 60
→
R2 = 40 kN
R1 = 20 kN.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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
4
Acobre =
= 19,63 cm2
π × 82
4
−
π × 52
4
Acobre = Acobre,total − Aaço
(1)
δ aço = δ cobre + 0,25
(2)
Paço × 300,25
21.000 ×19,63
=
placa rígida
= 30,63 cm2
Pcobre + Paço = 400 kN
lembrando que δ =
P=400 kN
0,25 cm
π × 52
posição final
cilindro
de aço
300 cm
Aaço =
PL
, tem-se
EA
cilindro
de cobre
Pcobre × 300
+ 0,25
12.000 × 30,63
5 cm
8 cm
0,000728 Paço = 0,000817 Pcobre + 0,25
Paço =
0,000817 Pcobre + 0,25
substituindo em (1), tem-se,
0,000728
Pcobre +
0,000817 Pcobre + 0,25
= 400 kN
0,000728
1,1223Pcobre + Pcobre + 343,4066 = 400
Pcobre +
0,000817 Pcobre
0,25
+
= 400 kN
0,000728
0,000728
Pcobre = 26,66 kN substituindo em (1), tem-se:
Paço = 400 − 26,66 = 373,34 kN
Exercícios
1. Em uma máquina usa-se uma barra prismática de 10m de comprimento, comprimida por
uma força de 500 kN. Sabendo-se que a tensão não deve exceder a 140 kN/cm2 e o
encurtamento não deve exceder a 3mm, pede-se determinar o diâmetro da barra.
E=21.000 kN/cm2. Resposta: φ=10cm
2. Uma barra prismática está submetida à tração axial. A área da seção transversal é 2cm2 e
o seu comprimento é 5m. Sabendo-se que a barra sofre o alongamento δ=0,714285cm
quando é submetida à força de tração 60kN, pede-se determinar o módulo de elasticidade
do material. Resposta: E=21.000 kN/cm2.
3. Uma barra cilíndrica de 38mm de diâmetro e 20cm de comprimento sofre a ação de uma
força de compressão de 200kN. Sabendo-se que o módulo de elasticidade da barra é
E=9.000 kN/cm2 e o coeficiente de Poisson, υ=0,3, determinar o aumento de diâmetro da
barra. Resposta: δt=0,00223cm.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
4.6
1.70m
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
38
P=100 kN
A
B
2.0 m
C
2.0 m
1.0 m
2.0 m
Pf
P=100 kN
A
C
PA
B
PC
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
R
A
A
L
A
∆T
B
(a)
R
∆T
B
B
(b)
(c)
Figura 4.5. Barra fixa nas extremidades, submetida a aumento de temperatura
Na barra da Figura 4.5b, a variação uniforme de temperatura sobre toda a barra
causará o alongamento:
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
δ = αL∆T
39
(10)
onde: α = coeficiente de dilatação térmica
L = comprimento
∆T = variação de temperatura (ºC)
Como este alongamento pode ocorrer livremente, não surgirá nenhuma tensão na barra.
Na Tabela 4.2 estão indicados coeficientes de dilatação térmica de alguns materiais.
Tabela 4.2 Valores Típicos do coeficiente de dilatação térmica
Material
Coeficiente de dilatação térmica α (10-6 ºC-1)
Aço
11,7
Alumínio
21,4 a 23,9
Magnésio
26,1
Cobre
16,7
Concreto
7,2 a 12,6
No caso de barras estaticamente indeterminadas, como a que aparece na Figura 4.5,
quando há aumento de temperatura, a barra não pode alongar-se, surgindo, como
conseqüência, uma força de compressão que pode ser calculada pelo método descrito no
item precedente. Para a barra engastada da Figura 4.5a, vê-se que, se a extremidade A for
liberada, seu deslocamento para cima, devido ao acréscimo de temperatura, será o mesmo
deslocamento para baixo, decorrente da ação da força R, ou seja, RL/EA. Igualando esses
dois deslocamentos vêm:
R = EAα∆T
(11)
Depois de se obter R, pode-se calcular a tensão e a deformação específica da barra
pelas expressões:
σ=
R
= Eα∆T
A
e
ε=
σ
E
= α∆T
Deste exemplo, conclui-se que a variação de temperatura produz tensões em
sistemas estaticamente indeterminados, ainda que não se tenha a ação de forças externas.
Exemplo
Uma barra prismática, rigidamente presa
nas extremidades é submetida a um
aumento de temperatura de 20ºC, ao
mesmo tempo em que recebe uma carga
P=30 kN. Determinar as reações de apoio.
Dados: A= 1,5 cm2; E=20.000 kN/cm2;
α=11,7×10-6 ºC-1; ∆T= +20ºC
100 cm
A
250 cm
C
P=30 kN
Solução:
a) determinação das reações R´A e R´B, devido ao aumento de temperatura R = EAα∆T
B
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
A
40
B
R'A =7,02
R'B =7,02 kN
R = 20.000 ×1,5 ×11,7 ×10 −6 × 20 = 7,02 kN
→
R = R ′A = RB′
b) ao se aplicar a carga P= 30 kN no ponto C, o trecho AC sofrerá um alongamento
exatamente igual ao encurtamento no trecho CB, portanto, δ AC = δ BC . Assim,
R A′′ × 100 RB′′ × 250
=
EA
EA
→
R ′A′ = 2,5RB′′
fazendo o equilíbrio de forças, tem-se:
R ′A′ = 2,5R B′′ , logo,
RB′′ + R ′A′ = P
mas
2,5RB′′ + RB′′ = 30
→
RB′′ = 8,57 kN
→Portanto, R′A′ = 21,43 kN
3,5RB′′ = 30
A
P=30 kN
B
R''B =8,57 kN
R''B =21,43
Como se trata de uma estrutura trabalhando no regime elástico, vale a superposição de
efeitos, ou seja, os efeitos da temperatura na barra e da carga P:
R A = − R ′A + R ′A′
R A = −7,02 + 21,43 = 14,41 kN
RB = RB′ + RB′′
RB = 7,02 + 8,57 = 15,59 kN
Exercício
P=200 kN
Eaço=21.000 kN/cm2; αaço=11,7×10-6 ºC-1
Resposta: ∆T = 40,7ºC.
50cm
1. A um tubo de aço se aplica uma carga axial de 200 kN
por meio de uma placa rígida. A área da seção transversal
do cilindro de aço é 20cm2. Determinar o acréscimo de
temperatura ∆T para o qual a carga externa seja
equilibrada pelos esforços que aparecem nos cilindros de
aço e cobre. Dados:
tubo de
aço
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
4.7
41
Tensão de cisalhamento
Denomina-se força cortante (V), a componente de uma força, contida no plano da
seção transversal considerada, como ilustrado na Figura 4.6. A força cortante é uma força
que atua no próprio plano da seção transversal. A outra componente é a força normal.
força
tangencial
V
R
resultante
P
força normal
L
barra engastada
Figura 4.6
A força cortante dá lugar, em cada um dos pontos da seção, ao aparecimento de
uma tensão tangencial, denominada tensão de cisalhamento, designada pela letra grega τ.
Admitindo-se distribuição uniforme da tensão de cisalhamento na seção transversal de área
A, tem-se, em cada ponto da seção:
τ =
V
A
(12)
A tensão de cisalhamento, como a tensão normal, tem também a mesma unidade de
pressão a qual, no Sistema Internacional é o pascal (Pa).
Exemplo
Considere-se o parafuso de 12,5 mm de diâmetro, da junta da Figura abaixo. A força P é
igual a 15 kN. Admitida a distribuição uniforme das tensões de cisalhamento, qual o valor
dessas tensões, em qualquer uma das seções transversais m—n ou p—q?
B
P
m
B
n
A
C
p
q
P
V
n
m
p
q
n
m
p
q
V
Solução
Supõe-se que a força P solicite igualmente as duas seções transversais. Nessas condições, a
força que atua em cada plano é: 15/2=7,50 kN, sobre a seção de área π×1,252/4 = 1,23 cm2.
Portanto,
τ=
V
A
τ=
7,5
= 6,1 kN/cm2
1,23
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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 P
tensão de cisalhamento no rebite?
Resposta:τ= 10,6 kN/cm2.
P=30 kN
φ 19mm
2. A barra AB é perfeitamente ajustada aos anteparos
fixos quando a temperatura é de +25ºC. Determinar
as tensões atuantes nas partes AC e CB da barra para
a temperatura de –50ºC.
Dados: E=200GPa e α=12×10-6/ºC.
Respostas: σAC = 240 MPa; σCB = 120 MPa
3. Determine a deformação da barra de aço
sob a ação das cargas indicadas.
Dado: E=210 GPa
Resposta: δ=2,75×10-3m = 2,75mm
4. A barra (1) da figura é de aço, possui A1=400mm2 de área de seção transversal e seu
comprimento é L1= 800mm. Determinar para a barra (1):
a) carga axial atuante (F1)
b) tensão normal atuante (σ1)
c) o alongamento (∆L1)
d) a deformação longitudinal (ε1)
e) a deformação transversal (εt1)
Dados: Eaço=210 GPa; υ=0,3
Respostas:
a) F1=6,125 kN; b) σ1=15,3MPa
c) ∆L1=58×10-6m; d) ε1=0,0000725;
e) εt1=-0,000022
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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.
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 .
τA = 102,4 kgf/cm2 .
Respostas: P = 377kgf
P
A
C
4m
B
2m
2m
Respostas:
a) δB=0,514mm; b) δD=0,300mm; c) δE=1,928mm
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
5
44
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
h
L
b
seção
longitudinal
seção
transversal
L
h
b
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.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
5.2
45
Momento Estático
Analogamente à definição de
momento de uma força em relação a um
eixo qualquer, defini-se Momento Estático
(M) de um elemento de superfície como o
produto da área do elemento pela distância
que o separa de um eixo de referência.
y
dA
x
y
M x = y ⋅ dA e M y = x ⋅ dA
x
y
Momento Estático de uma
superfície plana é definido como a
somatória de todos os momentos estáticos
dos elementos de superfície que formam a
superfície total.
