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UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
ESCOLA DE ENGENHARIA DE SÃO CARLOS
Departamento de Estruturas
EXERCÍCIOS RESOLVIDOS DE
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
FASCÍCULO II
Dagoberto Dario Mori
Eduardo José Pereira Coelho
São Carlos, 1979
Publicação 083/91
Reimpressão
I
I,
i
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I ..
UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO
ESCOLA DE ENGENHARIA DE SÃO CARLOS
Departamento de Estruturas
EXERCICIOS RESOLVIDOS DE
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
FASCÍCULO 11
Dagoberto Dario Mori
Eduardo José Pereira Coelho
São Carlos, 1979
Publicação 083/91
Reimpressão
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~ C") o G)
..-~ o o
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INTRODUÇÃO (/) ..-
:J C")
..J
<( -
c
-
w
c
Esta publicação, destinada aos estudantes de Graduação
das Escolas de Engenharia, deve ser utilizada concomitantemente
,,
com a public:ação''EXERC:I'CIOS PROPOSTOS DE RESISTÊ!NCIA DOS MAT!_
RIAIS", Fascículo li, da qual foram extraÍdos os problema's
resolvidos,
aqui
Os enunciados destes problemas nao acompanham suas so
luç~es pois os autores julgam que o estudante deve primeiramente
tentar resolver os exercícios propostos, e somente depois consul
tar esta publicação.
Neste segundo fascÍculo, correspondente ã segunda pa~
te do Curso de Resistência dos Materiais, ministrado na Escola
de Engenharia de São Carlos, os exercícios foram selecionados com
o intuito de englobar dentro de cada capÍtulo desta disciplina,
a maior variedade possível de assuntos, e devem servir como fon-
. ~ .
te de consulta e principalmente como mitodo de
cálculo.
rac1.oc1n1o e
No inÍcio de todos os capÍtulos ,aqui chamados de_ listas,
são apresentados formulários aos quais se faz referência durante
a solução dos exercícios. Ê oportuno lembrar que a simples leit~
ra desses formulários, apesar de facilitar o entendimento do tex
to, não desobriga o estudante de desenvolver anteriormente uma
sÕlida conceituação teÕrica dos assuntos tratados.
Os trabalhos de datilografia estiveram a cargo da Sra.
Wilma Provinciali Vall e os de desenho a cargo de João Paulo Mo-
retti e Sylvia Helena Moretti, aos quais os autores
dedicação e esmero.
agradecem a
Esta segunda edição foi revisada pelo Professor Sirgio
:Í N D I C E
LISTA N9 lO (LlO) - ESTADOS DE TENSÕES
LISTA N9 11 (Lll) - ESTADOS DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES
LISTA N9 12 (L12) - CRITÉRIOS DE RESISTf:!NCIA,
LISTA N9 13 (Ll3) ~ FLEXÃO GERAL
LISTA N9 14 (L14) - TORÇÃO LIVRE DE BARRAS DE SEÇÃO QUALQUER
LISTA N9 15 (LlS) - FLAMBAGEM
LISTA N9 16 (Ll6) - ENERGIA DE DEFORMAÇÃO E CÃLCULO DE
DESLOCAMENTOS
-~
'
' . ..,.
l.J 1()
Ll0-1
ESTADOS DE TENSÕES
As fórmulas que se seguem prestam-se à determinação de
tensÕes que atuam em um plano que forma um ângulo genérico a com
a direção do eixo y, usada como referencial.
y
Ol>O
ou
ou
/
/
/
/
/
ii
FIG. 10. i- ROTAÇÃO OOS EIXOS COORDENADOS
cr +cr
cr- ~
X
T--
xy =
X y +
2
cr -cr y X
2
cr -cr
X y
2 cos2a + 1" sen2a xy
sen2a + 1"
xy cos2a
2 2
, __ = (cr -cr )sena cosa + 1" (cos a-sen a)
xy y x xy
!roço do
plano yy
y
....
......
~ . . ..
.....
(10,1)
(10.2)
(10.3)
(10.4)
o
OBS P Calcula ~ ~- usa se o -angulo S. Sendo S=a+90 tem-se: ,: arase -v -
- y
cr-
Y
2
= cr s en a. +
X
2
cos a - 21"
xy cosa sena
~= a) o ângulo a e marcado positivamente a partir de urna
vertical (eixo y) e no sentido anti-horirio ate o traço do plano
em que atua a tensao a ser calculada,
b) cr , cr = tensões normais que atuam nas
X y
direçÕes dos
eixos perpendiculares x e y, consideradas positivas se traciona
rem as faces do elemento,
c) 1"
xy = tensão de cisalhamento aue atua .nas faces do e . -
lementol) paralelas aos eixos x e y. Esta tensão ~ considerada
sitiva se o seu sentido coincidir com o eixo que lhe for paralelo,
desde que, na face onde atua, uma tensão normal de tração tiver
sentido coincidente com o outro eixo, ou seja, para crx positivo e
Ll0-2
concordante com o sentido de x, T ~ositivo e aquele que concor
xy
da com o sentido de y.
cujos.
(eixo
d) cr-, cr-, T7- = tensÕes normais e tangenciais a planos
X y ~y O
traços formam angulos a e a+90 com uma direção vertical
y). Os ingulos ·a e a+90° são considerados positivos quando
marcados no sentido anti-horário. A convenção de sinais e mantida
para estas tensoes, respeitando os sentidos dos eixos que
correspondem (~e y).
lhes
Observe-se, pela expressão (10.3), que existe um ingulo
particular a , que anula o valor.de T--, levando à equação p xy
2 T XY tg ( 2a ) = p cr -o
X y
.... (10.5)
de cujas infinitas soluçÕes, interessam dois valores de a que p
correspondem a duas direçÕes perpendiculares entre si, as quais
são chamadas de direçÕes principais. Estas direçÕes principais d~
finem dois planos, nos quais atuam tensões cr 1 e cr 2 (tensÕes urin
cipais) dadas por:
=
cr +cr
X y ±
2 .... (10.6)
OBS.: Os ingulos a calculados através da expressao (10.5) sao p
marcados positivamente a partir de uma vertical (eixo y) e
no sentido anti-horário.
Uma vez determinados os valores das tensoes principais cr 1 e
cr 2 podem-se obter analiticamente as POSiçÕes dos eLXOS prin
cipais 1.1 e 2.2, relativamente aos eixos x e y, utilizando
na expressao (10.1)
(10.5) e comparando
o ângulo a encontrado na expressao p
os valores de cr- ou cr- aos resultados
X y
de cr 1 ou cr 2 já conhecidos.
Ll0-3
I) Solução Analitica
r7y = q f
; ·J
X
FI G. lO. 2 - CORTE !·!
y
,II /-!/ tq 150~~···
CTrr= 1,6 tf /cm2 \ ·j-,....:.--,
"}·
t .·· n~~ soo
/I[
FIG. 10.3- CORTE JI .Ir
Para o plano representado pe!o corte I-I tem-se, com
base na Fig. 10.2 e nas expressies (10.1) e (10.3):
a • I
(p+q) + (p-q) cos(90°) + T sen(90°)
2 2
. . a = I • • • • (A)
T • -o 8 = (q-p) sen 90° + T cos 90°
I ' 2
p - 9 - 1,6 • • • • (B)
Para o plano representado pelo corte II-II tem-se:
110-4
(p+q) +
2
3p + q - 6,4
(q-p) sen(-60°) + T cos(-60°)
'II = 2
•
OBS.: T • T • 0
xy
'u = o,43 (p-q)
• • • • (c)
• • • • (D)
O sistema de equaçoes (B) e (C) resolvido leva a
2 p • 2,0 tf/cm
2 q • 0,4 tf/cm
Utilizando os valores p e q em (A) e (D) obtêm-se:
a • 1,2 tf/cm2 I
2
'II = 0,69 tf/cm
II) Solução Gráfica (eirculo de Mohr)
p t t t t
L --
-
X
---
q
p
---
-
-
--
t I ~ f q I
'
FIG. 10.4- ESTADO DE TENSO-ES
,,
,,
. -~
,,,.,
'., . ~
Ll0-5
o (1( tf /em2 l
q
0,8
I 6
p
FIG. 10.~- CIRCULO DE MOHR
Nas faces paralelas aos eixos x e y tem-se~ = O, sendo
portanto p e q tens~es principais; usando G conceito de pelo, co~
~ase na Fig. 10.4, conclui-se que o pelo tem coordenadas (p;O).
Admitindo conhecido o pelo, atravis dele, paralelamente
ao corte I-I, e.ncoat.zar-se-ia o ponto A, cujas coordenadas serram-
e = 0,8,-esta Última i~ual ao raio R do cÍrculo.
''
'.
E.:S 2
2 = R = 0,8 tf/cm
Pelo poio, se se tirasse uma paralela ao corte II-II,
.,
encontra\r-se-ia o ponto B, de coordenadas c;II = 1,6 e 'II"
Atravis da Fig. 10.5, pode-se concluir que:
ox = 1,6 = q + R+ R cos 60° = q + 0,8(1+ t>
~
••• q = 0,4 tf/cm~
Dessa forma resulta
2 p = 2, O tf I em
o
Ll0-6
t << D
_T ______ ------
C1t
cr.t I o
-o-.t,
!_. ..l..ponto ..,..o O"t J ~---------
FIG. 10.6
Isolando-se elementos em torno dos pontos (D e (I),
das faces externa e interna da parede da caldeira, obtêm-se os es
tados de tensão da Fig. 10.7.
p = pressão interna
FIG. 10.7- ESTADOS DE TENSÃO
Nas caldeiras, admite-se que as tensoes ar, que têm di-
reçao radial, podem ser desprezadas relativamente is tens;es at
e ai, estas atuantes segundo as direçÕes ,tangencial e longitudi-
nal. Desta forma, em torno dos pontos Q) e @ , admite-se a exi!.
tência de um estado plano de tens;es. A tensão a 1 surge devido a
ação da pressão interna sobre as tampas e destas sobre as paredes
da caldeira.
Com base nas Figs. 10.8 e 10.9 obtê~-se at e a 2 .
a • t
.E..E.
2t
Ll0-7
I
o
=-------------r
- .
- p l
= ----- t -
tat
I o. I at
'
r :: ________ l_ __ J
tampa rt
FIG. 10.8 - TENSÃO 0 1 FI G. 10.9- TENSÃO cr1
Ftampa = for;a na tampa • p • a · 1TD • t i
•
• •
Com D = 100 em, t p 2em e p • 50 kgf/em 2 resultam
I) Solução Analrtica
2
oi = 625 kgf/cm
No plano do corte II-II atuam as tensoes o 1 I e 'II' ob-
tidas por:
CORTE II • ll
= - 60"
X
30"
F!G. lO -10
-r II =
Ll0-8
2
= 1093,8 kgf/cm
crt-cri o 2 ( 2 )sen(-120 ) = -270,6 kgf/cm
No plano da solda (corte II-II), as tensoes podem ser
representadas.por:
i
FIG. 10. li
O sentido de -r 11 concorda com o sentido de y pelo fato
da mesma ser negativa; verifica-se que uma tensão normal ?Ositiva
nesse plano, discorda do outro eixo x.
II) Solução atravis do crrculo de Hohr
62!5 +-
CTn
1250
FIG. 10.12
Portanto:
'· . .
Ll0-9
R • raio do circulo • 1250- 625 • 312,5 kgf/cm2
2
13
--.
2
o
• R sen 60 • 312,5 270,6 kgf/cm 2
crii • 625 + R+ R cos 60° • 625+312,5(1+ i) •
. I 2
• 1093,8 kgf Ct:l
FIG.IO. 13
~o plano da_~, as tensoes normal e tangencial devem
obedecer ãs seguintes restriçÕes:
a) cr cc ~ O (a cola não suporta tração)
. 2 . 2
:!'(0,4 tf/cc ou seja, -r .:S;; 0,4 tf/cm para
- CC
1: positivo e 1: ~
CC CC
-0,4 tf/cm 2 para 1: negativo,
CC
')
- 0,4 o 0,4 z.
----+-----+----1----- "C(tf/CITJI
faixa de valores
1 Que "Ccc pode assumir'
FIG. 10.14
Ll0-10
I) Solução AnalÍtica
Orientando a peça colada com os e~xos x e y da Fig.
10.13 e respeitando a orientação para as tens;es, impostas na Fig.
