Mecânica Geral Prof. Evandro Bittencourt (Dr.) Engenharia de Produção e Sistemas UDESC 27 de fevereiro de 2008 Sumário 1 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 1 2 Introdução 1.1 Princı́pios Fundamentais da Mecânica 1. Lei do Paralelogramo para Adição de Forças Duas forças atuantes sobre um ponto material podem ser substituı́das por uma única força, chamada de resultante, obtida pela diagonal do paralelogramo formado pelas forças. R = F1 + F2 £ *£ © F1 ££± R ©© £ © £ © £ £ ©© £ © £ © £ ©© £ ...£...... © £ .........β © £ ... © £ © £ ... © ... £© -£ £ £ £ F2 2. Princı́pio da transmissibilidade Condições de equilı́brio não se alteram se uma força que atua num dado ponto do corpo rı́gido for substituı́da por outra de mesma intensidade, direção e sentido, mas que atua em um ponto diferente, desde que as duas tenham a mesma linha de ação. 3. Primeira Lei de Newton (Lei da Inércia) Se a intensidade da força resultante que atua sobre um ponto material é zero, este permanecerá em repouso ou permanecerá com velocidade constante e em linha reta. 4. Segunda Lei de Newton (F = m · a) Se a força resultante que atua sobre um ponto material não é zero, este terá uma aceleração proporcional à intensidade da resultante e na direção desta, com o mesmo sentido. 5. Terceira Lei de Newton (Ação e Reação) As forças de ação e reação entre corpos em contato têm a mesma intensidade, mesma linha de ação e sentido opostos. 6. Lei de Gravitação de Newton Dois pontos materiais de massas M e m são mutuamente atraı́dos com forças iguais e opostas F e -F de intensidade F dada pela fórmula: F =G Mm r2 r = distância G = Constante de Gravitação g= GM = 9, 81 m/s2 R2 M = massa da terra R = Raio da terra P = mg Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 1.2 3 Sistemas de Unidades Unidades Absolutas: m : metro (distância) kg : quilograma (massa) s : segundo (tempo) Aceleração: m/s2 A força de 1 N aplicada num corpo com 1 kg de massa provoca aceleração de 1 m/s2 Força: kg · m/s2 = N (Newton) A aceleração da gravidade (9,81 m/s2 aplicada num corpo com 1 kg de massa provoca força (Peso) de 9,81 N. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 2 4 Estática dos pontos materiais 2.1 Resultante de duas forças As forças (ou cargas) em estruturas, máquinas, móveis, etc. são representadas por vetores, possuindo uma linha de ação, sentido e módulo. Quando temos duas forças atuando num mesmo ponto material, podemos obter a sua soma pelo Critério do Paralelogramo. Exemplo: Graficamente determinamos retas formando o paralelogramo, a diagonal e a força resultante: R = F1 + F2 £ © *£ F1 ££± £ £ £ £ R ©© £ © ©© £ © ©© £ © £ ..... ©© £ .............β ©© ... £ © ... © £ © ... -£ . £ £ £ £ £ £ F2 Analiticamente podemos determinar o módulo e a direção usando a Lei dos Cosenos e a Lei dos Senos. Assim se F1 = 300 N, F2 = 500 N e β = 75o , analisando o triângulo: * © R ©© ££±300 N ©© © © © ©© ... © © ...α © .. © . © ©© ......... £ 105......o.............. ...£. .. .. £ ... .. -£ £ £ £ 500 N Pela Lei dos Cosenos: R2 = 3002 + 5002 − 2 · 300 · 500 · cos 105o R = 646 N Pela Lei dos Senos: 300 646 = o sen105 senα α = 26, 7o Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 2.2 5 Componentes A soma de forças pode ser realizada através da soma das suas componentes cartesianas. Exemplo: Componentes de uma força no plano. Fy 6 £ £ £ £ £ £± £ 300 N .£...... 75o ... £ ... - Fx F x = 300 · cos 75o F x = 77, 6 N 2.3 F y = 300 · sen 75o F y = 289, 8 N Adição O uso das componentes pode simplificar a adição de forças principalmente quando temos várias forças envolvidas. Exemplo: Adição de forças usando as componentes. R = 300 N + 500 N Fy 6 £ £ £ £± £ 300 N o ...