A
y
M x = ∫ ydA e M y = ∫ xdA
A
dA
x
A
A unidade do Momento Estático é área é [L]× [L]2 = [L]3.
x
O Momento Estático é utilizado para a determinação das tensões transversais que
ocorrem em uma peça submetida à flexão.
O Momento Estático de uma superfície composta por várias figuras conhecidas é a
somatória dos Momentos Estáticos de cada figura.
Exemplo: determinar o Momento Estático das figuras abaixo
A1
CG 1
M 1, x = yCG1 ⋅ A1
2
M 2, x = yCG 2 ⋅ A2
CG 2
1
A
2
y CG
M 3, x = yCG 3 ⋅ A3
y CG
CG
y CG
A3
3
M x = M 1, x + M 2, x + M 3, x
3
x
Elemento vazado
1
2
M x = M 1, x − M 2, x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
5.3
46
Centro de Gravidade
Se um corpo for dividido em partículas mínimas, estas ficam sujeitas à ação da
gravidade, isto é, em todas estas partículas está aplicada uma força vertical atuando de
cima para baixo. A resultante de todas estas forças verticais e paralelas entre si, constitui o
peso do corpo.
Mesmo mudando a posição do corpo aplicando-lhe uma rotação, ele permanecerá
sempre sujeito à ação da gravidade. Isto significa que as forças verticais girarão em relação
ao corpo, mas continuaram sempre paralelas e verticais. O ponto onde se cruzam as
resultantes dessas forças paralelas, qualquer que seja a posição do corpo, chama-se Centro
de Gravidade (CG).
Portanto, atração exercida pela
Terra sobre um corpo rígido pode ser
representada por uma única força P. Esta
força, chamada peso do corpo, é aplicada
no seu baricentro, ou cento de gravidade
(CG). O centro de gravidade pode
localizar-se dentro ou fora da superfície.
y
x CG
CG
y CG
O centro de gravidade de uma
superfície plana é, por definição, o ponto
de coordenadas:
xCG
My
1
=
= ∫ x ⋅ dA
A
AA
x
y CG
M
1
= x = ∫ y ⋅ dA
A
AA
onde:
xCG = distância do CG da figura até o eixo y escolhido arbitrariamente;
yCG = distância do CG da figura até o eixo x escolhido arbitrariamente;
Mx = momento estático da figura em relação ao eixo x;
My = momento estático da figura em relação ao eixo y;
A = área da Figura.
Centro de gravidade de áreas compostas por várias figuras
O centro de gravidade de uma superfície composta por várias figuras, é expresso
por:
y
n
A
xn
n
xCG =
∑A ⋅x
i
i
i =1
n
∑A
i
i =1
A1
x1
n
yn
y1
yCG =
x
∑A ⋅y
i
i =1
n
∑A
i =1
i
i
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
47
Centro de gravidade de algumas figuras planas
retângulo
y
x CG
xCG =
b
2
yCG =
h
2
CG
h
y CG
x
b
triângulo
y
b
3
h
=
3
xCG =
h
CG
yCG
y CG
x
x CG
b
círculo
y
xCG = 0
CG
yCG = 0
x
Semicírculo
r
r
CG
4R
___
3
π
¼ de círculo
4R
___
3
π
r
CG
4R
___
3
π
yCG =
4r
3π
xCG =
4r
3π
yCG =
4r
3π
trapézio
y
h1 =
h a + 2b
⋅
3 a+b
h2 =
h 2a + b
⋅
3 a+b
h2
CG
h1
x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
48
Exemplos
1. Determinar o centro de gravidade CG do retângulo
dA
em relação ao eixo x que passa pela sua base.
dy
Área do retângulo A = b ⋅ h
h
O Momento Estático do retângulo em relação ao eixo
x é somatória do produto de cada elemento de área dA
pela sua distância em relação ao eixo x.
x
b
Centro de Gravidade
Momento Estático
dA = b ⋅ dy
h
y CG
M x = ∫ y ⋅ dA = ∫ y ⋅ b ⋅ dy
b ⋅ h2
M
h
= x = 2 =
2
A
b⋅h
0
2
Mx =
b⋅h
2
2
2. Determinar o CG da Figura.
yCG =
2
h
2
1
(medidas em centímetros)
2
6
A = A1 − A2 − A3
1
2
A = 84 cm 2
2
15
A = (8 × 15) − (6 × 4 ) − (4 × 3)
y CG = 10
h
b ⋅ y 
b⋅h
b ⋅0
=
−
Mx = 

2
2
 2 0
2
y CG = 7,5
A
2
3
y CG = 3,5
3
3
2
M 1, x = yCG1 ⋅ A1 = 7,5 × (8 ×15) = 900 cm 3
M 2, x = y CG 2 ⋅ A2 = 10 × (6 × 4 )
= 240 cm 3
M 3, x = yCG 3 ⋅ A3 = 3,5 × (3 × 4 )
= 42 cm 3
M x = M 1, x − M 2, x − M 3, x = 900 − 240 − 42 = 618 cm 3
yCG =
M x 618 cm 3
=
= 7,36 cm
A
84 cm 2
4
2
x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
49
3. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada.
A1 = (12 × 8) = 96 cm 2
A2 = (3 × 3) = 9 cm 2
3
1
2
A = A1 − A2 = 87 cm 2
5,69
9
12
3
3
M 1, x = 6 × 8 × 12
= 576 cm 3
M 2, x = 9 × 3 × 3
= 81 cm 3
M x = M 1, x − M 2, x = 495 cm 3
yCG =
x CG
8
M x 576 cm 3
=
= 5,69 cm
A
87 cm 2
4. Determinar o centro de gravidade da figura hachurada (medidas em centímetro).
y
3
4
A
Figura
hachurada pode ser o
resultado
de
um
retangulo (12×6) cm
do qual foram retirados
um triângulo e um
semicírculo.
2
3
4
6
5,15
3
x
Área da figura
A = AR − AT − ASC
A = (12 × 6 ) − [0,5 × (3 × 6 )] − (0,5 × π × r 2 ) = 56,72 cm 2
A = 53,72 cm 2
Momento Estático
M R , x = 12 × 6 × 3
= 216 cm 3
M T , x = 4 × 0,5 × 3 × 6
=
36 cm 3
4×2

3
M SC , x = 0,5π × 2 2  6 −
 = 32,37 cm
3π 

M x = M R , x − M T , x − M CC , x
= 147,63 cm 3
Coordenada yCG do centro de gravidade
yCG =
Mx
A
yCG =
147,63
= 2,6 cm
56,72
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
50
Analogamente, determina-se a coordenada xCG.
y
3
3
4
2
8
6
1
6
x
M R , y = 6 × 12 × 6
=
432 cm 3
MT ,y = 1 ×
=
9 cm 3
M SC , y
= 50,26 cm 3
3× 6
2
π × 22
= 8×
2
M y = M R , y − M T , y − M SC , y = 372,73 cm 3
Coordenada xCG do centro de gravidade
xCG =
5.4
My
xCG =
A
372,73
= 6,57 cm
56,72
Momento de Inércia
O momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência é
definido como sendo a integral de área dos produtos dos elementos de área que compõem a
superfície pelas suas respectivas distâncias ao eixo de referência, elevadas ao quadrado.
y
dA
x
I x = ∫ y 2 dA
A
A
I y = ∫ x 2 dA
y
A
x
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.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
A
Propriedade:
CG
1
A
O momento de inércia total de uma
superfície é a somatória dos momentos de
inércia das figuras que a compõe.
I x = I 1, x + I 2, x + I 3, x
51
2
CG
A
2
CG
3
1
3
Exemplo
Determinar o momento de inércia da superfície hachurada em relação ao eixo x que passa
pelo CG. (medidas em centímetros)
8
3
b ⋅ h3
12
4
6
I xCG =
I xCG =
4
x CG
I xCG = 1.024 cm 4
6
5.5
1
8 × 123 − 3 × 83 )
(
12
Translação de eixos
O momento de inércia de uma
superfície em relação a um eixo qualquer
é igual ao momento de inércia em relação
ao eixo que passa pelo seu centro de
gravidade, acrescido do produto da área
(A) pelo quadrado da distância que separa
os dois eixos.
2
I x = I xCG + A ⋅ yCG
2
I y = I yCG + A ⋅ xCG
y
x
y
CG
CG
x
CG
y
CG
CG
onde:
x
Ix = momento de inércia da figura em relação ao eixo x.
Iy= momento de inércia da figura em relação ao eixo x.
I xCG = momento de inércia da figura em relação ao eixo xCG que passa pelo CG da figura.
I yCG = momento de inércia da figura em relação ao eixo yCG que passa pelo CG da figura.
xCG = distância do eixo y até o eixo yCG .
y CG = distância do eixo x até o eixo xCG .
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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:
Mx = y ⋅ A
→
M x2 = y 2 ⋅ A2
→
y2 =
M x2
A2
I x = I xCG +
→
2
I x = I xCG + A ⋅ y CG
I x = I xCG +
M x2
⋅A
A2
M x2
A
⇒
M x2
= Ix −
A
I xCG
Exemplo:
Determinar o momento de inércia do retângulo em relação aos seguintes eixos:
a) x, passando pela base inferior.
b) xCG , passando pelo CG.
a)
dA=b.dy
I x = ∫ y 2 dA
A
dy
h
h
 b ⋅ y3 
I x = ∫ y bdy = 

 3 0
0
h
2
x
→ Ix =
b
b)
h
I xCG
+h/2
h/2
h
 b ⋅ h3  2
= ∫ y bdy = 

 3  −h 2
−h
2
2
2
CG
x
I xCG =
h/2
-h/2
3
3
b  h   h  
⋅   −  −  
3  2   2  
b
I xCG = ∫ y dA
2
A
I xCG =
I xCG =
b  h3 h3 
⋅
+ 
3  8
8
b 2h 3 b ⋅ h 3
⋅
=
3 8
12
b ⋅ h3
3
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
53
Utilizando a formulação de mudança de eixos
2
I x = I xCG + A ⋅ yCG
h/2
CG
h
Ix =
x CG
h/2
x
b
Momento de inércia do retângulo em
b ⋅ h3
I
=
relação ao seu CG → x ,CG
12
5.6
Ix =
b ⋅ h3
h
+ bh ⋅  
12
2
2
b ⋅ h 3 b ⋅ h 3 bh 3 + 3 ⋅ bh 3
+
=
12
4
12
4b ⋅ h 3
Ix =
12
⇒
b ⋅ h3
Ix =
3
Módulo Resistente
Define-se módulo resistente de uma superfície plana em relação aos eixos que
contém o CG como sendo a razão entre o momento de inércia relativo ao eixo que passa
pelo CG da figura e a distância máxima entre o eixo e a extremidade da seção estudada.
y
y sup
Wx =
I CG
y max
Wy =
I CG
x max
CG
x
y inf
x esq
x dir
onde:
ICG = momento de inércia da peça em relação ao CG da figura
x, y = distância entre o eixo do CG da figura e a extremidade da peça.