10.1, ~em-se:
T = o xy
-0,5 t f I em 2 cr = X
; !1êêl "'i'fll~l ~f?l~ H!êll''=
I R ~~~@ êY =~•ª
•
• •
(; +0,5
= I c Y~ )§ên(=~r,©)!
=
•
• • • •
A soluçio que satisfaz as 3 condiç~cs encontradas para
cry é dada por:
LlO•ll
•
-1 3 o
k·oee·e=e·u o • e e o e e e o e c. e o e 4
-- e e e :e ,.. e e e o e e o ~ ,as ~ c •
-1.,3 0,3
....----------------- a-1 ltf/cm)
(j
y
FIG. IO.IS
~
0,3 tf/CT!l~
Observe ·que estes resultados sao igualmente encontrados
se se considerar que r;y pode ser negativo.
li) Solução Gráfica
Utilizando-se 6 crrculo de Mohr com base no estado de
tens~es da Fig. 10.13, obtem-se inicialmente o ponto P (polo) de
coordenadas r; • -0,5 tf/cm 2 e T • O. Através do polo, uma dir_e
x xy
ção paralela ao corte cc, cortará o crrculo em um ponto de coord~
nadas r; e T • A 1! restrição (r; ~ O) é respeitada através do CC CC CC
crrculo CD. ao qual pertencem o polo p e o ponto A, de coordena-
das a • O e I• I • 0,5 tf/cm2. A 2! restrição <l•ccl ~ 0,4 ÇC CC .
tf/cmZ) leva aos crrculos @ e G), respeitado o campo de varia-
ção de 'cc' entre as retas l e 2 • Nestas retas localizam-se
os pontos B e C, nos quais concorre a reta por P e paralela ã di-
reção c.c. Verifica-se que o crrculo G) não é solução para o pr.!:!.
blema po\"que T > 0,4 tf/cm 2 para et. • -45°.
CC
Poitanco a solução é a indicada na FlR· 10~16.
ll
110-12
'tltf/cm2 ) CORTE CC
( 2'l restri çõo)
( 1~ restrl~o)
circulo 3 circulo 2
_reto 1
0,4
0,4
roto 2
0,4 04
iintervolo em que O' pode Yori ar
FIG. 10.16
45
' / ~~ P(tl ~~' P(t)
/ "' 45°
4
o
FIG. 10.17 ESFORÇOS NO PARALELEPIPEDO
Ll0-13
a) Esforços no Paralelepipedo
Isolando os nós C2) e ~. seus equilrbrios fornecem:
FIG. 10.18 NÓS (i) E @ ISOLADOS
NlS
p
•P/2 •
cos45°
N1Z • N lS • co s 45° .. 'p
N26 ..
Nl2
cos45°
• P/2
Dada a simetria do sistema, resultam
e portanto. o paraleleprpedo fica sujeito apenas aos esforços da
Fig. 10.19, uma vez que não é considerado o atrito existente en-)
tre suas faces ·e as sapatas.
Os esforços normais às faces do paraleleprpedo são
considerade-s uniformemente.distriburdos em suas respectivas á-
reas, atuando como tensÕes principais a, supondo aceitável a hi- ·
pÓtese d~ "inexistência"· de tensÕes de cisalhamento.
Ll0-14.
FI G. 10.19 -PARALELEPJPEDO ISOLADO
Um elemento de volume do sólido, fica portanto, sujeito
a um estado triplo de tensoes, como se representa esquematicamen-
te na Fig. 10.20, tomando-se cr 1 ~ a 2 ~ cr 3 .
I"IG 10.20 ESTADO DE TENSÕES NO SÓLIDO
Cl'j, .. ()
02 " =
rl2
~ " =
r/1
2!1. ~
03 .. -
1'11'
..
-
r/1
.!1 ;r 2.:1 "2
Ll0-15
trada na Fig. 10.21, na q~al se pode determinar o valor de T
· max
com base no círculo de maior diâmetro, correspondente. ao estado
de tensÕes de uma face sujeita ãs tensÕes cr 1 e cr 3 •
I
-t-
I
: "tmox
+--=0'-'-----+-
I 1 . !T - = -z<crl-cr3) max
S em
FIG. 10.21
L.N.
fiG. 10.22 -o- SECÃO TRANSVERSAL
'
carregamento
~~ l t f t oExterno b
45
Cl
FIG.I0.22. b ELEVAÇÃO
Ll0-16
No estado de tensoes em torno de um ponto interno de u-
ma viga, de maneira geral pode-se considerar que a tensão o é nu
- y la, admitindo que as tensoes o provenientes da açao do carrega-y
mento externo causam somente perturbaçÕes locais, que' se dissipam
à medida que se consideram pontos afastados das faces externas da
viga, segundo o Principio de Saint-Venant.
Cl
FIG. 10. 23 -ESTADO DE TENSOES NA
VIGA
tor e as
As tensoes normais ox
tensões de cisalhamento
sao provocadas pelo momento fle-
1 são provocadas pelo esforço
xy
cortante, como segue:
1
xy
M (x)
• -J- ·y
z
onde y i a distância da Linha Neutra ao ponto considerado, Ms e
z
o momento estático, em relação ao eixo z, da área hachurada si-
tuada abaixo do ponto e b i a largura da seção transversal ao nr
vel do ponto (Fig. 10.22.a)
a) Cálculo das TensÕes
Um elemento em torno do ponto P, segundo a orientação
das direçÕes a-a e b-b, fica sujeito às tensÕes indicadas na Fig.
10.24.
' !.
..
L10-17
Cl b
CTll LI
'l:xy "':xy b
Flt. 10.24 ESTADO OI! TENso·ES EM TORNO CO PON'rO P
Usando a expressao (10.1), com ay • O
obtém-ma:
o
e •::1 • :1: ·45 ,
(]
a a
(]X O O 2
2 cos(90 )+ Txy·sen(90) • 750 kgf/cm
ou seja:
(] - 2T = 1000
x xy
(] + 2T = 1500
x xy
e portanto:
\
CJ = 1250 kgf/cm 2
X
.......====:;
1250
12 !'i ====:--:--1
125kg/cm2
1250 kg/cm2
----
FI G. 10.25 ESTADO DE
TENSÕES
T.l0-18
b) Cálculo dos Esforços Solicitantes
~r =
zz
6x12 3
12
Yp = 3, O em
a • J
X ZZ
y p
=
= 864 4 em
1250x864
3,0 = 360.000 kgf.cm = 360 tf·cm
Como a tensao r:Jx resultou positiva e o ponto P situa-
se abaixo da Linha Neutra, pode-se concluir q*e o momento encon-
trado traciona a viga em baixo.
M8 • 3 X 6 X 4,5 = p
3
em
'b • 6 ~O em
Q = 125x6,0x864,0 = 81,0 8000 kgf = 8,0 tf
A força cortante encontrada tem direção e sentido iguais
aos da tensao T , ficando a seçio transversal solicitada pelos es
xy
forços Me Q indicados na Fig. 10.26.
Q= sp ti
-+:_-_·_-_---~----_-_-_·~~~~-----·V·· . .,.,.~
,
FIG.I0.26-ESFORÇOS SOLICITANTES Me Q
Observe que este esforço cortante, proveniente de uma
tensao T considerada positiva segundo a convenção adotada, teria
xy
um sinal negativo segundo a convenção de esforços solicitantes(dia
gramas de Q),
que considera positiva a cortante que percorre a se-
çao no sentido horário.
Ll0-19
Este problema deve ser resolvido em duas etapas, a pri-
meira isotitica e a segunda hiperestitlca, isto i, a primeira ati
a situação em que a viga, ao se deformar, encosta no apoio móvel
B, e a segunda a partir dessa situação.
Sendo de 0,5 em a folga existente entre o eixo indefor-
mado e o apoio B, procura-sé o valor de uma parcela p1 da carga
total, necessária para produzir no centro da viga uma flecha de
0,5 em. Sabe-se que essa flecha i dada por
onde
ou seja
f ~
max
s pl~ 4
• 3a4 E J
b h 3
z
·-·
6xl2 3 ~m4
• 864 ~ 12 12
0,5 - 384x2000x864 r 1 • 2,59xl0-
3 tf/cm : 0,26 tf/m
Pode-se concluir, com isso, que da carga total p • 0,6
tf/m, uma parcela p1 • 0,26 tf/m trabalha para encostar o centro
da viga BO apoio B, sobrando portanto, para a segunda etapa, uma
carga p 2 • 0,34 tf/m.
Essa etapa, hiperestãtica, i resGlvida por superposição
de efeitos, sendo a estrutura real(l), substituÍda pela soma das
estruturas (2) e (3).
( l )
(2)
'3)
rrr1 'i 11 'I'L'L-_,'1_1' ...... '' 'Lll"-_'1 .,.D..,. . ..,I-.'1 ,..1 -r1..,...,1 [ .... ~~~ • o,34 11/m
RJ fRa rRe
,I
I
I
I
111
1:~' ;;:;1 =1=1 ::1 ;::i ;;:;!::;!:::;1 ::::;;:[::::';:;;! -;;:;] :;;:;1·~-L=I-::' ;:I::';Ç;}-P2 • o,:s4tt/m
mr l
'
+
!
'
' I'ICII. lO. 27 • UTAUTUIIIA HIIIIUUTÁTICA
Ll0-20
No cálculo de RB usa-se a condição de que a flecha em
B (na segunda etapa) vale zero. No problema 2 , a flecha em B
vale:
4 5 p 2 t
384 E J
z
=
-2 4 5x0,34xl0 x400
384x2000x864 = 0,656 CI:l
e no problema 3 , a flecha em B vale:
e portantcl
3 R8 ·400
3
fB3
RE·Q.
o, 772 RB = 48 = = E J 48x2000x864
A nulidade da flecha e~ R permite escrever aue
- ! B = O
3
0,772 R8 - 0,656 = O
R, = 0,85 tf
Portanto, para o problema em questao tem-se
H =O
vert
""'- p =0,6tf/m
~~:::::::::::::::;;:==:::=~/A@ ·'·t'~A l 0,65 H j R c ~ 2m l, 2m
I !
FIG. 10.26
+ R x4 + 0,85 X 2 - 0,6 X 4 X 2 = 0
c
R = O, 77 5 tf
c
RA + 0,85 + 0,775 - 0,6 x 4 = C
RA = \1,775 t!
Ll0-21,
Conhecidas as reaçoes de apo~o traçam-se os diagramas
de força cortante e momento fletor.
@ 0.77511'
10,425 tf
0,775 !'F
@
0.3tf.m
FIG. 10.29
O cilculo das tensoes principais no ponto D da seçio
transversal localizada i direita do apoioB, ; feito com os esfor
ços M
I
z
= 0,35 tfm (tração embaixo) e Q = 0,425 tf.
bs6cm
y
3em
y = 3em
o
6 em
= 3 X 6 X 4,5 = 81
FIG.I0.30- SEÇÃO TRANSVERSAL
cr
X
=
35x3 2 y 0 =-'8"64 =-0,1215 tf/cm
3
em
Como o ponto D estã acima da Linha Neutra e o momento
-1 " · f'b · f · s a tensa-o o comprimirá r etor ctB trac1ona as 1 ras 1n er1ore , x
o elemento plano em torno do ponto D.
Ll0-22
0
•
425 xSl a 0,0066 tf/cm 2 6x864
Portanto, o elemento plano em torno do ponto D tem o se
guinte estado de tens;es
X
FIG. 10.31- ESTADOS DE TENSÕES EM 'D
.Note-se que na convençao adotada para tensoes, 1
xy e
negativo e corresponde, na convenção
uma força cortante Q positiva.
de .esforços solicitantes, a
Conhecidas as tensoes o e 1 , as tensoes principais
x xy
podem ser calculadas com base na expressão (10.6), como segue:
=
o +o
X Y..
2
o -o
(_x _ _::, 2 2 .
2
= 0,0004 tf/cm
2
o 2 =-0,1219 tf!cm
4.0 em
Ll0-23
I
i e
--t·-
1
1
3. 0 Clft
1
I
\ 1 3. O em
0.5tflcm~
4.0 em l
FIG. 10. 32
Para calcular-se as tensoes principal.s que solicitam a
chapa, utiliza-se a expressão (10,6),
cr +cr
X y ±
2
cr -cr 2
( X y)
2
na qual ê necessário que as tensoes cr e cr atuem em planos perpe_n
X y
diculares entre si. As tensÕes cr , cr e T serao obtidas utilizan
x y xy
do-se equações de equill:brio sobre os trechos triangulares ACD e
ADE, retirados da chapa através dos cortes I-I e II-II.
a) Cálculo de crx e T (Corte I-I)
-xy
As forças F 1 , F 2 , FT e Fcrx sao provenientes da ação das
tensoes que atuam nas ãreas das faces da chapa ACD e devem equili-
brar-se.