£.. £ .............75 . ... £ .. £ -... Fx Rx = F x + 500 Rx = 300 · cos 75o + 500 Rx = 577, 6 N - 500 N Ry = F y Ry = 300 · sen 75o Ry = 289, 8 N Com as resultantes cartesianas (Rx e Ry) calculamos a resultante (módulo, direção): R2 = Rx2 + Ry 2 R2 = 577, 62 + 289, 82 R = 646 N Ry Rx 289, 8 arc tg α = 577, 6 α =26, 6o arc tg α = Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 2.4 6 Exercı́cio: Calcule a resultante das forças: F1 = 550 N F2 = 400 N H Y HHF3 HH HH HH . F3 = 500 N . 28o H ... H H .. . F4 = 450 N Á F1 ......... 55o ...... ... . - F2 F4 ? 3 Equilı́brio de um ponto material Um ponto material se encontra em equilı́brio quando a resultante de forças aplicadas é nula. Exemplo Calcular a força de tração nos cabos AC e BC. Desenho esquemático ¾ 3m 4m -¾ ´ ´ B 6 @ A @ @ ´ ´ ´ ´ @ 3m @ ? - ´ @ @ C ´ ´ ´ ´ ´ @ @´ 100 N O ponto C em equilı́brio será utilizado para análise. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 7 Ponto material 3m ¾ -¾ 4m ´ ´ 6 @ @ ´ @ ´ ´ ´ ´ FAC @ ´ I @ @ ´3́FBC @ ´ @ @ C ´ @ ´ @ @ ´ @´ @ 3m ? ? 100 N Para a resultante do ponto em equilı́brio ser nula, as duas componentes ortogonais também devem ser iguais a zero (Rx = 0, Ry = 0), desta maneira montamos um sistema de equações considerando as componentes das forças envolvidas: ½ Rx = 0 Ry = 0 ½ FBCx − FACx = 0 FBCy + FACy − 100 = 0 FBC · 4 FAC − √ = 0 5 2 F · 3 FAC BC + √ − 100 = 0 5 2 FBC = 71, 4 N FAC = 80, 8 N 3.1 Exercı́cios 1. O barco está seguro pelos dois cabos AB e CB, sabendo que o rio faz uma força de 15 kN no barco, calcular a força de tração nos cabos. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 ¾ 30 m 10 m -¾ - 6 ABB 30 m ? 6 B B B B B B ¡ ¡ B½B¡ Barco ½@ ½ ½ 30 m ½ ½ @ @ ½ Rio ½ C ½½ 8 ½ - ? ½ Figura 1: Exercı́cios 1 e 2 2. (Desenho anterior) Sabendo que o cabo AB está sujeito a uma força de 10 kN, calcular a força no cabo CB e no barco pelo rio. 4 Momento de uma força Uma força, além de provocar um movimento de translação nos corpos rı́gidos, também provoca uma ação de rotação num determinado ponto material do corpo rı́gido que está fora da linha de ação da força. Esta ação de rotação é chamada de momento de uma força em relação a um ponto. Sendo resultado do produto do módulo da força e a distância entre a linha de ação da força e o ponto onde estamos calculando o momento, medida esta feita na projeção ortogonal do ponto sobre a linha de ação. O momento provocado pode ser anti-horário ou horário, no plano define-se o sinal positivo para o momento anti-horário (Regra da Mão-Direita). @ ¾ F1 ? d1 @ @ @ @ ΣMA = M1 + M2 @ @ ΣMA = F1 · d1 − F2 · d2 @ @ @ @ @ @ R @ @ F2 @ @ µ@ ¡ ¡ ¡ @ ¡ d ¡ 2 @ s ¡ ¡ @ ¡ A@ ¡ @ ª ¡ @ @ @ @ @ Figura 2: Momento de uma força em relação a um ponto Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 4.1 9 Exercı́cios 1. A manivela está sujeita a força vertical indicada. (a) Calcular o momento no eixo da manivela (A). (b) Calcular a força horizontal aplicada em C necessária para produzir o mesmo momento da força vertical. (c) Calcular a força vertical aplicada em B necessária para produzir o mesmo momento. (d) Determinar a direção e a menor força aplicada em C necessária para produzir o mesmo momento. A *A ©© © © A ©© 25 cm ©© s © © © C © © © © © © © © A© ¼ © *A B © ©© 15 cm© 150 N © © © © A ©© © © r A© © ¼ © A ©........© o ? A ©© K...... 30 .? s © ................... . . . . . . . . ........................ . . . . . . . . ........................ . . . . . . . . ........................ . . . . . . . . . . . . . . . ... ..... ......... ......... A Figura 3: Exercı́cio 1 2. Calcular o momento na prateleira fixa na parede: 50 N 30 N ? ? 