A unidade do módulo resistente é
[L]4 = [L]3 .
[L]
O módulo resistente é utilizado para o dimensionamento de peças submetidas à
flexão.
Para o retângulo, tem-se:
h/2
CG
Ix =
h/2
b
b ⋅ h3
12
A = b⋅h
b ⋅ h3
b ⋅ h3 2 b ⋅ h2
12
Wx =
=
⋅ =
h
12 h
6
2
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
5.7
54
Raio de Giração
Define-se raio de giração como sendo a raiz quadrada da relação entre o momento
de inércia e a área da superfície. A unidade do raio de giração é o comprimento. O raio de
giração é utilizado para o estudo da flambagem.
cm 4
= cm
cm 2
I
A
i=
Características Geométricas de algumas figuras conhecidas
Momento de
Inércia
Figura
Momento
Resistente
Raio de Giração
Quadrado
Ix =
CG
h
h4
12
Wx =
h3
6
ix =
ix =
h
12
h
Retângulo
CG
h
x CG
I xCG =
bh 3
12
Wx =
b ⋅ h2
6
I xCG =
bh 3
36
Wx =
b ⋅ h2
12
πd 4
Wx =
h
12
b
Triângulo
h
x CG
CG
ix =
h⋅ 2
6
b
Círculo
CG
x CG
I xCG =
64
π ⋅ D3
ix =
32
D
4
D
Círculo vazado
D
d
I x CG =
CG
x CG
π (D 4 − d 4 )
64
Wx =
π (D 3 − d 3 )
32
ix =
1
D2 + d 2
4
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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)
2
3
2
1
2
55
3
3
y sup
x CG
CG
5
y inf
x
Para facilitar a determinação das propriedades geométricas de figuras compostas, convém
montar a seguinte tabela:
Figura
1
2
3
b (cm)
3
2
3
h (cm)
2
7
2
Σ
yCG (cm)
6
3,5
6
A (cm2)
6
4
6
26
Mx (cm3)
36
49
36
121
ICGi (cm4)
2
57,17
2
Ixi (cm4)
218
228,67
218
664,67
Centro de gravidade (CG)
y CG =
∑M
∑A
x
=
121
= 4,65 cm
26
Como o eixo de referência passa pela base da figura, então yinf=4,65cm e ysup=2,35cm.
Na coluna ICGi (cm4) foi determinado o momento de inércia de cada figura, passando pelo
respectivo centro de gravidade. Por se tratar de retângulos, utilizou-se a expressão
I x = b ⋅ h 3 / 12 . Em seguida, deve-se proceder à translação destes momentos de inércia para
eixo x de referência para determinar a sua somatória.
A translação de eixos é feita por meio da expressão: I x = I CG + y 2 ⋅ A
Obtido o momento de inércia total em relação ao eixo x, deve-se agora proceder à
translação para o eixo x que passa pelo centro de gravidade da figura, por meio da seguinte
expressão:
I CG
M x2
= Ix −
A
I CG
1212
= 664,67 −
26
O momento de inércia da figura em relação ao seu centro de gravidade é I CG = 101,55 cm 4
Em seguida, calculam-se os momentos resistentes:
Wx ,sup =
I CG 101,55
=
= 43,21 cm 3
ysup
2,35
Finalmente, determina-se o raio de giração.
ix =
I CG
A
ix =
101,55
= 1,98 cm
26
Wx ,inf =
I CG 101,55
=
= 21,84 cm 3
yinf
4,65
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
56
1
Exercícios: Determinar as características geométricas das figuras abaixo: a) área; b) centro
de gravidade (xCG , yCG); c) momento de inércia em relação ao eixo x; c) momento de
inércia em relação ao eixo x; d) módulo resistente superior e inferior; e) raio de giração.
y
Respostas:
1
8
A = 16 cm2
Ix,CG = 141,33 cm4
Wsup = 35,33 cm3
i = 2,97 cm
1
4
yCG = 4 cm
Winf = 35,33 cm3
x
medidas em centímetros
Respostas:
y
3
2
3
5
3
2
A = 86 cm2
Ix,CG = 683,73 cm4
Wsup = 139,67 cm3
i = 2,82 cm
4
1
10
Winf = 133,94 cm3
x
medidas em centímetros
y
1
yCG = 5,105 cm
2
x
Respostas:
A = 25 cm2
Ix,CG = 56,08 cm4
Wsup = 16,99 cm3
i = 1,50 cm
yCG = 1,7 cm
Winf = 32,99 cm3
medidas em centímetros
Respostas:
1
6
1
y
2,5
1
2,5
x
A = 18 cm2
yCG =4,0 cm
4
Ix,CG = 166 cm
Wsup = Winf =41,5 cm3
i = 3,04 cm
medidas em centímetros
Respostas:
6
1,2
y
1,2
3,6
1,2
x
medidas em centímetros
A = 18,72 cm2
yCG = 3,0 cm
Ix,CG = 43,72 cm4
Wsup = Winf = 14,57 cm3
i = 1,53 cm
Respostas:
1
y
1
1,2
8
3,6
1,2
A = 23,2 cm2
Ix,CG = 179,06 cm4
Wsup = 44,76 cm3
i = 2,78 cm
1,5
3,5
medidas em centímetros
x
yCG = 4 cm
Winf = 44,76 cm3
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
6
6.1
57
ESFORÇOS SOLICITANTES
Introdução
Os corpos sólidos não são rígidos e indeformáveis. A experiência mostra que,
quando submetidos a forças externas, os corpos se deformam, ou seja, variam de
dimensões. Os esforços internos que tendem a resistir às forças externas são chamados
esforços solicitantes.
Se as forças externas produzirem tensões abaixo do limite de elasticidade do
material do corpo sólido, ao cessarem, este readquire a forma e as dimensões originais.
Esta propriedade chama-se elasticidade e a deformação chama-se, então, elástica.
Se as forças, porém, passarem de um determinado valor, de modo que, ao cessarem,
o corpo não volta mais à forma primitiva, mantendo-se permanentemente deformado, dizse que o corpo foi solicitado além do limite de elasticidade.
Se as forças aumentarem ainda mais, as deformações permanentes aumentam
rapidamente até provocarem ruptura do corpo. A força que provoca ruptura do corpo serve
para medir sua solidez, ou seja, sua resistência à ruptura.
Ao se dimensionar uma peça deve-se não só evitar a sua ruptura, como também
evitar deformações permanentes, ou seja, ao cessar a força externa, as deformações devem
também cessar.
Surge então a necessidade de um estudo mais profundo dos esforços a que estão
submetidos os materiais, com vistas a se obter um dimensionamento seguro e econômico.
6.2
Classificação dos esforços solicitantes
Os esforços solicitantes são classificados em:
•
Força Normal (N)
Força Normal é a componente da força que age perpendicular à seção transversal.
Se for dirigida para fora do corpo, provocando alongamento no sentido da aplicação da
força, produz esforços de tração. Se for dirigida para dentro do corpo, provocando
encurtamento no sentido de aplicação da força, produz esforços de compressão.
As forças normais são equilibradas por esforços internos resistente e se manifestam
sob a forma de tensões normais (força por unidade de área), representadas pela letra grega
σ (Sigma), que serão de tração ou de compressão segundo a força normal N seja de tração
ou compressão.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
•
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)
P
Força P tendendo girar a barra no sentido horário em relação à
seção S: positivo (+)
S
S
Força P tendendo girar a barra no sentido anti-horário em
P
relação à seção S: negativo (-)
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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:
d 2 M dV
=
= − q . Em outras palavras, a área da figura do diagrama de força cortante é o
dx 2
dx
valor da do momento fletor.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
7
7.1
60
VIGAS
Introdução
Vigas são elementos de barras,
submetidas a cargas transversais em relação a
seu eixo e destinadas a vencer vão.
P
As cargas podem ser classificadas em
relação à área em que são aplicadas em
concentradas e distribuídas. As cargas
VÃ
concentradas são aquelas cuja superfície de
O
( L)
contato com o corpo que lhe resiste é
desprezível comparada com a área do corpo.
As cargas distribuídas são aquelas aplicadas ao
longo de um comprimento ou sobre uma
superfície, podendo ser uniforme ou não
Fig. 7.1 Viga simplesmente apoiada submetida a
uniforme.
uma carga concentrada no meio do vão
7.2
7.2.1
Tipos de cargas
Cargas distribuídas
As cargas distribuídas sobre vigas são cargas por unidade de comprimento. Estas
cargas, uniformes ou variáveis, podem ser representadas por uma carga concentrada
equivalente (R), cujo valor corresponde à área formada pela figura que representa a carga
distribuída e é aplicada em seu centro de gravidade (CG).
Carga uniformemente distribuída
carga por unidade de comprimento (tf/m, kgf/m,
kN/m)
R = carga equivalente, definida como R=q.a (área do
retângulo)
O ponto de aplicação da carga equivalente é o centro
a
de gravidade do retângulo, ou seja, x =
2
R
q
x
a
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
61
Carga distribuída variável
R
a. Triangular
O valor da carga equivalente é a área da triângulo, ou
q .a
e é aplicada no centro de gravidade:
seja, R =
2
2.a
a
centro de gravidade: x' =
e x' ' =
3
3
x´
x"
a
R
b. Trapezoidal
O valor da carga equivalente é a área do trapézio, ou
p+q
seja, R =
⋅a
2
e é aplicada no centro de gravidade x =
7.3
q
a 2p + q
⋅
3 p+q
q
p
x´
a
Apoios ou vínculos
Apoios ou vínculos são elementos que restringem movimentos das estruturas e
recebem a seguinte classificação:
Apoio móvel
• Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao
plano do apoio;
• Permite movimento na direção paralela ao plano do apoio;
ou
Apoio fixo
• Permite rotação.