/
6rea • A
Ll0-24
li
A I/ are o: 2 Asen 8
L YL o
I F a I I
I
c
I
li FUI. lO. 33 o
Sendo A a area das faces AD e CD, resultam:
Fl • 0,5 •• A
F2 • 1,0 .: A
F't" 't" • (2Asen9) 3 1,2 A•'t" • • 't". 2A. 5 ..
F a ax. (2Asen9) 2A 3 1,2 A•a • • a • - . X 5 X X
As projeçÕes destas forças segundo os eixos
Flx = r 1 .cos9 0,5 A
4 0,4 A • -. 5
Fly .. r 1 .sene - 0,5 A
3
5 .. 0,3 A
F2x F2 ·cose 1,0 A
4 0,8 A
-
• .. - .. 5
F2y • F2 ·sene • 1,0 .. A .
3 0,6 A - . 5
L
Fax
.c
lx
X e y <;ralem:
-A chapa ACD fica portanto sujeita as forças mostradas na
Fig. l0.33.b~ cujo equilrbrio fornece:
lrx • o • A(0,4+0,8) = 1,2 A•ax
. .
.-
Ll0-25
tF • 0 + A(0,3+T•l,2) • A.0,6
'I
T • 0,25 tf/cm2
c
FlS. 10. 53. b
b) Cálculo de a
1
(Cortes I-I e II-II)
0.4A
CORTE I-I
I
I
I
: tfreo A sen e
"/ F~ =0.25 x(0.6)•0.15A
---~Fx•I.Olt I0.6AI
li --0·.~-:::::=:;:==-nly -·-·-·- CORTE n.- n.
F 1: • O. 2 5 x (O ..i A l J rreo A c os e
F a • CTy x 10.81
y
FI 8. lO. 34
O equilrbrio deste novo trecho de chapa leva a:
A(0,3+0,15) • A(0,8 a ) y
2
a • O , 56 2 5 t:!/ em y
Ll0-26
Conhecidos os valores
estad~ de tensÕes, tirado de um
de cr , cr e 'T ,
X y
ponto qualquer l 0,5625
r=-=====,'' :0,2 5 tf I c:tn:2
tem-se o desejado
pertencente i chapa.
a. o __ _ 1---,.ox• I.Ott/c:m2
"'=======""
L lt
L:J., = 0,5 625 tf I c:m2
FIG. 10. 35
OBS.: Verifique-se que nas faces perpendiculares, conforme CAUCHY,
atuam tensoes de cisalhamento de mesmo valor.
O'l} = 1,0+0 ,5625 ±
cr2 2
cr 1 = 1,11 tf/cm
2
J (1,0-~,5625)2+ 0,252
2
cr 2 = 0,45 tf/cm
c) Os plancos onde atuam estas tensoes podem ser obtidos com o au-
xilio da circulo de Mohr, utilizando-se o conceito de polo,se~
do ep e (6p+90°) os ângulos formados entre as direçÕes princi-
pais e a face A.A (Fig. 10.37}.
"tU fiem"~
Analiticamente, esse ângulo
uso da expressao (10.5), ou seja:
FIG. 10- 36
e pode ser obtido pelo p
dos @ e
estado as
Ll0-27
tg(26p) 2-r
"
2x0,25 1,143
" • Cl -c; l,Õ-Õ,Sil25
X J7
e o 114,4° tt 24,4· 6 =
pl P2
-Portanto, os resultados obtidos sao os seguintes:
Y IA t
a •0,5625
'
' 0.25 '
'
C!~ ----l a. •I,O u~eoo'
0,25
10,5625
I
I
:A
F!G.IO. 37- ESTADOS DE TENSÕES
O, I ! 0,4tf /cm2
--'-:~
0.4---JI::J
Lo.l
l0i
fiEl. !O.SS- ESTADOS DE TENSÕES @e{[)
No estado de tensoes @, resultante da soma
® atuam as tensoes mostradas na Fig. 10.39
tensÕes principais não devem ultrapassar 0,8
dos esta-
e neste
tf/cm 2 .
110-28
( 0,4 + "t l
0,4- j [~] _ 0,4tflcm2
r o.4+"tl
tO, I H/cm 2
FIG.I0.39·ESTADO DE TENSOES RESU l TAlHE
Sendo T = (0,4+T) obté~-se, com base na expressao
c
~10.6), que fornece o 1 e o 2
Ambas 2 as tensoes devem ser ~enores que 0,8 tflcm . A
tensao o 1 serã positiva, como se
o 2 poderá ser positiva (o~~ 0,8
pode ver na expressão e a tensao
? tf/cm-) ou negativa (o 2 ~ -0,8
~
tflcm 4 ).
2
a) o 1 ~o,R tflcM
co,4;o,l)+ yco;s/ ... 2 T
c
? ~
< ..._ 0,8
~ O,fi tflc~ 2 T c
? "!- ~ o' 3 6 t f I Cr.1- + c l T >-- -0,6 t f/ em-
(0,4+T) ~ n, 6 +
(0,4+T) ~-o, 6 +
c
T ~ 0,2 2 tf I em
T
2 ~ -1, O tf/ c~
? o
- 1 , O t f I c~- .:::;. T !'S O , 2 t f I em-
!'S0,8
• •
L10-29
V (0. 25) 2 + 2 <O 65 - 't" - • c . . 0.25 2 2 _; (O 65)2 + 1: ~ ' . c
't" ~ 0,6 tf I em 2 -~ ~ 0,36 c
't" ~ -0,6 tf/cm 2 c
(0,4+1") ~ 0,6
-·
't" ~
~
o '2 tf/crn-
(0,4+1") ·~ -0,6 T ~ -1,0 tf/cm 2
-1,0 tf/cm 2 ~ 't" ~ 0,2 tf/cm 2
, >- -o, 8 tf/cm··
0,15- v (0,25) 2
Jco,2s) 2 , + , ..
c
,2
€l
s ~- 0,84
(O,It+T) ~ o' @ 2
(0,4+T) ~ -0,92
""
>--o,r:
~ -0,95
't" ~ 0,92 c
Tg ~ ~0,9';;
'f ~
""'
l'l,:\2 tf hm :l
-1,".' tf/cm2 -~ ~ -O 5' tf/•m 2
"' ·~·- •.
Os casos (a) e (b), cujas soluções coincidem,e o ca-
so (c) terio, portanto, como soluçio conjunta para e tensio T, os
\ 2
valores 'compreendidos entre -1,0 e 0,2 tf/cm
' ~ 0,2 tf/crn·
Ll0-30
A obtençio das tensoes principais nos pontos 1 e 2
da seçao transversal do apoio R , exige a determinaçio do momen
-to fletor e da cortante nessa seçao, obtidos como segue:
a-I
I l I l I I I I I l l l l , I l I I lj l I l
2.0 m 0.511'1
e ....I
FIG.\0.40- VIGA CARREGADA
a) Obtençio das Reações
. 1 tf /m
l I I l I l I I I I i :. I I I I I I i I i I 1 I":
..j...l R-A--·-2·..Q._I!!_ _______ l :~.j
FIG. 10.41
R 2 O 1 O 2 5 ~.s ~ .. -.E X , - , X , X - 2- = " RE = 1,563 tf
RA = 0,937 tf
b) Traçado dos diagra~as
Q(em til
M [em tf. m l
.~0,5
0,937 '$.'.
·-1,063
0,125
a • • a .. ;; 1,063 u
IIICl
----- .... P!.z ~~~~~~~~~~~llil~~, !!=
"
• lx 0,5
e = 0,03
'\'-.Pl..z: 0,5
8
M8 = 0,125 tf.m
FIG. 10. 42- TRACADO DOS DIAGRAMAS
..
Ll0-31
e) Características C~ometricas da Seção Transversal
- Centro:de Gravidade
s,
Usando como referincia os eixos z e y tem-se:
ZC.G = O (simetria em relação ao eixo y)
L:S.y.
:t l.
Yc.G = L:S.
l.
=
I 10om
y
t_IO 9"!
10x20xl0+10x30x25
10x20+10x30 = 19 • 0 em
y = 19 .... 1
I
10 •m
I
I
!
-l-
i
- ~20cm
I i I O em
I
FICI.I0.4ll• C:INTRO Dlt UAVIOADi
- !tomento de Inércia &I Homontou Ea.s_iit:!.cos
M • lO X 15 x 11,5 • 1725
s (2)
)
- i' d) Calculo das TensÕes (Seção B.B)
- Ponto l
• o
+ l0x20x9 2 •
3
em
Ll0-32
.cr(l) •
~
ser a to~ada negativa porque o ponto
esti abaixo da Linha Neutra, zona da seçio em que MBB causa com-
pressao. Dessa forma, o uso da expressao (10.6) fornece
-3 Cl 2 ...,
(--'-0) +()'' 2 . 2
cr 2 = -3,8 kgf/cm
Esse resultado era esperado, uma vez que, sendo ~(l)
igual a zero, a prÓpria face do elemento de tensio em que atuam
cr(l) e ~(l)' tem direçio principal.
~·---· -----o, . D o,= 3,Stf/cm2
FIG.\0.44- ESTADO DE TENSÕES
- Ponto 2
1,063xl725
10x36167,0
-3 ? ~
= 5,07xl0 tf/cm- = 5,07 kgf/cm-
v 2
''"lB 1° 5 -3 ° ~ = ~ = -, x 4 = 1,38xl0 tf/cm- = 1,38 kgf/cm
v(2) Jz J2 36167,0
-t- --
' I i
" !
i
. 120
a@-t--"-
em
+
...l. Semi· ~-·---....,. ·- . ·-r-
- -
.I em
~:10 ~- ' +
em
-
'\
®
-. -- - - --
-e. e
(:) 3,8 rtl @ (kgf~) (ki{/cn2 l
FIS.\0.45-V!STA LATERAL DA VIGA E DIAGRAMAS DE TENSÕES
Ll0-33
O estado de tensoes em torno do ponto @ p<:>de ser re
presentado por um elemento de ãrea como se mostra na :~ig. 10.46,
e portanto, respeitadas as convençÕes de sinais para •esforços so
licitantes e tensÕes, resultam os sentidos indicados.
AG.I0-46- ESTADO OE TEHSÕES (PONTO 21
2 °1
2
=5,81 kgf/cm
(-l-2_3_8) + (5,07)2 +
cr 2 = -4, 43kgf I cm
2
Através do círculo de Mohr podem-se obter as: direçÕes
principais em que atuam cr 1 e cr 2 , para os esta dos de tems ao em
torno dos pontos @ e @ .
No caso do ponto Q), isto não e necessário, jã que,
como 1: (1) e cry(l) são nulos, o cÍrculo de, Mohr reduz-se a um
ponto e portanto as direçÕes principais são·paralelas is dos
eixos y e z. No caso do ponto 2 , obtim-se as direçÕes princi-
pais mostradas na Fig. 10.47, que podem também ser obtidas ana-
liticamente, como· segue:
tg(2C!) =
2 1:
xy =
cr -cr
X y
2x5,07 = 7 , 348 1,38
o C! = 41,12
Ll0:34
1! O'{kgf ,.,J)
\
\ \,.....;o,
·'l \
.--====:=...--,5,07
FIG.I0.47- CiRCUL.O DE MOHR E DIREÇÕES PRINCIPAIS
As direç;es principais sio encontradas utilizando-se o
conceito de polo, sendo paralelas às retas PA e PB, como mostra
a Fig. 10.•~7.
c:::::;==:::J :t 2 em
·-t-- 50 em +- 20 em
FIG. 10.48
A força oblÍqua P pode ser decomposta segundo as dire-
çoes vertical e horizontal, em forças PV e PB' sendo esta ~ltima
transladada para o C.G. da seçio, criando assim um momento fle-
tor Mz' que provoca traçao nas fibras inferiores.