6 60 N ¾ 4.2 20 cm -¾ 10 cm -¾ 10 cm - Momento de um Conjugado (Binário) A ação de duas forças com o mesmo módulo, linhas de ação paralelas e sentido contrário é um momento igual ao módulo multiplicada pela distância entre as linhas de ação. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 M = F1 · d d1 ¾ 10 6 F1 F1 ’ ? Figura 4: Momento de uma conjugado O momento de um conjugado é um vetor ”livre”, tendo o mesmo efeito em todos os pontos materiais do corpo rı́gido. 4.2.1 Exercı́cios 1. Calcular a força exercida em cada parafuso usado para fixar a prateleira na parede (posição A e B): 50 N 30 N ? A 3 cm ? 6 ? B 6 60 N ¾ 20 cm -¾ 10 cm -¾ 10 cm - Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 5 11 Centróide e Baricentro O cálculo de centro de áreas (centróide) e centro de forças (baricentro) de uma figura qualquer é realizado usando o conceito de momento. 5.1 Centróide de Figuras Conhecidas Triângulo reto Retângulo b ¾ - 6 c h h 6 h 2 ? ? ¾ b 2 - ¾ Cı́rculo Semi-Cı́rculo d ¾ - ....................................... . . . . . . ..... .... . ... . ... ..... ... .... ... c ... . ... ..... ... .. . ... . . ..... . . . . ...... ....................................... 5.2 - ... ... ... ... ... ... ... ... ... . c .... ... ... ... ... ... ? . 6 ¾ b ¾ d 2 - ¾ d 2 6 h 3 ? b 3- Quarto de Cı́rculo - ................. . . . . . . .... . . . ..... . c ..... ... ... ... ..... ...... ................. ¾ d 2 - ................. . . . . . . .... . . . c ..... 2·d ... 3·π . ¾ 6 ? 2·d 3·π- 2·d ¾ 3·π- Cálculo do centróide O centróide de uma figura qualquer pode ser determinado pela divisão desta em figuras conhecidas. Após a fixação de eixos de referência, estes são usados para o cálculo do momento das áreas das diversas figuras divididas que por sua vez deve ser igual ao momento da figura total em relação ao mesmo eixo. Assim o cálculo da posição do centróide em relação aos Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 12 eixos de referência são calculados: n X x= n X xi · Ai i=1 n X y= Ai i=1 yi · Ai i=1 n X Ai i=1 Exemplo: ¾ 30 6 c1 60 ? -¾ 30 - ... ... ... ... ... ... ... ... ... . c2 .... ... ... ... ... ... . Posicionando os eixos de referência no canto inferior esquerdo da figura temos: 1 x 15 y 30 A 1800 2 40 20 900 Calculando x: x= 15 · 1800 + 40 · 900 = 23, 33 1800 + 900 y= 30 · 1800 + 20 · 900 = 26, 67 1800 + 900 Calculando y: 5.3 Exercı́cio Posicionar de forma adequada no tampo da mesa os pés no formato de um triângulo equilátero de 120 cm: Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 ¾ 80 cm -¾ 100 cm ............... . . . . . . .... . . . Tampo ..... . ...... ..... ..... ..... ..... ..... ..... .. 13 h 6 80 cm ? 6 80 cm ? Pés h ¾ h 120 cm - Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 6 14 Equilı́brio de um corpo rı́gido Um corpo sujeito a um conjunto de forças se mantém em equilı́brio quando, além da resultante das forças for nula, a somatória de momentos das forças em relação a um ponto determinado for também igual a zero. 6.1 Tipos de apoios O cálculo do equilı́brio dos corpos rı́gidos é feito considerando a conexão deste com seu sistema através de apoios, sendo que a ação do corpo rı́gido sobre o sistema é resultado das reações nos apoios. Os apoios restringem determinados movimentos, a cada movimento impedido está relacionado uma reação. Assim os tipos de apoios estão divididos dependendo do número e tipo de reação que ele fornece. 6.1.1 Apoio simples O apoio simples impede o movimento de translação na direção perpendicular do apoio, sendo substituido por uma reação nesta direção. A ²¯ 6 ±° ¡¡¡¡¡ ¡¡¡¡¡ RA 6.1.2 Apoio rotulado O apoio rotulado impede o movimento de translação nas duas direções ortogonais, sendo substituı́do por duas reações. A ¡@ ¡ @ ¡¡¡¡¡ ¡¡¡¡¡ RAx - 6 RAy 6.1.3 Apoio fixo (engastado) O apoio engastado além de impedir totalmente a translação, impede também o movimento de giro, sendo substituı́do por duas reações e uma reação de momento. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 ¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ 15 MA .................. .. ª RAx - 6 A RAy 6.2 Tipos de cargas Além das cargas concentradas, podemos ter outros tipos de carregamentos como cargas distribuı́das, uniforme ou não, momentos aplicados e outros. 6.2.1 Carga distribuı́da A carga distribuida pode ser uniforme: 200 N/m ?????????????????????????? ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ j 4m ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - O valor da carga distribuı́da é fornecido por unidade de comprimento: 200 N/m. Para o cálculo do equilı́brio do corpo rı́gido a carga distribuı́da é substituı́da por uma carga concentrada posicionada no centróide da carga distribuı́da com o mesmo valor da área da carga distribuı́da. Assim para o exemplo: 4 · 200 = 800 N. 800 N ? ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ j 4m ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 16 A carga distribuı́da pode ser triangular ou ainda parabólica. 150 N/m ?????????????????????????? j ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - 3m Substituindo por uma carga concentrada: 3 · 150 = 225 N. 2 225 N ? ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ 6.2.2 j 2m ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ -¾ 1 m - Momento aplicado Os corpos rı́gidos podem estar sujeitos ao efeito de momentos aplicados, provenientes de conjugados ou algum eixo submetido a um momento torçor. 100 N.m ............................................. ....... ........ ...... .... ..... .... . . . . .. . .. ... ... R r ¡@ ¡ @ ¡ ¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡¡¡ ¾ 6.3 j 2m ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ -¾ 1 m - Exemplos Os exemplos a seguir são baseados principalmente em vigas, mas a condição de equilı́brio serve para todos os outros tipos de corpos rı́gidos. 1. Calcular as reações de apoio da viga: Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 17 500 N/m ????????????????????????????????????????? A B j ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - 6m Substituindo os apoios pelas reações correspondentes, além da carga distribuı́da por uma concentrada equivalente (P = 500 · 6 = 3000 N): 3000 N ? - RAx 6 ¾ 6 3m 3m -¾ - RAy RBy Aplicando as condições de equilı́brio: ΣF x = 0 ΣF y = 0 ΣMA = 0 RAx = 0 (1) RAy + RBy − 3000 = 0 (2) RBy · 6 − 3000 · 3 = 0 (3) Da (3) resulta RBy = 1500 N, aplicando o valor na (2) temos RAy = 1500 N. 2. Calcular as reações de apoio da viga engastada: 100 N/m ?????????????????????????????????????????? @ @ @ @ @ @ @ @ ¾ 3m -¾ 2m - Substituindo os apoios pelas reações correspondentes, além das cargas distribuı́das por cargas concentradas equivalentes: Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 225 N 18 200 N ? ? ...............M ...........A .......... ..... R ...... ..... ... .. r ... ¾ 6 2m ¾ 2m -¾ RBx -¾ 1 m - RBy Aplicando as condições de equilı́brio: ΣF x = 0 ΣF y = 0 ΣMB = 0 RBx = 0 (1) RBy − 425 = 0 (2) 225 · 3 + 200 · 1 − MA = 0 (3) Da (2) resulta RBy = 425 N, e da (3) MA = 875 N·m. 6.4 Exercı́cios 1. Calcule as reações de apoio da viga. 500 N/m ??????????????????????????????? A B j ¡@ ¡ @ ¡ ¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡¡¡ ¾ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ -¾ 2 m - 6m 2. Calcule as reações de apoio da viga. 100 N/m 200 N ? ????????????????????? Aj ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ 2 m -¾ 2 m -¾ B 4m ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 7 19 Esforços em Vigas Em uma viga, submetida a um determinado carregamento, aparecem dois tipos de esforços, o momento fletor e o esforço cortante (cisalhamento). ..... ....M ................ .........................M ......I .............µ . ................................................... .. . Q 6 ? Q Momento Fletor (M) 7.1 Esforço Cortante (Q) Combate aos esforços Os esforços em vigas de madeira, aço e outros materiais são combatidos através da determinação de geometria e propriedades adequados. 7.2 Relação entre cargas aplicadas e esforços Existe uma relação diferencial entre as cargas aplicadas e os esforços nas vigas. Dada uma viga submetida a uma carga distribuı́da qualquer: ..... ........ ............ .... .... ... ... .. . .. . ... .. ... ... ... . . . .... . . . . ........ ........ ..... ??????????? j ∆x - ¾ ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ q Q+∆Q M+∆M 6 .... ... .. ... I .. M . ... ? ? ? . ... µ ... ... P .... ... .. ... .... ? Q .. ... .. .. . . .... r ∆x - ¾ Aplicando as condições de equilı́brio: ½ ( ΣF y = 0 ΣMP = 0 Q + ∆Q − Q − q · ∆x = 0 (1) ∆x + M + ∆M − M = 0 (2) Q · ∆x + q · ∆x · 2 Da Equação (1): q= ∆Q ∆x Aplicando limite ∆x → 0 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 20 ∆Q ∆x→0 ∆x dQ q= dx q = lim Da Equação (2): ∆x2 −q · − ∆M 2 Q= ∆x Aplicando limite ∆x → 0 ∆x − ∆M 2 Q = lim ∆x→0 ∆x dM Q=− dx −q · 7.3 Método de determinação dos esforços Dentre os diversos métodos, a análise dos esforços ao longo de uma viga pode ser feita genericamente, formando as funções que descrevem momento fletor e esforço cortante, utilizando diversas seções (Método das Seções). Ou ainda, utilizando o Método dos Pontos, onde se determina o momento fletor e esforço cortante nos pontos principais da viga. 7.3.1 Método das seções A determinação de onde e quantas seções devam ser utilizadas depende do tipo de carregamento, a cada variação de carga distribuı́da uniforme, ou carga e momento concentrado, determinamos uma nova seção. Exemplo: S1 S2 S3 100 N/m 200 N ? ????????????????????? Aj ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ 2 m -¾ 2 m -¾ 7.4 Exemplos 1. Dada a viga, determinar os esforços: B 4m ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 21 800 N ? j ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ 2m ¡ ¾ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ 2 m¡ - -¾ Determinação das reações e seções: S1 S2 800 N ? 6 6 400 N 2m ¾ 400 N 2m -¾ - Esforços na Seção S1 , considera-se as cargas à esquerda da seção e os esforços à direita: S1 Q 6M .. . . ... ... I . 6 .. . .. . . ... 400 N ¾x Calculando o equilı́brio na Seção S1 : ½ ½ ΣF y = 0 ΣMS1 = 0 Q + 400 = 0 M − 400 · x = 0 ½ Q = −400 M = 400 · x A função Q na Seção S1 é válida para 0 < x < 2, devido a descontinuidade causada pelas forças concentradas no esforço cortante. Por outro lado, a função M na Seção S1 é válida para 0 ≤ x ≤ 2, já que, somente momento aplicados causam descontinuidade no momento fletor. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 22 Esforços na Seção S1 , considera-se as cargas à esquerda da seção e os esforços à direita: S2 800 N Q 6M .. . . ... ... I . ? .. . .. . . ... 6 400 N 2m ¾ ¾ x - ½ ½ Q + 400 − 800 = 0 M − 400 · x + 800 · (x − 2) = 0 Q = 400 (2 < x < 4) M = 1600 − 400 · x (2 ≤ x ≤ 4) dM Note, que a condição da relação diferencial Q = − , pode ser utilizada para endx contrar a função esforço cortante a partir da função momento fletor pela derivada, ou de outro modo, encontrar a função momento fletor a partir da função esforco cortante pela integral. 2. Dada a viga, determinar os esforços: 100 N/m ?????????????????????????? j ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ ¾ 4m ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ ¡ - Determinação das reações e seções: S1 100 N/m ?????????????????????????? 