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio;
• Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio;
• Permite rotação.
Engastamento
• Impede movimento na direção normal ao plano do apoio;
• Impede movimento na direção paralela ao plano do apoio;
• Impede rotação.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
62
EXEMPLOS
1. Viga simplesmente apoiada, submetida a uma carga concentrada.
x
P
S1
S2
HB
A
B
C
Pb / L
RB = Pa / L
RA
a
b
L
P
+
Pb / L
(V)
_
Pa / L
(M)
+
Pba / L
a) Cálculo das reações
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HB = 0
⇒ HB = 0
RA + RB − P = 0
⇒ RA + RB = P
∑MA = 0
+ RB . L − P.a = 0
⇒ RB =
RA +
mas
Pa
=P
L
L−a =b
⇒
RA = P −
⇒
RA =
Pa
L
⇒
RA =
Pa
L
PL − Pa
L
⇒
RA =
P (L − a )
L
Pb
L
b) Cálculo dos esforços solicitantes (internos)
Seção S1 entre A e C
0≤ x≤a
(forças à esquerda)
Força cortante: V1 = + RA
Momento fletor
M 1 = + RA. x =
P.b
.x
L
x
0
a
M1
0
Pba
L
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
a≤x≤L
Seção S2 entre C e B
63
(forças à esquerda)
Força cortante:
V2 = + RA − P =
V2 =
Pb
−P
l
Pb − PL P(b − L )
Pa
=
=−
L
L
L
Momento fletor:
M 2 = + RA . x − P (x − a )
M2 =
Pb
. x − Px + pa
L
⇒
p / x = L,
Pb . L
− PL + RA , como (b + a + L )
L
tem − se :
⇒
p (b − L + a ) = 0
Obs.: O sinal de + RA. x é positivo porque traciona a face inferior da viga e o sinal de
− P ( x − a ) é negativo porque traciona a face superior da viga, em relação à seção S.
Quando
a=b=
L
2
RA = RB =
tem-se
P
2
2. Viga simplesmente apoiada, submetida a carga distribuída
carga equivalente
x
R=q.L
A
B
q (kN/m)
L/2
S
HB = 0
L/2
L
RA = qL/2
RB = qL/2
qL/2
0
+
V (kN)
-
L/2
0
-qL/2
M (kN.m)
+
2
qL /8
M máx =
PL
4
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
64
a) Cálculo das reações
∑F
∑F
H
=0
HB = 0
V
=0
RA + RB − q . L = 0
∑M
A
=0
+ RB . L − q . L .
L
=0
2
⇒
RA + RB = q . L
⇒
RB =
q. L
q. L
∧ RA =
2
2
b) Cálculo dos esforços solicitantes
(forças à esquerda)
Seção S
x
Força cortante
0
V = + RA − q . x
q. L
V =+
− q. x
2
equação do primeiro grau
L
L
2
V
qL
2
qL
−
2
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,
V=
q. L
− q. x = 0
2
⇒
q. x =
q. L
2
⇒
x=
L
2
Momento fletor
carga equivalente
x/2
q.x
S
q
A
x
x
M = RA . x − q . x .
2
M=
q. L
q . x2
.x −
2
2
x
0
L
4
L
RA
M
0
3qL2
32
2
2
L
qL
32
0
Obs.: A área da figura do diagrama de força cortante é o valor momento fletor pois, como
dM
se verá mais adiante,
= V . Então, do lado esquerdo do diagrama, tem-se:
dx
q.L/2
q . L L 1 q . L2
M =
. . =
8
2 2 2
+
L/2
Analogamente, do lado direito:
M =
q . L L 1 q . L2
. . =
8
2 2 2
O mesmo raciocínio pode ser feito no primeiro exemplo.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
65
3. Viga em balanço submetida a carga concentrada na extremidade livre
P
MA
HA
A
S
B
x
L
RA
a. Cálculo das reações
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HA = 0
RA − P = 0
RA = P
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S
Força cortante:
V = +P
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+)
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x.
Momento fletor
x
0
L
Seção S
M = −P ⋅ x
M
0
– PL
Diagrama de esforços solicitantes
O momento fletor é negativo porque
traciona a face superior da viga.
Notar que a equação que define o
momento fletor é linear e depende de
x. A medida distância x inicia-se na
extremidade livre da viga.
P
A
S
x
B
L
RA=P
P
+
0
-PL
0
V
_
M
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
66
4. Viga em balanço submetida a carga uniformemente distribuída
a. Cálculo das reações
∑F
∑F
H
=0
V
=0
carga equivalente
R=qxL
MA
HA = 0
RA − qL = 0
HA
RA = qL
q
A
S
B
x
L
RA
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S
Força cortante:
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+)
x
V
0
0
L
qL
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x.
V = + qx
Momento fletor
Seção S
M = −q ⋅ x ⋅
x
qx
=−
2
2
x
M
0
0
carga equivalente
R=q.x
x/2
x/2
2
qL2
2
−
L
S
B
x
O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga.
Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau e que a distância x
inicia na extremidade livre da viga.
q
Diagrama de esforços solicitantes
A
S
x
B
L
RA=q.L
q.L
0
2
-q.L /2
0
+
V
_
M
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
67
5. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo no vão.
x
C
A
Mc
B
S
a
L-a
L
RA=Mc / L
RB=-Mc / L
a) Cálculo das reações
∑ FV = 0
RA + RB = 0
RA = − RB
b) Cálculo dos esforços solicitantes Seção S
Mc
L
Força cortante
V =+
Momento fletor
M = + RA ⋅ x = +
Mc
⋅x
L
No trecho AC o momento externo traciona a face inferior da viga; logo, o momento fletor é
positivo.
x
0
a
M
M = c ⋅x
L
No trecho CB, o momento externo
A
Mc
M
0
M ca
L
C
B
traciona a face superior da viga logo, o
momento fletor neste trecho é negativo.
Portanto, em x=a, tem-se:
M =
M =
a
RA=Mc / L
+ M ca
− Mc
L
+ M c a − M c L − M c (L − a )
=
L
L
L
+
0
-Mc (L-a)
L
Mc
0
RB=-Mc / L
+
V
_
M
Mc a
L
-Mc
Diagrama de esforços solicitantes
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
68
6. Viga simplesmente apoiada, submetida a momento externo na extremidade.
Ma
A
B
L
Ma / L
-Ma / L
a) Cálculo das reações
∑F
V
=0
RA + RB = 0
RA = − RB
b) Cálculo dos esforços solicitantes
V =+
Força cortante:
Ma
B
Ma
(constante)
L
M = − M a (constante)
Momento fletor
A
L
Ma / L
-Ma / L
Ma / L
É negativo porque traciona a face superior da
+
0
V
viga
-Ma
_
M
0
Diagrama de esforços solicitantes
EXERCÍCIOS
1. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo:
P=6 kN
MA
HA
A
S
x
L=3 m
RA
a. Cálculo das reações
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HA = 0
RA − 6 = 0
RA = 6kN
B
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
69
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S
Força cortante:
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+)
V = + P = 6kN
Notar que a força cortante V é constante, portanto, não depende de x.
Momento fletor
Seção S
x M
M = −P ⋅ x
0
3
0
− 18
P=6 kN
Diagrama de esforços solicitantes
O momento fletor é negativo porque
traciona a face superior da viga.
A
Notar que a equação que define o
momento fletor é linear e depende de x.
S
x
L=3 m
RA=6 kN
6
+
0
-18
M (kN.m
2. Montar os diagramas de esforços solicitantes da viga em balanço abaixo:
carga equivalente
R=4 x 2=8 kN
q=4 kN/m
HA
A
S
x
L=2 m
RA
V (kN)
_
0
MA
B
B
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
70
a. Cálculo das reações
∑ FH = 0
∑ FV = 0
HA = 0
RA − 4 × 2 = 8kN
b. Cálculo dos esforços solicitantes Seção S
Força cortante:
A força P tende a cortar a viga na seção S no sentido horário ⇒ (+)
x V
V = + qx
0
2
0
8
Notar que a força cortante V é uma função linear que depende de x.
Momento fletor
Seção S
x M
0 0
x
M = −2 ⋅ x ⋅ = −2 x 2
2
2
−8
O momento fletor é negativo porque traciona a face superior da viga.
Notar que a equação que define o momento fletor é do segundo grau.
q=4 kN/m
Diagrama de esforços solicitantes
A
S
x
B
L=2 m
RA=6 kN
8
0
+
V (kN)
-8
_
0
M (kN.m
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
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
P=20 kN
A
mínima, o momento fletor é máximo.
Como
S1
S2
C
B
HB
dM
= V , ou seja, a integral da
dx
2m
3m
5m
força cortante é o momento fletor,
RB=12 kN
RA=8 kN
8
então, a área do diagrama de V
20
0
+
_
V (kN)
-12
M (kN.m)
corresponde a M .
8 × 3 = 24 e 12 × 2 = 24 kN ⋅ m
24
a) cálculo das reações
∑ FH = 0
∑ FV = 0
∑MA = 0
HB = 0
RA + RB − P = 0
RA + RB = 20 kN
+ RB × 5 − 20 × 3 = 0
5 RB = 60
RA + RB = 20
RA + 12 = 20
RB = 12 kN
RA = 8 kN
Pelas fórmulas deduzidas:
RA =
Pb 20 × 2
=
= 8 kN
5
L
RA =
Pa 20 × 3
=
= 12 kN
5
L
b) cálculo dos esforços solicitantes
Convenção de sinais para força cortante:
S
-
P
P
S
tende girar a viga no sentido horário em
relação à seção S
+
tende girar a viga no sentido anti-horário em
relação à seção S
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
72
Força cortante
Seção S1
S1
A
V1 = + RA
V1 = +8 kN
RA=8 kN
•
X
A reação RA tende a cortar a viga na seção S1 no sentido horário ⇒ (+)
Seção S2
P=20 kN
S2
A
V2 = + RA − P
3m
RA=8 kN
•
V2 = 8 − 20 = −12 kN
(x-3)
X
Notar que V1 e V2 não dependem de x. Portanto, V1 e V2 serão constantes no diagrama
de força cortante.