Ll0-35
a) Esforços no Engastamento
! • 50 em
FIEl. 10. 4t
50 200
-;::::::::;:::=;.-. 3,81 tf ~ 502+162' 52,5
16 PV • 4·sena • 4x 52 , 5 • 1,22 tf
M • -M +P •I = -p •e +P ·I • -3,8lx8+1,22x50•30,52(traçio em cima)
e z V H y V
b) Cálculo das tensoes nos pontos A e B (seçio do engastamento)
A força ~orizontal PH' atuante no Centro de Gravidade,
provoca o aparecimento de tensÕes normais CN uniformemente distri
buidas na seçio. O momento fletor Me' po~ sua vez, introduz ten-
soes eM' e a força cortante Q • Pv, introduz tensÕes de cisalha-
mento 1, cujas distribuiçÕes na seçio sio indicadas na Fig.lO.SO
M : 30,52 tt. em
ll
fiG.IO.!IO- ESFORÇOS SOLICITANTES E DIAGRAMAS DIE TENSÕES
L10-3&
b 1 ) Características Geométricas
J • 2 [ 20xZ
3
+ 20 X 2 X .9 2J +
z 12
2xl6 3 cm4 12 • 7189,3
li • MS • 2 X 20 X 9 • 360 cm 3 5 A B
5 • 2 X 2 X 20 + 2 X 16 • 112 cm 2
b 2 ) Cilculo das Tens;es Princiuais
Ponto A
H
e
:r;
Ponto B
li
e
:r;
o • - ~ + 30,52 • 8. o,o
A 112 7189,3
o •- 3,81 30,52 ·S•-0,068tf/cm2
r, ~- 7189,3
1,22x360 •
2x7189 ,3
-2 2
• 3,0Sx10 tf/cm •
• 3o,;, kgf/cm 2
q_ __,H~ 0 r-q_=o
"-==::::;;:-'"tA : 30, ~ kgf/lmf
o, ] vc3o,s) 2 • = ±
02
01 • 30,5 kgf/cn
2
02 • :.·30 ,5 kgf/cm
2
2 OB • -68 kgf/cm
2 TB • TA • 30,5 kgf/cm
........
_.........,
O' e
®
~
01
-68 I (-~8/ +(30,5)2. = -- ± 2
o,
L
01 11,7 kgf/cm
2
=
-79,7 kgf/cm 2 02 =
.
' •,
LlP-37
o3 ) RireçÕes Priucipais
'\...
•
. '
a • -'fl/4
'11 ""~em•,
tlt; iiCI,a I
P!! polo
FIG. 10.51
.. ~(1+50)
I
I ~ i.~ I
a
(k-af/ell'h
0,9
Oi
FIG. lO. 52
A fim de calcular as tens~es principais nos pontos A e
B deve-se inicialmente determinar o respectivo estado de tensão,
com base nos esforços solicitantes da seção central da viga.
a) Cálculo do momento fletor e da força cortante na seçao I
a 1 ) Cálculo das ReaçÕes
\
r ' ! Zlf.m C? Cl t R, se oi f Rz '. I
2m ' 2m
FIG. 10.53
110-38.
= o 2+1x2-R 2x4 = o R2 = 1 tf
Traçado dos Diagramas de H e Q
Q (Ofll tf l li li i li t§i: I i I! I r-,u
Mleattml 2 11il!!l!llll\lll~
FKI.IO. 54· DI A GRAMAS DE Q e lol
Na seçao I encontram-se M a 2 tf·m e Q = 1 tf
b) Câlcul·~ das tensÕes normais .e de eisalha!!!ento
-+L 0 I •
' E'
% ~I c.G.iiB
.=}em
'
I ® I
I 'Sem
-l y I 2 em
FIG. 10. 55
8 X 12 3 3 J -Z(3x8 ) 896 4 = = em z 12 12
'! = 2 8 5 = 80 3
"'s X X em A
M SB = 80 + 2 X 4 X 2 = 96 em
3
110-39
crA., ~~~x4., 0,893tf/cm 2 = 893tf/cm 2 (compressão)
lOOOx~é
~1\B~-p- -·
Cama as pontos •seio ~ituado~ na $@;ia l, i di~eita da
car~a ~aneent~ada, o sentida da !ar;a ea~tante & a indicado na
Fi$• 10.56 e po~tanto os ªffltados de tensões dos pontos A e B
são os seguintes:
11tm l I r ~ Q • I ti
-· Ot
·-
44,6 kgf/cm2 e>3 ,s I<Qf~m •
893 0 893 kqf/em2 0 t
I
44,6 53,6
FlG. 10.56
c) Cálculo das tensoes principais
cl) Para o ponto (A)
'1)· -89 3 J -803 2 44,6 2 -~- :!: c---) + 2 0"2
kgf/cm 2 ()"1 = 2,2
()"2 = -895,2 kgf/cm
2
L 10-40
Pelo cl:rculo de :Iohr resulta:
I
I
I
I
/i§ Cf
f 2
2
"t (llgl/cm )
I
I
I
i----"e.u.z l , I
2,2
FIG. 10.57- CÍRCULO DE MOHR
Analiticamente pode-se obter a por:
2T
tg2a " cr--=:-cr =
X y
2(-44,6) o
_ 893 = 0,10 .•. 2a = 5,70
c 2 ) Para o ponto (B)
' I
e a = 2, 8 5°
~
cr 2 = -53,6kgf/cm~
ou
Pelo círculo de !lohr tero-se
2
"t(kgf/em)
P: polo
"'- _ex= 45°
"' L "< .
'. I 2
'- cr( kgf /em )
FIG. 10.56- CIRCULO DE MOHR
analiticamente: tg2a = Z(-53,6)
o
Jj 11
Lll-1
ESUDOS DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES
De um sÕlido sujeito a um estado triplo de tensões, po-
de-se isolar um elemento de volume dx dy dz, o qual tem suas fa-
ces referidas aos eixos coordenados x, y e z como se mostra na
Fig. 11.1. Faces opostas são solicitadas pelas mesmas tensÕes, u-
ma vez que se desprezam posstveis forças volumétricas.
11
FIG.II.I- ELEMENTO DE VOLUME
As convençÕes de sinais adotadas para o estado plano de
tensÕes são aqui mantidas. Por exemplo, sendo o sentido de uma
tensão a positiva (de tração) concordante com o de x, as tensões X .
T~y e Txz serão igualmente positivas se os seus respectivos senti
.dos concoriarem com os de y e z.
As deformaçÕes & desse sllido, medidas se~undo as dire-
=
çoes dos eixos x, y e z, são dadas pelas expressões (11.1), nas
quais E e 1.1 são respectivamente mÕdulo de elasticidade longitudi-
nal e coeficiente de .P.oisson.
- 1.1 (a +a ) X Z • ••• (11.1)
&z • l [a - 1.1 (a +a ) J E Z X Y
Lll-2
As distorçÕes y sao, por sua vez, dadas pelas expres-
soes (11.2), onde G ê o modulo de elasticidade transversal.
Yxy •
Lxy
G
Lxz
Yxz • G
y -
-
~
yz G
E G • 2 (l+>J)
.. ~ . (11.2)
Conhecidas as deformações segundo as direçÕes x, y e z,
é poss!vel determinar, analogamente ao que foi feito para as ten-
s9es, as deformações que ocorrem segundo direçÕes ortogonais x, y
e z, obtidas por rotações dos eixos coordenados.
No caso de um estado plano de tensÕes (CJ • O, L e L •
z . xz yz
• O) como o da Fig. 11.2, ê válido escrever
1 [crx cry J &· .. - >I X E
1 [cry cr J (11.3) e • - >I . . . . '1 E X
T
Yxy • 2Z G
1 ay
'
' .. , y '
'I X
"
" CTX ~? CTX a>o
a- •--' x xy ,
X '
'
•xy '
Ly ' dlrecão ' • H
F1G_II.2 -ROTAÇÃO DOS EIXOS
As deformaçÕes e a distorção segundo as novas direçÕes
x e y sao dadas pelas formulas:
e:- =
X
e: +e:
X y
2
e: -e:
+( xz Y)cos2o: + sen2o: .... (11.4)
Lll-3
QU
•••• (11.5)
y-- = (E -E ) sen2a + y cos2a
xy yx xy •••• (11.6)
ou
2 2 y-- = 2{E -E ) sena cosa + y (cos a-sen a)
xy y x xy . . . . (11.7)
.2!!.:_: Para se calcular E;: usa-s e o ângulo Ih Sendo 8 = a+9 o0
tem-se:
e:-y
2 2
= E sen a + E cos a - E cosa sena
x y xy
'
.2!!.:_: a) O ângulo a é marcado positivamente a partir de uma hori
zontal (eixo x) e no sentido anti-horãrio até o eixo cu
já direção é a da deformação a ser calculada.
b) Note que as f6rmulas (11.4), (11.5), (11.6) e (11.7) p~
dem ser obtidas a partir das f6rmulas (10,1),
(10.3) e (10.4), trocando-se nestas: a por
X
e 't
xy =
Yxx
-2-
(10.2)'
a por e: y y
Portanto, as direçÕes principais, segundo as quais se
tem as deformaçÕes principais, são obtidas através de
tg2a p • • • • (11.8)
e os valores das deformações principais sao obtidos através de:
..
E +E
X y ±
2
(11.9)
Lll-4
p•I.O U/cm2
30 em E• 100 tf/c:m 2
1-1•0,25
30 em
FIG. 11.3
No problema em questao, o cilculo das tens;es que atuam
nas direç;es A-A e B~B i necessirio, uma vez que as de
formaç;es pedidas ocorrem segundo essas direç;es, Tais
tensões foram ji enco.ntradas no exemplo Ll0/20, seme
lhante a este, e valem!
- c;
X
2
., l,O tf/cm
'AB = 'xy = 0,25 tf/cm 2
___ 1.0 tf/cm2
'=======:--I O. 2 !S tf I cm2
Jo. ss2s t f/em"
FIG. 11.4
Lll-5
ConQecidas essas tensões, resultam, com base nas expre~
sões (11,1), com = o, z..
1
=-100 l,0-0,25(0,5625)
1
= Tõõ 0,5625-0,25(1,0)
e portanta~
-3
• 8,6 X 10
-3
• 3,1 X 10
De acordo com o enunciado, a deformação e- deve
X
ser
igual a zero (Fig •. 11.5)
-~·
p
i
L
'i
Lll-6
Conforme as expressoes
sao dados por:
(11.1), os valores de e e e
X y
do que
e
X .. f [ p -
~ ,._El [-E-2-~y
O valor de e-, com base na expressao
X
~ Yxy • O, uma vez que Txy • O, e
e- •
X
e +e
X y +
2
e: -e:
( \ y) cos (29)
(11.4), e lembran
Substituindo na expressao de e:x as expressoes de ex e
e e impondo e- • O obti~-se: y X
ou seja:
o = L [cr. - H. 2E 2 2 lF. 3\J l p)+( 2 + 2- p)(-cos29)
1 e • 2
(1-)J)
, • cos29 = 3 ( 1+\J)
[ 1-)J ] are cos JO+lJ)
O cubo, colocado dentro da câmara, eatarà sujeito a
um estado hidrostático de tensões, conforme Fi8• ll.ó,
li
Lll-7
p
I
I
I
1
p
--- p
---
----- ........
I
I
I
I
p ______ L ___ f __ ------ -~
'-".;:;,..._ ___ l--_...= -~ J.
rr
FIG. 11.6 - ESTADO DE TENSÕES
Sendo t o comprimento da aresta do cubo, tem-se que
e: •e: =e:= X y Z
t:..t = O Ol"' • _ O,Olt = _10-4 l!. ' " 1 O Ot
O uso das express;es (11.1) ao caso em questio leva a
Sendo e;
X
= e;
z
=
= e;
z
![ l-2)l]
resulta
-10- 4 = 2 ~to<l-2x0,3) 2 p = 0,5 tf/c:m.
&.! O 1---------o..;.: --------:::f'_.!>,// M>O
I //
'
;•
X I /// X ':'
'~o· __..--" '
---------r ~~----
< 3+ -------,
._r. / I ) j / I
I I
Cll
Q>O
FI G. 11. 7
Lll-8
a) Obtenção das TensÕes
-Sendo os eixos y e z indicados na seçao transversal e
x um eixo longitudinal da viga, resultam
-5 E =E = 7,14 x 10
a Y
o -5 Eb = Ex (para a = 30 ) = 16,07 x 10
e com bases nas expressoes (11.4) tem-se
E +e · e -e yxy
xy+(xy (o o
=
2
- 2 )cos 60 )+ --2- sen(60 )
Sendo a y nulo por hipótese e a nulo porque não exis-z
tem tensÕes segundo
M) atravês de
a direção z, pode-se obter a (que fornecerá
X
. 2
a = -0,5 tf/cro
y
O valor de ~ = 0,3 foi obtido por meio de
G = ....,,.:E:_....,...