6 200 N ¾ Esforços na Seção S1 : 6 4m - 200 N Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 S1 100 N/m Q 6M .. . . ... ... I . ?????????? .. . ... .... 6 200 N ¾ x ½ Q = 100 · x − 200 (0 < x < 4) 2 M = 200 · x − 50 · x (0 ≤ x ≤ 4) 3. Dada a viga, determinar os esforços: 100 N.m ................................. ........ ........... ....... ...... ...... .. .... . . .. . . ... .. ... ... R r ¡@ ¡ @ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ 2m ¡ ¾ j ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡¡ ¡ 2 m¡ - -¾ Determinação das reações e seções: S1 S2 100 N.m .... .................. ........................ ........ ...... ...... ..... .... . . . . ... .... .. ... ... R r 6 6 -25 N 2m ¾ 25 N -¾ 2m Esforços na Seção S1 : S1 Q 6M .. . . ... ... I . 6 -25 N ¾x - .. .. ... .... - 23 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 ½ 24 Q = 25 (0 < x ≤ 2) M = −25 · x (0 ≤ x < 2) Esforços na Seção S2 : S2 100 N.m ..................................... ....... .......... ...... ....... . ...... .... . . .. . . ... .. ... .. R . ... ... I . .. . .. . . ... r 6 -25 N 2m ¾ ¾ x Q 6M .. . - ½ Q = 25 (2 ≤ x < 4) M = 100 − 25 · x (2 < x ≤ 4) É importante notar os intervalos para o momento fletor, que tem uma descontinuidade no ponto onde o momento é aplicado, sendo portanto indefinido neste ponto (x = 2), o mesmo não acontece para o esforço cortante que é independente do momento aplicado. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 8 25 Forças e Tensões A força atuante geralmente é considerada para efeito de dimensionamento como um força distribuı́da por unidade de área, chamada de Tensão, dada em N/m2 , ou em Pascal (P a = N/m2 ). Para o dimensionamento, as tensões atuantes são comparadas com as tensões admissı́veis para o material considerado. 8.1 Tensões Axiais Quando a área considerada para o cálculo da tensão é perpendicular ao eixo da força temos uma tensão axial, que pode ser de Tração ou de Compressão. As tensões axiais são representadas pela letra grega σ. σ= F A ........................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ......... . .. ......... ......... ... ........ ........ . ... . . . . . . . . ......... ... ......... ......... .. ......... ......... . . . . . . . . . . . . . . .... ..... ..... . . . . . . . . . . ... . . . . . . .... .... .... ....................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... ... ... ... .... .... .... ... .... .... .... .... .... ... .... .... .... ... ... ... .... .... ... ... .... .... ... .... .... .... .... .... ... ... ... .... .... .... ..... .... .... . .... .... .... . . . . . . . .... .... . ...... . . . . . . . .... .... ..... . . . . . . . . ... ... .... .... .... ......... ........ .... .... ......... .... ... ............. ..................................................................................................................................................................................................................................................................................................................... -F A ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................ ......... ....... ..... ......... ........ ... ......... ......... ... ......... . . . . . ......... . . . ... ...... ......... . . . . . . . . . . ... . . . . ..... ..... . . . . . . . . . . . . . . .... . . ...... ...... . . . . . . . . ... . . . . . . ................................................................................................................................................................................................................................................................................................................. .... . . ... ..... ..... .... ... ... ... .... .... .... .... .... ... .... .... .... .... .... ... ... ... ... ... .... .... ... .... .... .... .... .... ... .... .... .... ... ... ..... .... .... . . . .... .... . ...... . . . . . . .... .... . ..... . . . . . . . .... .... . ........ ... ... ........ ......... .... .... ......... .... .... ......... .... ..................... ....................................................................................................................................................................................................................................................................................................... - 8.2 - - - - σ Tensões de Cisalhamento Quando a área considerada para o cálculo da tensão é paralela ao eixo da força temos uma tensão de cisalhamento. As tensões de cisalhamento são representadas pela letra grega τ . τ= 8.3 F A Tensões na Flexão Uma peça flexionada apresenta uma configuração de tensões axiais. Para o momento fletor positivo, temos a parte inferior da peça sofrendo tração e a parte superior sofrendo compressão. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 26 Compressão M .... .............M ................? ..............I......... ....... .............µ .............................................. . . 6 Tração Sendo assim, existe um ponto intermediário na seção flexionada, onde o esforço é nulo. Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 9 27 Momento de Inércia de Figuras Planas O Momento de Inércia da área A em relação a um eixo é um propriedade das figuras planas Z Z 2 Ix = y dA Iy = x2 dA A A y 6 x ............................................................................ ....... ..... . . . . . . .... . . . . ... ........ . dA . . . . . ... . . . . . . . . ... . . . . . 6 ...... . . . . .. . . . . . . . . . . . . . A y .. ...... ..... ....... .... ....... . . . . . . . . ..... .... ...... ... ..... . ? . ..... . . . .... ... ...... . . ... . . . . O x ... ..... ........ ............ .................................................................... ¾ 9.1 Exemplo y 6 b dA 6 A y dy h ? - O x Z Z Ix = y dA = A · h 2 y 0 2 (b dy) = b y3 3 ¸h = 0 b h3 3 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 9.2 Teorema dos Eixos Paralelos Ix = Ix0 + d2 A .............. ......................... ............................. ............. . ..... . . . . . . . . .... ....... ... ........ . . . . ... . . . . . . . .. . . . . . . . . . . ... . . . . . . . . ... C .. .... .... ..... ........ . . . . . . . . . ... ... ..6 ...... .... ..... . ... . . . . . . .... ..... ...... ... ..... . . d ... . . . A ... ..... .......... . . ........ . . . . . . . . . . . . . . . ...................................................... ? 9.3 x’ x Exemplo b A h x’- - x µ ¶2 h b h3 b h3 b h3 Ix0 = Ix − (b h) = − = 2 3 4 12 28 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 9.4 Momento de Inércia de Figuras Conhecidas Retângulo Triângulo reto b ¾ - - ... ... ... ... ... ..y’ ... ... 6 ... .. c .... - x’ ... ... ... ... ... ? . 6 y’ 6 c h - 6 x’ h h 2 ? ? ¾ b 2 - Ix0 = ¾ b h3 12 Iy0 = Cı́rculo d - Ix0 = ....................................... . . . . . . ..... y’ .... . .... . 6 .... ... ... ... ... . c - x’ ... ... ... .... . ... .. . .... . ..... ... . . . ........ . ................................. d 2 Ix0 = Iy0 = ¾ h 3 ? b h3 36 Quarto de Cı́rculo - ................. . . . . . . y .... . . ... 6 .... c - x’ ..... ... ... ... ..... ...... ................. ¾ d 2 - ................. . . . . . . y .... . . ... c 6 .... 2·d 3·π ... ¾ 6 ?