Momento fletor
•
Seção S1
x M1
M 1 = (+) RA ⋅ x
0
0
M1 = 8 ⋅ x
3
24
Momento fletor (+) por tracionar a face inferior.
Seção S2
M 2 = + RA ⋅ x − P ⋅ ( x − 3)
x M2
M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ ( x − 3)
3 24
M 2 = 8 ⋅ x − 20 ⋅ x + 60
5
0
M 2 = −12 x + 60
•
Notar que as equações que definem o momento fletor dependem de x e são lineares.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
73
4. Calcular os esforços, trocar os diagramas de V e M e dimensionar a viga abaixo.
carga equivalente
2,5 m
10 x 5 = 50 kN
L/2
A
B
q = 10 kN / m
HB = 0
S
L=5m
RA = 25 kN
25
RB = 25 kN
+
V (kN)
-
2,5 m
L/2
25
M (kN . m)
+
31,25
a) Cálculo das reações
∑F
∑F
H
=0
BH = 0
V
=0
RA + RB − (10 ⋅ 5) = 0
RA + RB = 50 kN
∑M
A
+ RB ⋅ 5 − (10 ⋅ 5 ⋅ 2,5) = 0
=0
5 RB = 125
RB = 25 kN
RA = 25 kN
Pelas fórmulas deduzidas:
RA = RB =
q ⋅ L 10 × 5
=
= 25 kN
2
2
a) Cálculo dos esforços solicitantes
carga equivalente
q.x
S
x/2
Força Cortante
q
A
x
V = + RA − q ⋅ x
V = 25 − 10 x
RA = 25 kN
•
A reação RA tende a cortar a viga na seção S no sentido horário (+) e a força (q . x),
carga equivalente, tende a cortar a viga na seção S no sentido anti-horário (-);
•
No caso de carregamento distribuído, a equação da força cortante depende de x,
portanto , trata-se de uma função linear;
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
•
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.
10 x = 25
x = 2,5 m , ou seja, L
⇒
2
Diagrama de Força Cortante
x
2
2,5
5
2,5 m
25
+
V (kN)
-
V
25
0
-25
25
função linear
Obs.: A área da figura resultante do diagrama de força cortante é o momento fletor.
•
•
Do lado esquerdo
2,5 × 25
= 31,25 kN ⋅ m
2
Momento fletor
2,5 × 25
= 31,25 kN ⋅ m
2
carga equivalente
q.x
S
x/2
Do lado direito:
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅
q
A
M = +25 ⋅ x − 10 ⋅
x
x
2
x2
2
M = +25 ⋅ x − 5 ⋅ x 2
RA
•
Notar que a reação RA gera um momento fletor na seção S que traciona a face inferior
(+) e a força equivalente (q . x). Gera um momento que traciona a fibra superior (-);
•
No caso de carregamento distribuído, a equação do momento fletor depende de (x2),
portanto, trata-se de uma função quadrática que resulta numa parábola do 2º grau.
Diagrama de Momento Fletor
M = 25 ⋅ x − 5 ⋅ x 2
2,5 m
M (kN . m)
+
x
0
2,5
5
M
0
31,25
0
31,25
Pelas fórmulas deduzidas:
M máx =
q ⋅ L2
8
10 × 5 2
= 31,25 kN ⋅ m
8
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
7.4
75
Equações diferenciais de equilíbrio
Os esforços solicitantes são obtidos a partir das equações de equilíbrio que regem o
comportamento das vigas.
Seja a viga em balanço submetida a um carregamento genérico (q), como ilustrado
na Figura abaixo.
q
x
dx
L
Figura 7.2. Viga em balanço
O equilíbrio de um elemento infinitesimal de viga está ilustrado na Figura abaixo.
Admite-se que o carregamento neste elemento de comprimento infinitesimal seja
constante.
q
A
V
M + dM
x
M
V + dV
dx
Figura 7.3. Esforços atuantes em um elemento infinitesimal
Conforme a figura acima, as equações diferenciais de equilíbrio são dadas por:
Equilíbrio de Forças na direção vertical
∑Fy = 0
∑ Fy = 0 ⇒ V − qdx − (V + dV ) = 0 ⇒ dV = −qdx
dV
dV ( x)
= − q portanto
= −q( x)
dx
dx
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
76
Equilíbrio de Momentos em relação ao Equilíbrio de Forças em y ponto A
∑MA = 0
∑ M A = 0 ⇒ − M − Vdx + qdx
dx
+ (M + dM ) = 0
2
dM = Vdx − q
dx 2
2
dM = Vdx ⇒
dM
dM ( x)
=V ⇒
= V ( x)
dx
dx
mas
q
dx 2
= 0 → parcela de segundo grau pode ser desprezada
2
Equações diferenciais de equilíbrio
 dV ( x )
 dx = − q( x )
d 2 M ( x)
⇒
= − q( x )

dx 2
 dM ( x ) = V ( x )
 dx
Notar que a expressão da força cortante V(x) possui um grau a mais que a expressão
do carregamento q(x) e a expressão do momento fletor M(x) possui um grau a mais que a
expressão da força cortante.
Dado um carregamento q(x) qualquer, os esforços V(x) e M(x) são obtidos pela
integração das equações diferenciais de equilíbrio, impondo condições de contorno.
No caso da viga em balanço tem-se:
V ( x) = − qx
M ( x) = −
qx 2
2
d 2M
= −q
dx 2
V =
dM
= ∫ − qdx = −qx + C1
dx
M = ∫ (− qx + C1 )dx = −
qx 2
+ C1 x + C 2
2
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
77
condições de contorno
para x = 0, a força cortante é nula:
q
V (0) = 0 ⇒ C1 = 0
para x = 0, o momento fletor é nulo:
dx
L
M ( 0) = 0 ⇒ C 2 = 0
logo,
+
V ( x) = −qx
M ( x) = −
x
V
_
qx 2
2
M
Figura 7.4. Diagrama de esforços solicitantes
Notar que:
→
q(x)
grau zero
V(x)
primeiro grau →
M(x) segundo grau →
constante
linear
parabólico
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
78
Exercícios
1. Traçar os diagramas de esforços
solicitantes da viga da figura.
carga equivalente
8x4=32 kN
2m
q=8 (kN/m)
A
P=16 kN
B
C
HA
S1
S2
x
4m
RA
a. Cálculo das reações
HA = 0
∑ FH = 0
∑F
∑M
V
=0
A
2m
RA + RB − 8 ⋅ 4 − 16 = 0
= + RB × 4 − 16 × 6 − (8 × 4) × 2 = 0
RB
RA + RB = 48 kN
RB = 40 kN
RA = 8 kN
b. Cálculo dos esforços solicitantes
Seção S1
0≤x≤4
q.x
x/2
Força cortante:
q=8 (kN/m)
A
V = + RA − q ⋅ x
x V
0 8
V = +8 − 8 x
S1
x
4 − 24
RA=8 kN
Determinação do local onde a força cortente é nula
0 = +8 − 8 x
x = 1m
Momento fletor:
x M
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅
x
2
M = +8 x − 8
0 0
1 4
4 − 32
x2
2
8x4=32 kN
2m
Seção S2
4≤x≤6
Força cortante:
V = +8 − 32 + 40 = 16 kN
A
x-2
q=8 (kN/m)
B
S1
constante
S2
x-4
4m
x
RA=8 kN
RB=40 kN
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
Momento fletor:
M = + RA ⋅ x − 32 ⋅ ( x − 2) + RB ⋅ ( x − 4)
79
M = 8 x − 32 x + 64 + 40 x − 160
x M
4 − 32
M = 16 x − 96
6
0
Diagrama de esforços solicitantes
P=16 kN
8 (kN/m)
A
B
C
HA=0
2m
4m
RA=8 kN
8
0
RB=40kN
16
16
+
+
0
_
1m
V(kN)
-24
-32
_
M(kN.m)
0
0
+4
2. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo.
P=14 kN
q=2 kN/m
HA
B
A
2,5 m
2,5 m
5m
RA
RB
a. Cálculo das reações
HA = 0
∑ FH = 0
∑F
∑M
V
=0
A
RA + RB − 2 ⋅ 5 − 14 = 0
= + RB × 5 − 14 × 2,5 − 10 × 2,5 = 0
RA + RB = 24 kN
RB = 12 kN
RA = 12 kN
x/2
b. Cálculo dos esforços solicitantes
Seção S1
0 ≤ x ≤ 2,5
A
S1
Força cortante:
V = + RA − q ⋅ x
V = +12 − 2 ⋅ x
q.x
x
V
x
0
12
2,5 7
RA=12kN
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
Momento fletor:
x M
0 0
4 23,75
x2
M = +12 x − 2
2
x
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅
2
80
Seção S2
2,5 ≤ x ≤ 5
Força cortante:
V = + RA − q ⋅ x − P
q.x
x
V = +12 − 2 x − 14
V
A
2,5 − 7
5 − 12
S2
2,5 m
Momento fletor:
(x-2,5)
x
M = + RA ⋅ x − q ⋅ x ⋅
M = +12 x − 2
P=14 kN
x/2
x
− P (x − 2,5)
2
RA=12kN
x2
− 14(x − 2,5)
2
x
M
2,5 23,75
5
0
M = − x − 2 x + 35
2
Diagrama de esforços solicitantes
2x5=10 kN
P=14 kN
x
q=2 kN/m
B
A
HA=0
2,5 m
2,5 m
5m
RA=12kN
RB=12kN
7
12
0
+
-7
_
V(kN)
-12
0
M(kN.m)
+
23,75
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
81
3. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo.