2 (l +jl) = 808 =
2100
2 ( 1 +~)
Encontrado o , o valor de e pode ser obtido com
X X
.. = l [a J = ~ ~~ - i "~ -~
_ Cê•bêêi!ê§ 6•' êy' I êfiê•llliê dê plã•ê ~=~ ê ã dêfêl
mãç~o •§§§ã dilêliê, pêdê=§ê ê~lêl y~,, •êêꧧltiê I dêlêlmi••=
ÇÃO dê ÍOIÇã ~êlll.lê,
cb • 16,07 • la=• = t=l.~~•1a=•.,,14•1D=I, •
+ C-2,3Sxl0-:-7,14x10-l) eo§(2x30ª)• Y2y §êH(2x~a~)
Lll-9
- -4 Essa equaçao fornece y • 7,42 x 10 e portanto
:'y
-4 2
txy • Yxy'G • 7,42 x 10 x 808 • 0,6 tf/cm
/
dire~ão b.by
/. 2 ,_.:===::;::==:::.~,; x.y ;' O. 6 tf I em
' o
' C\1 60 .--·/.
,_ r • a
\ I ••
(;.Jo'-- ---
\
2 o1 a -0.5 tf/cm
I
I
,..--;a= 30°
I
\ ' \J
FIG. 11. 8 ESTADO DE TENSO-E$ NO PONTO ~
Observe-se ~ue 1 defor~aç;o Eb ocorre segundo uma dire
çao que forma um ân2ulo de 30° co~ a direção x-x, feita uma rota
çao em sentido anti-horirio (;ositivo).
b) Obtencão dos Esforços Solicitantes
b 1 ) Caracteristicas Geomitricas da Seção Transversal
J
z
4xl2 3
= ~-- = 576 12
4
em
'3
:f = 4 X 3 X 4,5
s
= 54 C L:;
(ponto O)
b = 4 em
b .J • T
'"Q - z xy • M
so
y = 3 C!:\
o
4x576x0,6 • 25 , 6 tf 54
OBS.: Si orientado da mesma forma que
tive se for considerada a convenção de sinais de
tantes.
~ , sendo nega
•xy -
esforços solici
I cr I · J IMI • X z =
Yo
0,5x576
3 = 96,0 tf•cm
OBS.: Dada a posição do ponto O (abaixo da L.N.) e se~
do cr negativo, conclui-se que M traciona as fibras superiores.
X
X
I
I
!
J o:. y
I
d • 10 em ~
E•2100tf/cm
j.L•0,3
FIG.II.9.o- ESTADO DE TENSÃO FIG. 11. 9. b- TUBO DE PAREDE FINA
a) Cálculo de !ensÕ~s e DeformaçÕes
O tubo, estando engastado em uma de sues extremidades,
livre na outra e 8endo 8clicltado pelos e8!or;oa He e z,, C$tari
3ujeito, ªm qua~~ue~ um doê ponto~ de uma ªeção transversal gen~
rica, ao estado de tensÕes da Fi~. 11.9.a.
-4
s = s = -1,4 X lO
•• y
= L,8 •. I' -4 X • ,J C:ara c. = 45° a partir à e x-x)
Senào e c nulcs, roCe-se cbter 0 por ne~o àe €
Z X y
(ex p. ( 11. 1 ) ) .
2
t:f /.cr::
Lll-11
Com este valor de cr , encontra-se € que, J"unto aos de-
. X X
mais dados, possibilitará encontrar y através da ex!>ressão xy .
(11.4).
e: = e:- = bb X
-4 4,8xl0 =
-4 -4 (4,67xl0 -1,4xl0 )+
2
-4 -4 y
. +(4,67xl0 +1,4xl0 )cos(2x45o)+2L sen(2x45o)
2 2
Y = 6,33 X 10~4 xy
E -4 2l00 2
Txy • yxy·G • yxy 2 (l+u) •(6,33xl0 ) 2 (l+0, 3) • 0,5ltf/cm
b) 'cilculo dos Esforços Solicitantes
b 1 ) Momento torçor
El:l tubõs de rarec!e fina sujeitos ã torção sabe-se que
2 'i
t
2
• 0,5lxwxl0 x0,2
2
t = 16 , 0 tf • CM
b 2 ) Esforço Normal
N • cr •S • cr ·~·d·t = 0,98xwxl0x0,2
X X
. . :; 111 6 '16 t f
Lll-12
c) Sentidos dos Esforços
-Sendo cr e T valores positivos, seus sentidos sao mos-
x xy
trados na Fig. ll.lO.a, que representa o estado de tensÕes em tor-
ne de um ponto genérico representado na Fig. ll.lO.b, onde também
estio indicados os sentidos de N e Mt.
VIG, !I, 10."' I'IG, IL lO, b
I'IG, 11, li
í i lb@Otf;l~~
!"i! O, I
LH-1·3
A obten~ão de cr , cr e •
das
"% v ~· :;: v
expressões (ll.l) c cú.z), i?&~~
deverá ser feita com o uso
o que é necessário conhecer
os valores de ty (dado), ~x e Yxy'
A expressão (ll.l) aplicada ao problema conduz a
. . cr - 0,30cr • 0,6 y X • • • • (A)
Com o uso de (11.4) tem-se
t +300xl0- 6 t -300xl0- 6
ta • ti = 2 O O ~ 1 O- 6 • ( x 2 ) + ( x 2 ) co s (2x
0 x60°)+ yxy sen(2x60°)
2
ou seja
E + 1,732 y = -100 X 10-6
x xy .... (B)
- - - o Como a direçao principal e obtida por rotaçao de 60 do
eixo x-:z:, tem-se, usando a expressao (11.5)
-6 E -300x10
X
= -1,732
-& - 0,577 Y = -300 X 10- 6
x xy .... (C)
O sistema de equaçoes
t
X
• 500 X 10-G
e!"1 t e y resolvido c~uduz
x xy
O~a vez conhecidas essas deformaçies, tem-se
E -6 2000
'xy • Yxy·G = Yxy 2(1+~) =(-346 x 10 )2(1+0,3)
a
ou seja
2
1: c 0,27 tf/cm
xy
€
X
Lll-14
a - 0,3 cr = 1 1 0 X y
500 X 10-6
. . . .
Usando as equaçoes (A) e (D) chega-se a
2
a .. 1,30 tf/cm
X
2
a • 0,99 tf/cm y
e ao estado procurado de tens;es
t ay = 0,99 t!/cm2 2
r--====:....,"C'ay• 0,2'1' tf/cm
t a. • 1.s tt 1crl-
FIG. ll. 12- ESTADOS DE TENSÕES
(D)
A título de ilustração, mostra-se como ~e podem encon-
trar novas equaçoes que
de tensÕes ao invés das
tilizada.s.
relacionem c , cr e 1: , usando rotação
x y xy
rotaç;es de deformaçÕes anteriormente u~
~ [cr--~cr-J 1 0,3 ay] € = E:- = = 2000 [cr- - = a X l:. X y X
= 200 ~ 10-6 (E)
O uso da expressao· (.10. 1 ), com a = 60° (Fig. 11.11)
leva a
Lll-15
cr +cr cr -cr
( x2
7 )+( x 2
7 }cos(l20°)+ o CJ- • 't sen(l20 )
X xy
(J +CJ o -o
CJ- • ( X y)+( X 7 )cos(300°)+ 't ·sen(300°) y 2 2 xy
Sendo x eixo principal, para a • 60°, tem-se
2 't
xy
cr -cr
X y
• -1,732
-r • (o -o ) 0,866
xy y x (F)
Substituindo as equaçÕes de crx e oy em Ea (eq. E), e
tomando o valor de 't de (F) obtêl!l-se:
xy
0,4 • -0,95 ox + 1,65 o
7
Essa equação e mais a equaçao (A) anteriormente obtida
constituem um sistema de equaçoes em crx e cr 7 cuja solução ê
2
a
1
• 0,99 tf/cm
A equaçao (F) permite a obtenção de T
xy
2 T • 0,27 tf/cm XY
Lll-16
\ I
\ 1 ....
\ ' ...
\ ' ...
f- -·- _:~/ .:::':J !._
-'i\
,..,..... I \
/ I \
_..... \
- ... ~,. ____ .._....;' .... --.1
X_.."' ~C!y \\ y
/
/
i I posicllo
... .
...
<~xy • OI
F I G. li. 13
do utensõmetro)
Para que a tensao crx possa ser obtida pela leitura dire ·
ta de e:x" esta deformação, como será visto adiante, deverá inde-
pender da tensao cry• o que só ocorre para um determinado ângulo 8.
li
-------
E- • .!_ rcr--).lcr- J
X E L X y
cr- = X
cr +cr cr -cr
X y ·X y ( 2 )+( 2 )cos28
cr +cr cr -cr
cry • ( x 2 Y)+( x 2 Y)cos(26+180°)
. ou ainda, -sendo
2 2 . 2
cos26 • cos e - seu e • 2cos 6-1
X
FIG. 11. 14
resultam
e portanto
que
ou seja
111-17
2
cos(26+180) = -cos26 = l-2cos e
a- =
X
a +a cr -a 2 X y X v ()+( )(2cos 6-l)= 2 2 cr cos S+a (1-cos 6)
2 2 X y
a- = y
2 2
a (1-cos 6)+a cos e
E e- =
X
E E:- =
X
X y
2 2 2 2 (a cos 6+a sen e)-~(a sen S+a cos 6)
X y X y
2 2 2 . 2
a (cos 6-]..lsen 6)+ a (sen e-~cos e) X . y .
-Para que crx seja apenas proporcional a ex , e preciso
2 2
sen e - ]..lcos e = o
e
2
tg e = 1-1
e = are tg 1\l
2
cos e = 1 1+~
Se o extens;metro for colocado na direçio de x, a =
X
• R e- onde R i a constante de proporcionalidade que vale:
X
R = E E 2 2 (1-~ )cos e 2 2 cos 6-].Jsen e
=
L 1 3a
4o
FIG. 11. 15. O
Lll-18
FIG. 11.15 b
são dados:
E = 2000
?
tf/cm- (J y = 2 cr X ">1 = 0,3
EAD = 0,07% = 7 X 10-
4
EBC = 0,03% = 3 X 10-
4
I) Solução por Rotação de TensÕes
Sendo (com base na Fig. 11.15),
cr 4 , a 6 • tensoes normais, respectivamente, is faces AD e BC.
cr 5 , <1 7 = tensoes paralelas, respectivanente, is faces AD e
BC,é válido escrever, usando as expressÕes (11.3)
"E BC -4 X 10
onde as tensÕes que aparecen podem ser colocadas e~ função de
e T com o uso das expre~sÕes (10.1), e usando-se crx =
·XY
Lll-19
30' O'
a 6 • (~)+(~)cos(2a)- Txyson(2a)
30' O'
a7 • (~)·Czl>cos(2a)+Txy••n(2a)
Sendo sena • 0,8 e cosa • 0,6 obtém-se:
cos2a • -0,28
sen2a • 0,96
e portanto:
(J
0'4 • zZc3-o,zs)+0,96 '!" • 1 • 3 6 (J + 0,96 . xy y xy
(J
cs • zZC3+0,2S)-0,96 '!" • 1,64 (J - 0,96 1: xy y xy
(J
(J6 • zZC3-0,28)~0,96 '!" = 1,36 (J - 0,96 '!" xy y xy
(J
(J7 • zZC3+0,28)+0,96 '!" = 1,64 (J + 0,96 '!" xy y xy
Com a substituição destes
-se um sistema de duas equaçoes em
valores em ~AD e ~BC
'!" e c , como segue,
xy y
1,232 (J - 1,248 '!" = 1,4 y xy
1,232 C + 1,248 T = 0,6 y xy
com soluções
2
c = 0,812 tf/cr:. y
~
'!" = -0,321 tf/cm~
xy
obtém-
Lll-20
II) Soluçio por Rotaçio de Deformaç~es
-Usando a expressao (11.4) tem-se
- 4 E +E E -e Yxy X y X y EBC • 3 x 10 · = ( 2 )+( 2 )cos(28)+ - 2- sen(28)
ouq~ sen8 • 0,6 e cos8 = Q,8, do que decorre
sen28 = 0,96
cos28 • 0,28
Como a = 2 a , resultam
X y .