- x 2·d 3·π- 2·d - π r4 4 d 2 6 b 3- h b3 12 Semi-Cı́rculo ¾ ¾ b ¾ 6 9.5 29 ¾ 3·π- Ix0 = Iy = π r4 8 Ix = Iy = π r4 16 Cálculo do Momento de Inércia O Momento de Inércia de uma figura qualquer pode ser determinado pela divisão desta em figuras conhecidas. Após o cálculo do centróide o Momento de Inércia é calculado usando o teorema dos eixos paralelos e somando a contribuição de cada subfigura. Exemplo: Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 ¾ 3,0 m -¾ 6 6,0 m ? c1 3,0m - ... ... ... ... ... ... ... ... ... . c2 .... ... ... ... ... ... . Posicionando os eixos de referência no canto inferior esquerdo da figura temos: 1 x 1,5 y 3,0 A 18,0 2 4,0 2,0 9,0 Calculando x: x= 1, 5 · 18, 0 + 4, 0 · 9, 0 = 2, 333 m 18, 0 + 9, 0 y= 3, 0 · 18, 0 + 2, 0 · 9, 0 = 2, 667 m 18, 0 + 9, 0 Calculando y: Calculando Ix0 : Ix0 = I1 + I2 3 · 63 3 · 63 Ix0 = + (3 − 2, 667)2 (3 · 6) + + (2, 0 − 2, 667)2 (1, 5 · 6) 12 36 Ix0 = 78, 00 m4 Calculando Iy0 : Iy0 = I1 + I2 6 · 33 6 · 33 + (1, 5 − 2, 333)2 (3 · 6) + + (4, 0 − 2, 333)2 (1, 5 · 6) Iy0 = 12 36 Iy0 = 55, 50 m4 9.6 Exercı́cio Calcular o Momento de Inércia das figuras: 30 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 31 1,0 m 4,0 m 5,0 m 4,0 m 1. 5,0 m 1,0 m 2,0 m 2,0 m 5,0 m 2. ¾ 80 cm -¾ ................. . . . . . ..... . . . .... . ....... ..... ..... ..... ..... ..... ..... . 100 cm 6 80 cm ? 6 80 cm ? 3. 9.7 Produto de Inércia O Produto de Inércia da área A em relação as eixos coordenados é um propriedade das figuras planas Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 Z Pxy = yxdA A y 6 x .......................................................................... ....... ....... . . . . .... . . . . . . ... dA ......... . . . ... . . . . . . . . ... . . . . . . . .. . 6 . . .. ...... . . . . . . . . . . . . A y .. ..... .... ........ .... ....... . . . . . . . . . ..... ... ...... ... ..... ? . ..... . . . . ... ..... ...... ... . . . . O x . ... ... ........ ............. .................................................................... ¾ O valor para o Produto de Inércia de figuras simétricas é zero. 9.8 Teorema dos Eixos Paralelos para o Produto de Inércia Pxy = Px0 y0 + dx · dy · A y y’ ............................................................ ....... ............... .......... . .... . . . . . . . .. ... . . . . . . ... ....... . . . ... . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . . .. ..... C . . . . . . . .... ... ........ .... dx ....... ... ..6 . . ¾ . . . . . . .. ..... ... ..... ..... ...... . . . . . ... .... ... dy ....... A ... ..... . . . . . . . . . . ...... . . . . . . . . . . . . . ............................................................. ? x’ x 32 Prof. Evandro Bittencourt - Mecânica Geral - 2007 9.9 33 Eixos e Momentos Principais de Inércia Os momentos de inércia para eixos u e v podem ser calculados considerando o ângulo de rotação φ do sistema x e y. v COC y 6 u »» :CC C »» » »» » » »» C C» »» 9 x ...................C......................................................... C ¾ ....... ..... . . . . . . .... . C . . C . ... ........ . dA . . . . . ... C C ........... » » ... . . . . . . 6 . C ...... CO .. . . . . C . . . . . C . . . y A v CC .. » :....... » ..... C C »»»»............... .... . . . W C . . » C ..... u ... »» ...... » . ... . . . » . . . C» ? ... .... ... »»»C ...... ..... . ... . . . . O x ... .... C ........ ............. ............................C....................................... Ix + Iy Ix − Iy + cos 2φ − Pxy sen 2φ 2 2 Ix + Iy Ix − Iy Iv = − cos 2φ + Pxy sen 2φ 2 2 Ix − Iy Puv = sen 2φ + Pxy cos 2φ 2 dIu Fazendo Puv = 0 ou =0 dφ 2Pxy tg 2φm = − Ix − Iy s µ ¶2 Ix − Iy Ix + Iy 2 Imax,min = ± + Pxy 2 2 Iu =
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