3x4=12 kN
2x2=4 kN
1m
2m
q=3kN/m
q=2kN/m
HC
A
B
C
2m
4m
RB
RC
a. Cálculo das reações
∑F
∑F
∑M
H
=0
HC = 0
V
=0
RB + RC − 2 × 2 − 3 × 4 = 0
B
RB + RC = 16 kN
= + RC × 4 − 12 × 2 + 4 × 1 = 0
RC = 5 kN
RA = 11 kN
b. Cálculo dos esforços solicitantes
Seção S1
q.x
x/2
0≤x≤2
Força cortante:
x V
0 0
2 −4
V = −2 x
V = −q ⋅ x
A
x
S1
Momento fletor
Seção S2
x M
x2
M = −2
2
x
M = −q ⋅ x ⋅
2
0 0
2 −4
2≤x≤4
(x+1)
Força cortante:
2x2=4 kN
1m
q.x
x/2
V = −( 2 × 2) + 11 − q ⋅ x
x
V = −4 + 11 − 3x
V
0
7
2,33 0
4 −5
q=3kN/m
q=2kN/m
A
B
2m
RB=11kN
Determinação do local onde a força cortente é nula:
− 4 + 11 − 3 x = 0
− 3x + 7 = 0
x = 2,33 m
S2
x
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
82
Momento fletor:
M = −4( x + 1) + 11x − 3x
x
2
M = −4 x − 4 + 11x − 3
x2
2
x
M
0
−4
2,33 4,17
4
0
M = −1,5 x 2 + 7 x − 4
Diagrama de esforços solicitantes
3x4=12 kN
2x2=4 kN
q=3kN/m
q=2kN/m
HC=0
A
B
C
2m
4m
RA=11kN
RC=5kN
2,33
7
1,67
0
0
-4
V(kN)
-5
-4
0
0
M(kN.m)
4,17
4. Traçar os diagramas de esforços solicitantes da viga abaixo.
P=10 kN
P=10 kN
HB
A
B
1,5 m
3m
1,5 m
RA
RB
a. Cálculo das reações
∑F
∑F
∑M
H
=0
HB = 0
V
=0
RA + RB − 10 − 10 = 0
A
= + RB ⋅ 6 − 10 × 1,5 − 10 × 4,5 = 0
RA + RB = 20 kN
RA = 10 kN
RB = 10 kN
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
83
b. Cálculo dos esforços solicitantes
Seção S1
0 ≤ x ≤ 1,5
x
Força cortante:
V = + RA
A
V = +10 kN
S1
constante, pois não depende de x.
RA=10kN
Momento fletor
x M
M = + RA ⋅ x
Seção S2
M = +10 ⋅ x
0 0
1,5 15
1,5 ≤ x ≤ 4,5
P=10 kN
Força cortante:
V = +10 − 10 = 0
A
constante
S2
1,5 m
(x-1,5)
x
Momento fletor:
M = +10 x − 10( x − 1,5)
RA=10kN
M = +10 x − 10 x + 15
M = +15 kN.m
Seção S3
constante
4,5 ≤ x ≤ 6
P=10 kN
P=10 kN
Força cortante:
V = +10 − 10 − 10
V = −10 kN
A
constante, pois não depende de x.
S3
1,5 m
3m
x
Momento fletor
RA=10kN
M = +10 x − 10(3 + x − 4,5) − 10( x − 4,5)
x
M = −10 x + 60
M
4,5 15
6
0
(x-4,5)
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
84
Diagrama de esforços solicitantes
P=10 kN
P=10 kN
HB=0
A
B
1,5 m
3m
1,5 m
RA=10kN
RB=10kN
10
0 V(kN)
0
-10
0 M(kN.m)
0
15
5. Calcule as reações de apoio e trace os diagramas V, M (força cortante e momento fletor)
nos seguintes casos:
a)
b)
P=60 kN
P=40 kN
q=20 kN / m
q=20 kN / m
B
A
2m
B
A
3m
4m
3m
Resp: RA=100kN RB=80kN Mmax= +160kN.m
Resp: RA=80kN RB=80kN
c)
d)
Mmax= +150kN.m
q=20 kN / m
q2=40 kN / m
q1=20 kN / m
B
A
B
A
1,5 m
3m
1,5 m
3m
3m
Resp: RA=75kN RB=105kN
Mmax= +137,8kN.m (ocorre a 3,375m do apoio A)
Resp: RA=30kN RB=30kN Mmax= + 67,5kN.m
e)
f)
M=5kN.m
P=90 kN
A
B
L=4 m
q=20 kN / m
B
A
4m
Resp: RA=1,25kN RB=-1,25kN
V=1,25kN (constante) Mmax= - 5kN.m (constante)
8m
Resp: RA=180kN RB=150kN
Mmax= +562,5kN.m (ocorre a 4,5m do apoio A)
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
8
85
TENSÕES E DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO
Considere-se a viga a simplesmente apoiada, submetidas a duas forças concentradas
no mesmo plano xy que contém o eixo da barra, como ilustra a Figura abaixo.
P
P
x
0
a
a
y
P
V
-P
M
Pa
Figura 8.1
Essas forças produzem deslocamentos nos diversos pontos do eixo da viga dando
origem a tensões internas.
A parte central da viga está sujeita somente ao momento fletor M=P.a, sem esforço
cortante. Neste trecho diz-se que a solicitação é de flexão pura.
Nas seções da viga onde atuam simultaneamente momento fletor e força cortante
diz-se que há flexão simples.
8.1
Hipóteses admitidas
Na dedução das expressões das tensões normais decorrentes da flexão, admitem-se
as seguintes hipóteses:
•
“as seções planas permanecem planas após a
deformação” (hipótese simplificadora atribuída a
Bernouille);
•
supõem-se vigas prismáticas, ou seja, barra de eixo
reto e de mesma seção transversal;
•
admite-se que o material obedeça à lei de Hooke e
que os módulos de elasticidade à tração e à
compressão sejam iguais.
Figura 8.2
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
86
Para o estudo da distribuição das tensões normais decorrentes da flexão pura
devem-se considerar as deformações que ocorrerão na viga no mesmo plano onde atua o
carregamento.
8.2
Tensões normais na flexão
A ação do Momento Fletor faz com que o eixo da viga se curve, permanecendo as
seções transversais mm e pq planas e normais ao eixo longitudinal.
A simetria do carregamento exige que todos os elementos da viga se deformem
identicamente, o que só será possível se as seções transversais permanecerem planas.
As fibras inferiores serão alongadas, ficando sujeitas a esforços de tração e as fibras
superiores serão encurtadas, ficando sujeitas a esforços de compressão. Essas deformações
originam internamente na viga tensões de tração e de compressão.
Há uma superfície na qual as fibras longitudinais não sofrem variação de
comprimento, chamada superfície neutra da viga. Nesta superfície não atuam tensões.
O ponto 0 é o centro da
curvatura do eixo longitudinal. O raio
d θ°
de curvatura é
r
por r. Da
geometria vem:
1 dθ
=
r dx
Linha Neutra
M
indicado
m
M
p
dx
x
y
n
q
y
Figura 8.3
Acima do eixo neutro, também
chamado
de
Linha
Neutra,
as
deformações são de compressão e as
abaixo, de tração.
Por hipótese, as deformações são suficientemente pequenas de tal modo que em um
ponto qualquer pertencente ao eixo neutro, um ângulo inicialmente reto antes da
deformação (formado por uma fibra longitudinal e a seção transversal) continua sendo reto
depois da deformação.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
87
Semelhança de triângulos
ds s
=
y r
ds y
=
s
r
→
Sabe-se, contudo, que a deformação específica é
r
definida como:
εx =
x
LN
o
Esta
y
y
s
equação
ds
,
s
mostra
εx =
logo
que
as
y
r
deformações
longitudinais (εx) são diretamente proporcionais à
ds
curvatura e à distância y da Linha Neutra.
Figura 8.4
Deve-se notar que esta equação foi deduzida apenas por considerações geométricas,
independentes das propriedades do material, sendo válida para qualquer tipo material da
viga.
Quando a viga é de material elástico linear, com diagrama tensão – deformação
linear (material que obedece à Lei de Hooke), tem-se, σ = Eε . Portanto, as tensões
normais na viga são:
y
(1)
r
Observa-se que a tensão σx é proporcional à distância da Linha Neutra (hipótese de
Navier). As tensões variam linearmente com a distância y do eixo neutro, como é mostrado
na Figura abaixo.
σx = E
A
σt
L.N.
b
M
x
h
ys
z
0
y
yi
A
σc
corte A-A
y
dA
Figura 8.5
Seja dA uma área elementar na seção transversal e distante y do eixo neutro. A
força elementar que atua sobre esta área é σ x dA . Como não há força normal atuando na
seção, a integral de σ x dA sobre a área total da seção transversal deve anular-se, o que dá:
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
∫σ
x
dA = ∫ E
y
dA = 0
r
88
(2)
Como a curvatura e o módulo de elasticidade (E) são constantes,vem:
∫σ
x
dA =
E
ydA = 0
r ∫
logo
∫ ydA = 0
para vigas sob flexão pura.
Do estudo das características geométricas de figuras planas sabe-se que a parcela
∫ ydA é definida como Momento Estático utilizado para o cálculo do Centro de Gravidade
de figuras. Se o Momento Estático M S = ∫ ydA = 0 , como se vê nas expressões acima,
significa que o eixo neutro passa pelo Centro de Gravidade da seção transversal. Os eixos y
e z também tem origem no CG da seção transversal.
O momento da força elementar σ x dA em relação ao eixo neutro é σ x ydA . A
integral de todos esses momentos elementares sobre a área da seção transversal deve ser
igual ao momento fletor M, ou seja:
M = ∫ σ x ydA =
E
r
∫ y dA
2
(3)
mas I = ∫ y 2 dA é o momento de inércia da área da seção transversal, em relação ao eixo z,
que é o eixo neutro, ou Linha Neutra. Assim, equação acima pode tomar a seguinte forma:
M =
1
EI
r
→
1 M
=
r EI
(4)
conclui-se, então, que a curvatura do eixo longitudinal da viga é diretamente proporcional
ao momento fletor M e inversamente proporcional à quantidade EI, conhecida como
rigidez ou módulo de rigidez à flexão da viga.