1, 7 a
2.000
-4
= 8,5 x 10 · CJ y
= 2,0 x 10-4 a y
Substituindo eetee vãlcreB nas expressões de eDC 1
1: AI) oh iim· u
cuja ao :Lu c; io í
"ày • ~x • 0,812 tf/cm2
txy • -0,321 tf/cm2
p
30cm
I
I I ~
I
Lll-21
E= I o o tf/cm1
fJ: o. 4
o. o ai.-_-::
'
20cm
CAIXA RÍCUD
o.o 1 20 em 11·~1
ti ,,
"
"
FIG. 11.16 CORPO DE PROVA
A carga P de compressao, centrada no corpo de prova,
provocara encurtamento segundo a direção y e alongamento segundo
as direçÕes x e z.
Na direção y, a tensão existente serâ
a -
p
s - -
p
20x20 - -
p
400
e nas direçÕes x e z sÕ aparecerao tensÕes normais,(as de cisalh~
manto não existem pois se supÕe não haver atrito), a partir do
ponto em que o corpo de prova, deformado, encostar nas paredes da
caixa rrgida, tendo OCOrrido deslocamentOS e!'l X e_ z, pelo menos i
guais ãs folgas existentes nessas direções.
Fase. 1: Corpo de Prova na iminincia de encostar na caixa, segundo
a direção x
Seja P1 uma parcela cia carga crescente P,
que faz com
que o.corpo de prova, por ela deformado, encoste na caixa segun-
do a direção x, na qual a folga existente de O,Olcm (de cada la-
do) i menor do que a existente sesundo z (0,02 em). Nessa situa-
çao
(1 .. tellsao
X
(1
-
tens ao
z
De
de contato entre corpo de prova e caixa, segundo x.
de contato entre corpo de prova e caixa, segundo z.
pl
(11. 1) (J (J nulos -vem, com e e (J =
X z y 400
1
100
-P
[o- o,4( 40~)]
p1 = 100 tf
t = 1 x 10-3 x 20 = 0,02 em
z
1
--E
. t = 1 [ -100] 30 = 100 400 • -0,075cm
Fase 2: Corpo de Prova na iminência de encostar na caixa segundo
direção z
Procura-se agora, uma parcela P2 da carga, que leve o
corpo de prova, jã encostado segundo a direção x, a encostar tam
bem segundo a direção z, o que ocorrerã se P2 provocar, nessa di
reção, um deslocamento 61
z2
61
-
0,04 - 61 = 0,04 -
z2 zl
61
e:
z2 0,02
= 1 =-r-= X
z2 20 z
= _l [o -100 0,4 (cr x2
1
= --100 [
(J - 0,4
x2
De (A) e (B) resultam
2
cr = -0,071 tf/cm
;:2
2
cr • -0,179 tf/cm
y2
10-3
0,02 • 0,02 em
-3
= 1 X 10
= O (a caixa e
(A)
ri:gida)
(B)
.. 1 ~ 5 [-o,ta-
a, • s • •0,179 x 400 • 71,6 tf
2
o,4 c-o,on>J " ·t,so6 x l.o-3
Nessa ai=ua~~o, •ualquer valor de ~ar~a ~ 3 , naior que
zero, tencarl empurrar as paredea da caixa, aparecendo então ten
a;ea de compressio a,, a11 e a1 no corpo de prova, as duas ~ltimas
resultantes das ações entre o corpo a a caixa rígida.
D •
. .
.
• •
o ,4 (a
>'3
a • 0,4 ax + 0,4 a
z3 3 Y3
e:,3 = 1~0 [ a,3- 0,4(ax3 + az3)]
•••• (C)
"" (D)
•
• •
lOOe:,.•a -0,4a -0,4a •••• (E)
3 Y3 x3 z3
aesolvendo (C), (D) e (I:) resultam
a • 0,677
x3
a • 0,667
Z3 ::) (só devido ã carga P3)
OBS - 1
:Lfl-24
-near P3 x e: ) y3
= e: ·i = -1,165 X 10-5 P 3 X 30 • -3,50x10-
4 P3 y3 y
. .
P(tf I
- 2861,2
toa3 • 2861,2
a a • at.te•
171.6 ------
100
?.1 12.0
FIG. 11. 17· GRÁFICO I P x AI)
Um conceito que pode ser subtra!do de sráficos deste
tipo é qu~, à medida que P crescente aumenta as defo~
maçÕes, superando gradativamente as folgas iniciais,
com corpo de prova e caixa encaixados, o sistema fica
mais r!gido, o que pode ser notado pelo aumento da in
. -
Lll-25
clinação da curva da fase 1 para a fase 3, com a conse
quente diminuição de ~t relativo.
OBS.- 2 - Sj nas express~es C e D, o valor de ~ for igual a 0,5,
p3 ~
com a = - s-• obtem-se a
Y3 x3
-P3
=a •-
z 3 S '
que produzem uma deformação e
y3
nula. Por
tensões estas
esta razão, o
limite superior para o coeficiente de Poisson ê 0,5.
OBS.-3 - No cálculo de deslocamentos e tens~es, foram tomados os
valores iniciais da área da seçao e dos comprimentos,
os quais, devido a ocorrência das deformaç~es, sofrem
alteraç~es desprezíveis •
• / \_ I I ~ I I
'////// ////
- r-
CORPO li P=40tf 10-li. CORPO I
,.
----- i IEz,l!al ·- ----- ~ ~ i! IE1 ,iJ 1l 10 eM I ~ i I
-
,.. I
'l
I I Sce Isca I
' I h
" 30 em 30 em I CORTE B. B I
FIG. 11.18
Procura-se o deslocamento do ponto de aplicaç.ão da ca_::
ga P, e qual se sup~e transmitir, para toda a barra, uma tensão
a (de compressão) constante. Esse ponto sofrerá um deslocamento
X
igual à soma dos deslocamentos, segundo a direção do eixo x, dos
corpos I e II. Nos corpos I e parte do II, a chapa rÍgida reage
com tensõe~.a de compressão. Tens~es a ocorrem somente na par-y z
te do ·corpo II colocada ã esquerda do corte C.C (são aplicadas) .
a)
Lll-26
(à direita do corte B.B)
!:::.9..,_ = s
.!.. x,..
•
2 E, = 200 tf/cm
J.
)..! = 0,3 1
FlS. 11.19 CORPO I
40 2
= ~o,2. ~f/çm
2
a = -0,06 tf/cm
yl
= -Cl 1
-, .
+ a )] =
z1
-4
X 10
1
200
- 0,3(-0,2)1
[-0,2-0,3(-0,06)] =
S., = -9,1 I
-4
x 10 x 30 = -0,0273 em
b) CJR?O r: (~ esquerda do corte B.B)
('o direita do earte c-e l
1"liE.i1.20· CORPOI!:
Lll-27
a) a esquerda do corte C.C
[J = o Yz
2
= 1,0 tf/crr..
e:~;) = 4 ~ 0 r~O ,2-0 ,4 (l, O)]=
a -15 X 10-4 .
-4
= -15x10 x30 =
m-:.:-0 :'J 045 em
b) a direita do corte C.C
o
rJ = -0,2 tf/cm~
X
[J >fo o Yz
2
= -0,08 tf/cc
4 ~ 0 [-o,2-0,4(-o~~s)J =
• -4.2 X 10
-4
-4 1 2 X 10 X 30 =
• -0 1 0126 C!!:.
c) Portanto o deslocamento /::,'1., na direção do eixo x val<>:
ói = /::,2._
total - xl
l!.tt = -O, 02 7 3 - O, 045 - O 1 012 6 = -O 1 085cm (enc:urtamento)
-~em pensar, inicialmente, no.resfriamento do tubo de~
ço 1 pode~se dizer que o pilar cilindrico de concreto, ao ser lo~
gitudinalmente comprimido, alongar-se-i transversalmente, traci~
nando o tubo de aço, com tens~es radiais rJ , e sendo igualmen~e
r c
comprimido por este.
111-28
O resfriaiT.ento imposto ao tubo G.e aço o -... ara cor:. que este
diminua de diimetro, co~primindo o concreto, c;ue reace
. "'
sobre o
tubo com tensÕes radiais 0 . Es~as
rt
tensoes irão somar-se às ten
de compressio que solicitavam o -soes ~ilar, resultando no esquema
de solicitação mostrado na Fi1. 11.21.
z l l I l l I i P I
- : -
- -
- I
- -C\-t+ 0 rc I ~t+ O"rc
-
-
I -c;.t~t-I
- lx
-
- -
-
Pl LAR -Tuec DE-
- -
ACO -
-" -
'
-
- I t f t t 1 t -. v/1v I crx=-p ' '
t•0.5un 50.0 em o:s c•
FIG.il.21
a) No Pilar de Concreto
Com base na solicitação da Fig. 11.21 e na expressao
(11.1) pode-se escrever
or:..de
s = ..!:... [cr - ll (cr +cr )) X E X c y z
c
(5 = -p
X
cr = cr = -(cr +cr ) y z rt rc
:Ül-29
OBS.- O sinal negativo indica que as tens~es sio consideradas co-
-mo de compressao.
e: = __!__ .r -p X 200 + 0,4 x 2(cr +cr )J rt rc
Na iminência da ruptura, e:
X
pressão) e portanto
-200 x 10-3 = [-p + O,S(crrt+crrc)J
(deformaçio por
(cr +cr ) = (p-0, 2 ) = 1,25p - 0,25
rt rc 0,8 ....
com
(A)
O sinal negativo de e:x provém do fato deste ser considera
do como encurtamento.
e:
e:
z
r c
= e: = ...!.._ [cr rc E z
c
- \l (cr +cr )J C X y
= ,
1oo[-ccr t+cr )+0,4(cr +cr +p)J ~ r rc rt rc
e:rc = 2 ~ 0 [-0,75 p + 0,15 + 0,4 p] = (-1,75p+0,75)xl0- 3
b) No Tubo de Aço
Em tubos de parede fina, de diâmetro médio ~ , espessu-
ra constante E. e sujeitos ·a uma pressio interna q, sabe-se que,P.!
ra um comprimento unitário, a deformaçio pode ser dada por
e: =
q•d
2 E t
e portanto, neste caso,
e:· = e: y z = e: = r a
(cr +cr t)x50,5
rc r .
2x2000x0,5
_-:.1
= 25,25 x 10 ·ca +cr )
rc rt
ou seja, substituindo em funçio da pressao p dada, expressao (A):
= (31,563 p- 6,313) X 10-3
Lll-30
Por 0utro lado, o resfriamento de temperatura imposto
ao tubo de aço provocara no mesmo. uma diminuição de seu perrmetro,
a qual segue a lei
rf = r(l+a AT)
-onde r e rf sao respectivamente, os raios do tubo, antes e depois
da deformação. Assim sendo,
Ar • rf - r = r a AT
e portanto a deformação radial vale
E =
Ar
r
2TI Ar
= = 2Tir
onde a é o coeficiente de dilatação térmica e AT e o gradiente
de temperatura, negativo neste caso. Assim,
-s -3 Era = 2 X 10 X (-30) • -0,6 X 10
Essa deformação radial, somada algebricamente ã deform~
çao provocada pelo concreto, resulta numa deformação final que,
por compatibilidade, deve ser igual ã prÓpria deformação do con-
creto, ou seja
E
r c
(31,563 p-6,313)x 10-3 - 0,6 x 10-3 =
2 p = 0,23 tf/cm
Obtido p, a equação (A) fornece
(a +a ) = -a = -a
rt rc y z
2
= 0,038 tf/cm
-3 (-1,75p+0,75)10
Essa tensão, que atua no concreto, atua como pressão
interna no tubo de aço, encontrando-se portanto, a tensão
de tra
-çao no aço (aa) com a equaçao
(cr +cr ) ··d
rc rt
2 t
.Lll-31
= 0,038x50,5 =
2x0,5
2 1,92 tf/co
o.s ... 50 .o em O.ScM
FIG. 11.22
Essa terisio e a 6nica tensio existente, constituindo-se
portanto, em tensao principal, do que decorre
As tensoes cry e crz, que comprimem transversalmente o
corpo, tenderia a along;-lo longitudinalmente, empurrando-o con-
tra as chapas r!gidas, que r~agindo, provocam no mesmo o apareci
mento de tensÕes de compressão cr .
X
Alim disso, por compatibilidade de deslocamentos segu~
~o o eixo x, pode-se dizer que o deslocamento que.ocorre nas 4·
barras,.deve ser ig~al ao deslocamento do corpo solicitado por
Aquelas tens;es.
VISTA LATERAL ..........,A I
I
I
I
Lll-32
CORTE A-A
-+-----,........-~
'""~'""-.:......._:......,:__;__;__;c__+,;__"'-f__;...:.......-.:,-_:_......!d.<:J - r~---Y_ - "'--+-+-+-" borras
I
'
z
--.JA
borres
: 40cm ~--~--------~~~----------------~-
1
PLANTA
~ I ~ ~
l I
y
a) Cálculo da tensao cr
X
~
+··
'
t
( CNAI'A RÍSIDA
FIG. 11.23
o equilrbrio de forças na chapa rrgida, admitindo que
as 4 barras estejam trabalhando com cr, fornece
4 Nb- cr ·S = O
x corpo
ou
4 . cr . s = cr s
X corpo
4 cr s 4xl,Ox3,0 0,6 tf/co. 2 cr = = = X s 4,0x5,0
corpo
b) Com;eatibilidade de Deslocao.entos
b 1 ) Deslocamento nas Barras
• .2. b
= cr • .2.
:;,:b b
Olldl!
o
'
' '
Lll-33
lJC! .. l/3
Com esses dados resulta
= -
1
-[-o 6 - .!.c-o 9-cr )J 210 • 3 ' z X 40
Igualando os valores dos deslocamentos obtêm-se
2 - -crz = 1,2 tf/cm (tensao de compressao)
FIG. 11. 24
Lll-34
As restriçÕes a sere~ obedecidas sao:
a) r;_> O para qualquer valor de a.
X
b) Je: I$ 1,4 X 10-4 y
A restrição (a) é obedecida para qualquer a. desde que
a menor tensao normal, que é a tensão principal cr2, seja no mrni
mo nula, o que leva, usando a expressão (10.6), a
cr = 2
0,5+cr
( 2
• •• cr ~O ,32 tf/cm2 y
~o
A restrição (b) é obedecida quando:
b 1 ) gy <1,4 X 10-
4
(positivo)
, ou seja
-4 1,4 X 10
cr < 0,405 tf/cm2 y-
b 2 ) <.Y ~ -1,4 x 10-4 , ou seja
(negativo)
g
y [ o v -0,25· o.,s] > -1,4 x 10-
4
- J
cr > -0,155 tf/cm 2
y
Solução Final
2
o-;32 tf/cm < cr y < 0,405tf/cm
2
Lll-35
rb to.s +-ab
1.2 L O a 1.2+-aa \ 1.2~0a tll u -- ·~ -<II) (11!) - \
\
~ab ~ o.e+ab
FIG. 11.25
No estado de tensao (III), obtido pela soma dos estados
(I) e (II), para gualguer valor de a, a distorçio deveri ser ~ula,
ou seja:
Y-- = O = (€ -g )sen2a + y cos2a
xy y x xy
E =l(cr -1.1 y E y
€
X
= H<o, 6 + c; )- l él 2+cr ~ b 3 ' a]
1 [ = E Cl ,2 +
1 (gy-gx) = f(<o,6+ CJ ~ 1,2 b - CJ )- 3 (1,2 + (J -a .a
(€ -g ) t [- 0,8 4 (r:;b "'"r:Ja)J = + Y· X 3
0,6
Como y
xy estado III, T =O) e a distorção xy
deve independer de
ê nulo (no
a, o fator (€ -g ) deve sempre ser nulo, o y X
que leva a
CJ - CJ = 0,6 b a • • • • (A)
-crJ]
A variação especrfica de área (!!.;) ê obtida impondo de~
locamentos l!.i e l!.i no estado de tensÕes (I) e (III), como
X y
segue:
Ll2-l
CRITfRIOS DE RESIST!NCIA
Os critirios nais usados sao:
a) CRITfRIO DE COULOMt
A seGurança contra a· rup~ura de materiais sujeitos a
um estado triplo de tensoes, e verificada pela posiçio do corres
pendente círculo de l:OER de maior diâT'letro ;cr 1-a 3 j, em relaçio ã
regiio sem ruptura c:;ue define o CRITfP.IO, sendo·cr 1 ~a2 ~a3 , "c
a cha~r.ada coesio do material e Ç; o ângulo de atrito -interno.-
de ru.ptura
FIG.I2.1- CRITÉRIO DE COULOMB
Se ao invis de verificar a segurança contra a ruptura,
for de interesse verificar se un c~rto estado de tensoes e
admissível, basta dividir 'r pelo adotado coeficiente de
c
ça, obtendo T .
c
Tal critirio pode ser particularizado para os
seo-uran
v -
estados
planos de tens~es, obtendo-se o grifico da Fig. 12.2, no c:;ual ~T
e a s~~ respectivamente as iens~·es de ruptura i. traçio e cocpre~
c
-sao do material estudado.
As coordenadas (o1 a~) desses estados planos de ten-
"
soes, no caso de nio. haver ruptura, deveR pertencer ·i regiio in-
terna do grifico (zona sem ruptura).
L12-2
,(zona sem rupt o r
de r..pto ra l, ,
FIG. 12.2 • CRITÉRIO DE COUI.OMB(eslado plano de tensõol
b) CRIT!:P,IO DA ENVOLTÕRIA DE !:OHR
E semelhante 'ao critério anterior, só que, em lu~ar das
retas que definem a segurança contra a ruptu'ra, têr::-se curvas en-
voltõrias aos ctrculos de HO!ir.. obtidos J!r> ensaios de ruptura dos
respectivos materiais.
1:
w. , envoltório do MOHR. ,,
s
\ \ I I,
zoiiG sem ruptura \
'. ~ a
J \
w·
FIG. 12.3 - CRITÉRIO DE MOHR
c) CRIT!:r..IO DA ENERGIA DE ~isTORÇIO OU DE VON ~ISES
Para a an~li'e de.um material sujeito a um estado tri-
plo de tens~es, para o qtial são iguai.s as tens~es de ruptura a
tração e compressao, define-se uma tensão ideal cr. dada pela ex-
~
pressao
.... (12.1)
Ll2-3
a qual deverá ser comparada com os respectivos valores das ten-
sÕes ideais de ruptura ou admissrveis desse ~aterial.
Uma particularização deste critério pode ser feita no
caso de estados_ planos de tensÕes sujeitos a tensÕes normais ~
numa única direção e de cisalhamento T (nas vigas por exemplo),
obtendo-se a expressao (12.2), na qual a tensão i dada por:
~- = l.
, I ----2 2 v ~ + 3 ' .... (12.2)
O ~aterial segue· o ·critirio de Coulomb defin:ldo pelos
parimetros r
0
e • conforme Fig. l2.4.a.
14 k9f/c...Z
)!Jj)))
-
-
-
--
1 l l I f 1 1 1 14 l<gf/cm2
(a )
FIG.I2- 4 CRITÉRIO DE COULOMB E ESTADO DE TENSOES
O estado de tensão da Fig. l2.4.b será um estado sem
ruptura sé'o crrculo de MOHR de maior diimetro, correspondente
ao mesmo, na pior das hipiteses tangenciar as duas retas do
critirio de Coulcmb, Caso c crrculc seja interceptado pelas re
tas em mais de um ponto, o estado de tensões que o originou se
rã um estado de ruptara.
Ll2-4
Portanto, traçado o circulo de MORR corre~pondente ao
estado de tensio fornecido, deve-se veri~icir se as retal do cri
terio são tangentes ou secantes ao ~es~o.
O circulo de :!WRR traçado deve sempre ser o de maior
diâmetro dentre os correspondentes ao estado triplo de tensões,
isto e, o de diâmetro igual a lcrl- cr3!~
Para o estado de tensao em questao, tem-se:
'
'
·i
I I.
J
2 cr = -14 kgf/cm · l
c
80
a) Equaçio da reta (~ • a cr + b)
Obtenção de a e b
Substituindo na equaçio
e ~ • ~ = 5 kgf/cm2 , resulta b •
c
outro ponto, de coordPn~das
-~ = O e cr = ~ = 5
fornece o valor de a.
.FIG. 12-5
da reta as
2 5 kgf/cm •
coordenadas cr = O
Analogamente, um
L12-S
-S•tg20°
a • 5 • -0,364
-Portanto a equaçao da reta e
1" • -0,364 (J + 5
• ' " ' (A)
Para o c!rcu1o de MOH2 correspondente ao estado de ten
são dado tem-se, conforme Fig, 12.5,.
d • o
c •
r •
-14 + (-BO+l 4 ) • -47 kgf/cm2
2
80 ; 14 • 33 kgf/cm2
'"' (B)
Substituindo o valor de 1" da expressão (A) em (El es
tar-se-~ procurando uma poss[ve1 intersecção das ~urvas que pos-
suem essas equaçoes, obtendo-se
1,132 a2 + 90,36 a + 1145 • o
Verifica-se agor~ se este polinamio tem ou não raizes
reais, pela pesquisa do vaior do determinante~.
Se 6 <O, não exitem raiies reais e as curvas represe~
tadas pelas equações (A) e (D) não se interceptam, o que signifi
ca que o estado não i de ruptura, uma vez que o circulo est~ den
tro das retas que definem o CRIT~RIO,
Se 6 • O, hii ap.enas uma raiz real a, o que sisnifica
que o circulo i tangenciado p'elas retas e o estado de tensões
que originou o circulo
estii na iminãncia de provocar ruptura.
Se 6 > O, existem duas raizes reais a, ou seja, o cir-
culo e cad,,uma das retas sio secantes em dois pont6s, o que si
é possível se o circulo estiver fora da região sem ruptura do
CRIT~RIO DE COULOMB. Nessa situação,o corpo sujeito is tens;es
dadas sofrerá ruptura.
No caso em quest~o,
Ll2-ti
6 • (90 1 36) 2 - 4 X 1,132 X 1145 ~ 29,80 > 0
e portanto o estado de tens~ea levar; o material i reuptura,
A figura 12,6,a) il~stra o caso de carregamento em que
a carga P estã situada.na extremidade A; Na Fig. l2,6.b) mostre-
-se o caso em que a carga P estã situada no meio do vão,
a I
r•Z.Otl
0.'? 11/01
A A a t
a.o ..
I
I. O ..
I
b J
roZ.OI!
O.?lf/.,
I
'*·
lc •
I
z.o" G.OO 11t ~
I
FJG.I2.6- CARREGAMENTOS ADOTADOS
Os diagramas de esforços solicitantes, momento fletor
e força cortante, para a carga P situada na extremidade A esti~
mostrados nas figuras 12,7 e 12,8.
Ll2-7
5,4tf.m 3,43 m
1,03 tf.m
1,72m
FIG.I2.7-DIAGRAMA DE M
3,0 ti
+
2,0 tf I, 2tf
3,4 ti
FIG.J2.S • DJÂGRAMA DE Q
Os ~iagramas de esfo~ços solicitantes para eargs P si
tuada no meio do vio estio mostrados nas figuras 12.9 e 12,10,
5,57 1'11
14 tl.m
5,46 tf. m
FIG.I2. 9- DIAGRAMA DE 1\f
,.2, 97 tf
FIG.I2.10- DIAGR~iMA DE Q
b) Verifieaçio das tensÕes
Na anilise da segurança desta viga, seri usada a ex-
pressio (12.2) sendo os valores a e TObtidos para tris pontos
das jeçÕes transversais eritieas (i, fig. 12.11), Assim para o
ponto B onde a é miximo e T é nulo as seçÕes transversais errti
eas serao aquelas em que o momento fletor atinge um valor mixi-
I.l-2-8
mQ. PQr outro lado, ao n[v~l do centro de gravidade a tensao de
cisalhamento é mãxima e a tensão norma·l é .nula, sendo portanto
cr[ticas as seçoes em que a força cortante ·.é m.ã:dina. Rã ainda a
necessidade de verificar o ponto T da seção, ~a qtial as tensoes
rJ e T apresentam valores menores porém prÕximos dos res·pectivos
máximos. Neste caso, a seção crttica deve ser pesquisada em fun-
ção das combinações mais desfavoráveis .. de momento. fletor e for-
ça cortante. ••
T
c.s .