Combinando as expressões (1) e (4), obtém-se a equação das tensões normais da
viga.
σx =
M
y
I
(5)
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
89
Nesta equação, M é positivo quando produz compressão na viga e y é positivo
quando o sentido é para baixo.
As tensões máximas de tração e de compressão ocorrerão nos pontos mais afastados
do eixo neutro. Designando os afastamentos das fibras extremas por yinf e ysup,
respectivamente, tem-se:
σ x ,máx =
M
y inf
I
σ x ,mín = −
M
y sup
I
(6)
Dimensionamento
Do estudo das características geométricas de seções planas, define-se Módulo
Resistente (W) por
I
y
W =
(7)
Combinando as equações (5) e (7), chega-se à :
σx =
M
W
(8)
Se for utilizado o método das tensões admissíveis, ou seja, σ x ≤ σ adm é possível
dimensionar barras submetidas à flexão:
σ adm =
M
W
(9)
Quando a viga tiver seção retangular, com largura b e altura h, o Momento de
Inércia e o Módulo Resistente, são, respectivamente
Para seção circular de diâmetro d, tem-se:
I=
πd 4
64
I=
e
bh 3
12
W =
e
πd 3
32
W =
bh 2
6
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
90
P=20 kN
Exemplos
S1
A
S2
C
B
1. O momento fletor da viga da figura é
HB
M=24 kN.m. Sabendo-se que a tensão
2m
3m
5m
admissível do material utilizado na viga é
σ adm = 5 kN cm 2 e que se trata de um
perfil retangular com b = 5 cm (largura),
RB=12 kN
RA=8 kN
8
20
+
0
_
determinar a altura (h) do perfil.
V (kN)
-12
M (kN.m)
24
Retângulo
h/2
W= Momento Resistente I= Momento de Inércia
h
y
h/2
W =
b
I
y
onde
Para retângulos tem-se:
b ⋅ h3
I=
12
Momento de Inércia
b ⋅ h3
2b ⋅ h 3 b ⋅ h 2
W = 12 =
=
y
12 ⋅ h
6
2
Módulo Resistente
[L ]3
M
W
Sendo a tensão definida
σ=
O Módulo Resistente pode também ser expresso por
W=
Ou seja,
b ⋅ h2 M
=
6
σ
⇒
h2 =
Logo, determina-se a altura h da viga
h=
6 × 2400 ( kN .cm)
6M
= 24 cm
=
bσ
5 (cm) × 5 (kN / cm 2 )
h = 24 cm
6M
bσ
M
σ
y=h
2
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
figura
é
M=31,25 kN.m.
Sabendo-se
que
a
carga equivalente
2,5 m
2. O momento fletor da viga da
10 x 5 = 50 kN
L/2
A
B
q = 10 kN / m
tensão
na viga é σ adm = 5,8 kN cm 2 e
se
trata
retangular
de
com
um
HB = 0
S
admissível do material utilizado
que
91
L=5m
RA = 25 kN
RB = 25 kN
perfil
25
b = 5 cm
+
V (kN)
-
2,5 m
(largura), determinar a altura (h)
L/2
do perfil.
25
M (kN . m)
+
31,25
W =
Momento resistente do retângulo:
σ=
M
W
b ⋅ h2 M
=
6
σ
h=
⇒
⇒
W =
h2 =
b ⋅ h2
6
M
σ
6⋅M
b ⋅σ
⇒
h=
6⋅M
b ⋅σ
6 × 3125 ( kN .cm )
= 25,4 cm
5 ( cm ) × 5,8 ( kN / cm 2 )
h = 25,4 cm
10'
Notar: 31,25 kN ⋅ m = 3125 kN ⋅ cm
Em polegadas: (2”x10”)
1” = 2,54 cm
b = 5 cm
2'
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
8.3
92
Tensões de cisalhamento na flexão
Considere-se um elemento de viga como ilustrado na Figura abaixo, de
comprimento infinitesimal dx , submetido a um carregamento genérico p, sem esforço
normal.
p
p
x
V
dx
M + dM
x
M
M
V + dV
V
dx
Figura 8.6 Barra submetida a cargas transversais p
O equilíbrio desse elemento de viga é dado por:
dM
=V
dx
dV
= −p
dx
ou seja,
d 2M
= −p
dx 2
Devido aos efeitos da flexão, esse elemento de viga é solicitado por tensões
normais, paralelas ao eixo x.
Essas tensões normais que atuam nas faces do elemento hachurado abcd, de
comprimento dx, variam linearmente a partir da linha neutra e, em qualquer ponto, a uma
distância y da linha neutra são definidas nas faces ab e cd, respectivamente, como
(TIMOSHENKO, 1989):
σ =
M
⋅y
I
e
σ + dσ =
M + dM
⋅y
I
onde I é o momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
y
σ
a
yo
h
b
σ + dσ
c
τ
d
93
F
F + dF
τ bdx
yo
x
z
M
M + dM
b
dx
Figura 8.7 Tensões normais em um elemento de viga de comprimento dx
As resultantes dessas tensões normais são dadas por:
h/2
F=
∫
yo
M
ydA
I
(a)
e
h/2
F + dF =
∫
yo
M + dM
ydA
I
(b)
Se for feito um corte longitudinal nesse elemento de viga, o equilíbrio interno na
direção do eixo x indica que deve haver uma tensão tangencial τ.
Admitindo-se que a largura b seja suficientemente pequena para se considerar
constante a tensão de cisalhamento ao longo da largura, a força de cisalhamento horizontal
que atua na face inferior do elemento é dada por:
τ ⋅ b ⋅ dx
(c)
As forças representadas pelas expressões (a), (b) e (c), devem estar em equilíbrio.
Assim, o equilíbrio do elemento hachurado abcd da Figura acima fornece a equação:
F + τbdx = F + dF
ou seja:
τbdx =
h/2
∫
yo
donde:
M + dM
ydA −
I
h/2
∫
yo
M
ydA
I
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
1 dM
⋅
τ=
I ⋅ b dx
mas
dM
=V
dx
94
h/2
∫ ydA
yo
e
h/2
∫ ydA = Ms
é o momento estático da parte da hachurada seção transversal em
yo
relação ao eixo z.
Logo, a tensão de cisalhamento fica definida por:
τ=
V ⋅ Ms
b⋅I
A tensão de cisalhamento varia em função de yo. No caso das seções retangulares,
tem-se:
V
τ=
2I
 h2

 − y o2 
 4

A expressão acima indica que a tensão de cisalhamento varia parabolicamente com
y o.
Como regra geral, a máxima tensão de cisalhamento τ ocorre no centro de
gravidade da seção transversal.
y
σc
Fc
z
τ
h
τo
L
N
CG
Ft
σt
b
Figura 8.8 Tensão máxima de cisalhamento τo (LANGENDONCK, 1956)
Sabendo-se que o braço de alavanca dos esforços internos (z) pode ser expresso por
( z = I / Mso ) tem-se, para yo = 0, a expressão da tensão máxima de cisalhamento:
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
τo =
95
V
b⋅ z
As tensões de cisalhamento são sempre tangentes ao contorno da seção transversal.
Na Figura abaixo estão ilustradas as direções e sentidos das tensões de
cisalhamento em algumas seções transversais.
y
y
y
y
b
b=b f
T
b=b w
CG
CG
b
b
CG
CG
b
V
V
V
V
Figura 8.9 Direção e sentido das tensões de cisalhamento (FUSCO, 1981)
Tensão de cisalhamento para peças de seção retangular
A tensão de cisalhamento máxima ocorre
h/2
no Centro de Gravidade da seção.
CG
h/4
τ max
z
V ⋅ Ms
τ=
b⋅ I
h/2
b
diagrama de
tensões tangenciais
Momento Estático:
2
 h  h bh
Ms = A ⋅ yCG =  b  ⋅ =
8
 2 4
Momento de Inércia
I=
bh 3
12
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de
cisalhamento, tem-se:
bh 2
8 = 3⋅ V
τ=
bh 3
2 bh
b⋅
12
V⋅
→
τ = 1,5
V
ATotal
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
96
Tensão de cisalhamento para peças de seção circular
A tensão de cisalhamento máxima
ocorre no Centro de Gravidade da
4r
r
3π
CG
z
V ⋅ Ms
seção. τ =
b⋅ I
d
Momento Estático:
τ max
diagrama de
tensões tangenciais
 πd 2   4 d  d 3
 ⋅ 
Ms = A ⋅ yCG = 
=
 4   3 2π  12
πd 4
I=
64
Momento de Inércia
Substituindo o Momento Estático e o Momento de Inércia na expressão da tensão de
cisalhamento, tem-se:
V
d3
12 = 12
τ=
πd 4
πd 2
⋅ 16
d⋅
64
4
V⋅
→
τ=
4 V
3 ATotal
Exemplo
1. O diagrama de esforços cortantes de uma determinada viga de seção retangular, com
altura de 60 cm registra Vmax=80kN. Sabendo-se que a tensão admissível de cisalhamento
do material é τadm=1,0 kN/cm2 , determinar a largura (b) da viga.
τ max = 1,5
V
ATotal
Sendo τadm=1,0 kN/cm2 , no limite
1=
1,5 × 80
60 × b
→
τadm = τmax logo,
b = 2 cm
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
9
97
DEFORMAÇÕES NAS VIGAS
As cargas transversais que atuam nas vigas causam deformações, curvando seu eixo
longitudinal. Quando se projeta uma viga é freqüentemente necessário calcular as
deformações que ocorrerão em vários pontos ao longo do eixo. Por exemplo, nas vigas
estaticamente indeterminadas, o cálculo das deformações é essencial para sua resolução.
Denomina-se flecha, ou deslocamento vertical da viga (v), o deslocamento
perpendicular a seu eixo, provocado pela aplicação de uma carga. A curva na qual se
transforma o eixo da viga, inicialmente reto, recebe o nome de linha elástica.
As especificações para o cálculo ou dimensionamento das vigas, impõem,
freqüentemente, limites para as flechas, tal como ocorre com as tensões.
P
v
x
linha
elástica
y
Figura 9.1 Linha elástica de uma viga simplesmente apoiada
Para dedução da equação da linha elástica, considere-se um trecho da viga, como
ilustrado, com o eixo y no sentido indicado.
dx
x
y
θ
dx
tg θ ~
=θ
θ
dy=dv
tangente
Figura 9.2
Seja dx um elemento infinitesimal do comprimento da viga. Se no início deste
comprimento dx forem traçadas uma tangente à curva resultante da deformação da viga e
uma reta paralela ao eixo x, o ângulo θ então formado entre a tangente e a reta, é
denominado deformação angular da viga.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
98
Considerando-se a hipótese de pequenos deslocamentos, pode-se afirmar que
tgθ ≅ θ . Portanto, tgθ = θ =
dv
.
dx
Derivando-se o ângulo θ em relação a x, tem-se:
dθ d 2 v
=
dx dx 2
(1)
Da geometria, define-se curvatura como:
1 dθ
=
r dx
(2)
Sabe-se também, da teoria de flexão, que a curvatura é diretamente proporcional ao
momento fletor e inversamente proporcional ao produto de rigidez EI, ou seja,
1
M
=−
r
EI
(3)
Relacionando as expressões (1) e (2), chega-se a:
1 d 2v
=
r dx 2
(4)
Relacionando agora as expressões (3) e (4), tem-se:
d 2v
M
=−
2
dx
EI
(4)
Rearranjando a expressão (4) chega-se finalmente à equação da linha elástica:
d 2v
EI 2 = − M
dx
(5)
onde
x e v são as coordenadas da linha elástica
E é o módulo de Elasticidade do material
I é o momento de inércia da seção transversal da viga
A equação acima permite obter a linha elástica das vigas retas para qualquer tipo de
carregamento.
A equação acima foi deduzida a partir das seguintes hipóteses:
1. barra prismática (barra de eixo reto e de seção transversal constante);
2. validade da Lei da Hooke σ=Eε - material elástico linear;
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
99
3. as seções permanecem planas após a deformação;
4. deslocamentos pequenos, ou seja: tgθ ≅ θ .
As convenções de sinais a serem consideradas na equação acima são: os eixos x e y
são positivos nos sentidos indicados, o deslocamento v é positivo quando estiver no sentido
do eixo y; o momento fletor M é positivo quando produz compressão na parte superior e
tração na parte inferior da viga.
Exemplo: determinar o deslocamento vertical máximo de uma viga simplesmente apoiada,
submetida a uma carga concentrada no meio do vão.
P
x
A
B
S
L/2
L/2
P/2
P/2
→
Equação do momento fletor na seção S
Mx =
P
⋅x
2
dθ d 2 v
M
Ao se integrar a equação
= 2 =−
determina-se a rotação da viga:
dx dx
EI
θ = ∫−
M
dx
EI
Como o módulo de elasticidade do material (E) e o momento de inércia (I) são constantes,
podem ser retirados da integral. Logo,
EIθ = ∫ −
P
xdx
2
→
EIθ = −
P x2
⋅
+ C1
2 2
A constante C1 é determinada pelas condições de contorno da viga. A tangente da
curva para x=L / 2 é nula. Logo,
2
0=−
P  L
⋅   + C1
4 2
C1 =
PL2
16
Assim, tem-se a equação da rotação da viga:
EIθ = −
Px 2 PL2
+
4
16
Ao se integrar a equação da rotação, chega-se à equação do deslocamento vertical da viga.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
EIv = ∫ θ ⋅ dx
 Px 2 PL2 
 ⋅ dx
+
EIv = ∫  −
4
16 

→
EIv = −
100
Px 3 PL2
+
x + C2
12
16
A constante C2 é determinada também pelas condições de contorno. Para x =0, o
deslocamento vertical da viga é nulo. Portanto, impondo x=0 na equação acima, chega-se à
conclusão de que C2 =0.
Também, das condições de contorno, sabe-se que o deslocamento vertical máximo
da viga em estudo ocorrerá para x=L / 2. Assim,
PL3
EIv =
48
PL3 PL3
EIv = −
+
96
32
Portanto, o deslocamento vertical máximo da viga é expresso por: v max
P=20kN
Exemplo:
Calcular
o
deslocamento
vertical
B
A
máximo da viga da figura. Dado:
300cm
2
Eaço=21000 kN/cm .
300cm
h=30cm
b=10cm
10 × 30 3
I=
= 22500 cm 4
12
bh 3
I=
12
v max
PL3
=
48EI
PL3
=
48EI
v max
20 × 6003
= 0,19 cm
=
48 × 21000 × 22500
Se a seção transversal da viga fosse b=30cm e h=10cm, o deslocamento vertical seria:
I=
v max
bh 3
12
PL3
=
48EI
I=
v max
30 × 103
= 2500 cm 4
12
20 × 6003
= 1,71 cm
=
48 × 21000 × 2500
Note-se que esta mudança de posição da
seção transversal da viga aumentou o 9
vezes deslocamento vertical.
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
101
Apresenta-se a seguir equações de deslocamento máximos.
P
L
vmax
v max =
PL3
3EI
vmax
v max =
qL4
8EI
v max =
PL3
48EI
q (kN/m)
L
P
vmax
L/2
L/2
q (kN/m)
v max
vmax
L
a>b
P
x
3
vmax
vmax
b
a
5qL4
=
384EI
Pb( L2 − b 2 ) 2
=
9 3EI
x=
L2 − b 2
3
M
x
v max =
L
ML2
9 3EI
x=
M
L
vmax
vmax =
ML2
2 EI
L
3
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
102
EXERCÍCIOS
q=1,21 (kN/m)
1. Determinar o deslocamento
máximo da viga da figura.
Dado Eaço=210 GPa.
h=30cm
vmax
L=4,2 m
Resposta: v = 0,013 cm
b=8cm
2. Qual deveria ser o diâmetro de uma viga cilíndrica do mesmo material da viga do
exercício anterior, submetida ao mesmo carregamento e que tivesse o mesmo
deslocamento máximo?
Resposta: d = 24,59cm
P=7,25 kN
3. Determinar a altura da viga da
figura, sabendo-se que o
deslocamento vertical máximo
não deve ultrapassar 1cm. Dado
Emadeira= 14500 MPa.
h=?
vmax
2,5m
2,5m
b=10cm
Resposta: h = 25cm
P=16 kN
4. Determinar o deslocamento
máximo da viga da figura. Dado
Eaço=210 GPa.
vmax
L=3 m
5. Determinar o deslocamento
vertical máximo da viga da figura.
Dados:
bh 3
36
b=5cm
q=1,5 (kN/m)
30cm
Resposta: v = 1,05 cm
E = 210000 MPa, I =
h=25cm
vmax
20cm
L=3 m
Resposta: v = 0,005cm
q=1,5 (kN/m)
1cm
6. Determinar o deslocamento
vertical máximo da viga da figura.
Dados: E=210 GPa, I=4471,92cm4.
Resposta: v = 0,0168cm
vmax
L=3 m
h=25cm
1cm
b=12cm
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
103
7. Dimensionar a altura da viga da figura sabendo-se que as tensões admissíveis à
compressão e à tração são iguais ( σ c = σ t = 58 MPa ) e a tensão admissível ao
cisalhamento é τ = 1,1 MPa .
q (kN/m)
Dados:
Eaço= 210000 MPa
h
q = 2,15 kN/m
L=6m
L
b
b = 10 cm
Resposta: h = 10 cm
8. Determinar a carga P da viga da figura, sabendo-se que as tensões admissíveis à
compressão e à tração são iguais ( σ c = σ t = 50 MPa ).
Dados:
P=?
Eaço= 210000 MPa
1cm
I = 4471,92 cm4
h=25cm
yCG = 12,5 cm
1cm
L=4m
L/2
L/2
b=12cm
Solução:
Determinação do módulo resistente (W)
I
4471,92
W =
W =
= 357,75 cm 3
yCG
12,5
M
PL
≤σ
M = σ ⋅W
σ=
M max =
W
4
4 × 5 × 357,75
4 ⋅σ ⋅W
P=
= 17,9 kN
P=
400
L
Resposta: P= 17,9 kN
9. Determinar o deslocamento vertical máximo da viga do exercício anterior.
PL3
v=
48EI
17,9 × 400 3
v=
= 0,25 cm
48 × 21000 × 4471,92
Resposta: v= 0,25 cm
P=37,5 kN
10. a) Determinar as tensões máximas nas
faces superior e inferior da viga da figura.
Sabendo-se que o material da viga tem o
mesmo comportamento à compressão e à
tração.
h=30cm
8m
b) Determinar as tensões que distam 7,5cm da Linha Neutra.
Respostas: a) σmax= 5,56 kN/cm2
b) σ(7,5) = 2,78 kN/cm2
4m
12cm
Matemática - Série Concursos Públicos
Curso Prático & Objetivo
104
BIBLIOGRAFIA
BEER, F. P., JOHNSTON Jr. R. Resistência dos materiais. 3ed. São Paulo, Makron
Books, 1996.
BEER, F. P., JOHNSTON Jr., R. Mecânica vetorial para engenheiros - estática. 5ed.
São Paulo, Makron Books, 2004.
BORESI, A. P., SCHMIDT, R. J. Estática. São Paulo, Thomson, 2003.
FUSCO, P. B. Construções de concreto solicitações tangenciais: introdução –
combinação de ações – força cortante – conceitos básicos. São Paulo: EPUSP/PEF, 1981.
GERE, J. M. Mecânica dos Materiais. São Paulo, Thomson, 2003.
HIBBELLER, R. C. Resistência dos materiais. Rio de Janeiro, LTC, 1997.
LANGENDONCK, T. Resistência dos materiais: tensões. Rio de Janeiro: Científica,
1956.
MELCONIAN, S. Mecânica técnica e resistência dos materiais. 13ed. São Paulo,
Érica, 2002.
NASH W. A. Resistência dos materiais. Rio de Janeiro: McGraw-Hill, 1971.
TIMOSHENKO, S. P., GERE, J. E. Mecânica dos sólidos. Rio de Janeiro: Livros
Técnicos e Científicos, 1989. v. 1.