FIG .. 12 .• li
• •
•
..
..
b~l) Ponto B (borda da. se~ão)
Neste ponto como rJ e máximo e T é nulo, a expressao
(12.2) se reduz a
cr. ~ rJ ~ rJ = 1,4 tf/cm2
~
Para o perfil mefálico adotado, 6om especificação I 10" (37,80
kgf/m·). da tabela de perffs obtém-se o valor do modulo de resis
tência â flexão.
w = 405
z
em
3
A partir daÍ segue que
(J =
ou
M -max
-= l.J
z
M -~:<
405 " 1,4
M - ~ 567,0 tf~cm = 5,67 tfm
· -max
Para a carga P posicionada na extremidade A, o valor do máximo
momento é 5,4 tfm, sendo portanto menor que o valor admissível.
- Para a carga P posicionada no centro do vão, o valor do máximo
mQ11!ent:c> é 5,46 tfm, sendo também este valor menor que o mâximo
ad11!is s r v e 1.
Ll2-9
b.2) Centro de gravidade
Ao nlvel do centro de _gr~vid.~de ~a seçao, a tensio a i
riula e a tensio T ~ mixima, resultando da expressao (12.2):
ou
cr. =
l.
= T ~
max
. . 2
Tmix ~ O,.S08 tf/c.m
• ,13 ~ cr = l , 4 t f I em 2
Para o perfil utilizad~, e.ncontra-se .na tabela de perfis I lami-
nados
J = 5140
z
4
em
Al~m disso, o momento estâtico no centro de gravidade
~ obtido por:
Portanto
ou
T ~
max
. 2
•
0 • 79 x~ 11 • 45 ) +(ll,8xl,25xl2,08) • 230
Q ~ •M
max s
b J
z
Q ~ x230
·max
• 0,79x5146 ~ 0 • 808
3
em
Atrav~s do exame dos diagramas de forças cortantes,
tanto para o caso da carga P posicionada na extremidade A como
para o caso da carga P colocada no centro do vio, em nenhuma se
ção ao longo da viga·o esforço cortante máximo é ultrapassado.
b,3) Ponto T ·(ligação entre alma e aba do perfil)
Para o ponto T~deve-se ~rocurar em ~mbos os casos de
carregamento, a seçio critica na qual os valores de cr e T, uti-
lizados nas express;es (l2,2),lev~m i tensio ideal máxima,
No ponto T, de acordo com as caracteristicas geométri
cas do perfil utilizado, valem:
J - 5140
z
4
em
YT • 11,45 em
Ll2-10
Analisando os··diagramas· de· esforços solicitantes para
.· ' . . '
o caso em que a carga P situa~~e n~.eitremidade A, a seçio do a.
poio B torna-se .a mais soli.cita~a;. A:p~r~ir. daÍ. segue que: -
T •
cr. •
l.
Q:Ms .. · 3,4xl78. 18. 2
- 1 • 0,149 tf/cm · bJ. · 0,79x51 O ·
J (1,203) 3 + 3 x (0,149) 2 • 1,23 tf/cm2
Com a carga P si'tuad-a '.no· centro do· v ao, a .partir da
análise dos diagramas de esforços. solicii:~ntes, ·duas seções de-
vem ser analisadas, res_pe'ctivamente, as. ~eções do apoio B e do
meio do vao.
Assim, no apoio te·m-.se
M 140 · . 2
cr • J • -YT = 5T'4õ x 11,45 • 0,312 tf/cm
Q•M ·.
. s .. 3133x17S1 1& • 0 1 ~6 T • b:r o, 7§x5l40 · • ·.· . '"'2 tf/cm
c: 111:
l.
Jco,312) 2 • 3 x co,l46) 2 • . 2 0,402 tf/cm
ou.
No meio do vao, valem
546 2
r:J = mõ X 11,45 = 1,2·16 tf/cm
T =
(J. =
l.
1.23xl78ll8 = 0 , 054 tf/cm2 0,79xSl O
r:;. < cr
l.
Portanto, a carga P ~dotada e um valor admiss[vel.
VIGA .DE FERIOO FUIIDICO
/
'/.1---~·-~--~ ;
;
I
,
' .
'
' '
. '
J. • lO, O em
FIG. 12 .. 12
I
I
: lo.2cm
0,52cm 1
ly
i
lu.zcm
i
I
-t
(se<ê40 transverso I l
a) Cálculo das Tensões Principais
As tensoes serão calculadas aos níveis dos pontos G), ®.
~.e do C.G. da seção transversal do engastamento, na qual os
esforços solicitantes são máximos e valem:
}i = p • t - 10 'o . p
X
Q = p
-As tensoes principais
pressao (10.6).
ser ao calculadas com o uso da ex-
Ponto (i)
Ponto @
Ponto ~I
Q M
'r (1) =
s (1)
= o b J
z
M
O' (1) =
X
= :r . y (1)
X
cr 1 B 115,33 p
H
s (2)
'r (2)
0'(2)
'1} o· 2
M (s)
-r (3)
= 0,2x0,8x0,42
p .. o! 067
= = 0,2 0,0763
..
lO,O·P··0,32
=
-o,076'3
J
41,94 p
= ± 2
= o
= o
10,0·P·0 2 88 •
O' {1) = 115,33 F o' (}7 63 . •
0,067 3
-
Clll
4,40 p
41,94 p
0'1 = 42,40 (41294P)2+ (4,40Pl ....
-0,46 0'2 =
" =
10 !~_: . o.52 = 68,15 P .... cr, = 68.15 P
:··
F
Ll2-13
lij (l,@, .. (j
~v ., ) (.5 ,O?r)2 lij1 "' ~.oi' r " () •
a2 a~ " =~,07 i'
..
0.1
FI e. 12. 13- CRITE.RIO DE COUlOiílll ( estoH Jll- dtt tensd"o)
Ponto (i)
Na Fig. 12,13 observa-se que, sendo a2 • O, a1• 115,33·P1
poderá, no oãximo, assumir o valor 0,8, ou seja:
ll5,33P 1 ~ 0,8 • •
Ponto (2)
-~omo al e positivo e a2 e negativo, o ponto de c:oorden.!.
das (a1 ;cr2 ) deve pertencer à reta A-B e portanto a geometria da
Fig. 12.13 leva a
o 4 0,4-crl
tg y • ~ • 0,5 •
' a 2
Ponto &
Como cr 1 é positivo, seu valor mãximo serã 0,4
.,. -3 -68,15P < 0,4 ou r 3 < 5,87•10 tf ou P 3 • 5,87 kgf
- -3 p2 = 9,5 • 10 tf - 9,5 kgf
Centro de Gravidade
Para cr1 = 5,07P e cr 2 = -5,07P, procede-se analogamente
ao que foi feito para o ponto@ obtendo-se
•tg y = o' 5 =
o,4-5,07 P"c.G •
-5,07 Pc,G PcG= o,0526tf = 52,6kgf
Portanto o valor admissível da carga P sera 5,87 kgf.
a) Obtenção dos Esforços Solicitantes
Na Fig. 12.14 mostram-se os esforços solicitantes sc:.re
a seçao do engastamentc, on.de ocorrem seus respectivos valores ::â
ximos, que serão utilizados para as verificaçÕes das tensões i-
deais.
1,5tf
...-l!:::>l' .. o_, !> tt --r !>,o ""'
. ----·íofZ"' !),O""'
----r-
X
FIG\.12.14-ESFORÇOS SOLICITANTES NA SEÇÃO DO ENGASTE
112-15
!1 = ... f
X 't = 0,5 x 10,0 • 5,0 tf•cm (momento torçor)
liz • 1,5 x.30,0 • 45,0 tf•cml
(momento& fletores)
M • 0,5 x 30,0 = 15,0 tf•cm y
Qy = 1,5 tf
(esforços cortantes)
Q = 0,5 tf
z
b) Cilculo das Tens~es Ideais crrticas
Os esforços solicitantes calculados provocam, na viga,
o aparecimento
"'" mento fletor H
de tens~es a e T.
(resultante de .. " .. y
As tens~es a, provocadas pele ""~
..
e H), alcançam seu ~alor mixi~o
z
nos pontos A e B indicados na Fig. 12.15, distribuindo-se na se-
çio da forma como se indica. As tens~es T, por sua vez, devido ao
momento torçor tim igualmente valor miximo em toda a borda, e de-
-+ '
vido ã resultante Q dos esforços cortantes, distribue..,-se na se-
ção de forma que, nos pontos A e B, seus valores serão nulos.
Oz • O, 51f
My = 15 ti. em
A
Q = .1.5tf y
FIG.I2.15- DISTRIBUIÇÃO DAS TENSÕES (J e l: NA SEÇÃO DE
ENGASTE.
b.l) Tensão cr nos pontos A e B
H
·r
z
=
4
- 'lr.:lO = 490 87 64 •
4
em
D
. - -2
47
•
43
x 5,0 - 0,483 tf/cma 490,87
47,43 tf•cm
b.2) Tensão T devido ao momento torçor (pontos de borda)
T -max
= 16 .. ,·5, o
3 11"·10,0
2
= 0,025 tf/cm
b,3) Tensão -r devido ã cortante (Centro de Gravidade)
Q - v (0,5) 2 + (1,5) 2 i - 1,58 tf
't - -max
Q H
s -max
•
2
'Ir o lO 1,58x --a- x
490,87
b.4) Tenaão Ideal nos pontos A e B
. I 2
• .Q ,054 tf em
Utilizando a expressão (12.2) do criterio de energia
de distorção, obtem•se
cr. ].
. . cr. ].
~2 + 3 2
v 'u =
t
- 2 << cr • 1,2 tf/cm
b.S) T;ens"ão Ideal no C.G,
.
' .
- 'Q /3 = 0,054 13
2
cr. • 0,094 tf/cm < <
].
Õ = 1,2 tf/cm2
Esses resultados permitem concluir que a viga sujeita a
essas cargas~ trabalha com tensÕes ideais bem menores do que as
admissíveis.
L12-17
a ) .::C~ã~l:.;c:.:u:.:l:.:o:-__:d::.;e:._cr:..t
Para calcular-se o oãxitio valor de crt deve-se lançar,
no critirio admissivel, o estado de tensio (A), cujo círculo de
MCHR correspondente d.eve tangenciar as retas que definem ó cri-
tério.
ou ainda:
2
"t( kgf/em l
lft .
T
a,. ãt
O"t= o
as= o
FI G. 12. 16- CRITÉRIO DE COULOIUI
De acordo com a Fig,l2.16 pode-se escrever:
o 2 • tg 30 = 4
(2- (Jt 2)sen 30°
(6,92-
(J
~)
2 0,5
(Jt
= 2
(Jt
= 2
2 2 = 6,92 kgf/cm
2
cr t = "4 , 6 kg f I em
b) Câlculo-·do valor de p
O estado de tensio (B) nao i admissivel pois cem rJT =
" 9,2 2 -kg/cm • Com a soma deste estado ao estado (C) obt<am-se
dois possíveis casos como segue:
:U2-18
19 Caso 29 Caso
r j p
p- 9,2 ~ p- 9,2 ~ 8 9.2 -p ---
lp I p
FIG. 12.17- ESTADOS DE TENSÕES
b.l) Para o 19 caso tec-se:
()"2 = -(p-9,2)
()"3 = -p
Levando-se o círculo de MOHR deste estado de tensoes no
critério "btém-se:
1'16. 12 . 18- C I'! ITÊ RI O Dt: COUI.DMB
Portanto
t.l-Z-19
Pela Fig. 12.18 pode-se escrever:
(6,92+ .l:.2 )~en 30° • .1:. . 2
' p • ll,S( kgf/c~·
b,2) Para o 29 caso tem-se:
Levando•se o ctrc~lo de MOI& deste estado da tens~es
no cric;rio obc;m-se:
ou ainda:
r
F I G. 12 • 19.- CltiTr'IIIO DI COUI.OMIII
Pela Fig. 12.19 tem-se•
2r • p + (9,2-p) ... r • 4,6.
[6,92 + r- (9,2-p)J sen 30° • r
Substituindo o valor de r obtém-se:
p • 6 ,se ks·t/-cm·2
Ll2-ZO
c} Resposta
Portanto o valor de p deve satisfazer ãs seguintes con
.;f~çÕes:
)~
6' 88 <. p 2 <. 13,84 kgf/cm
O critério de ruptura que o material segue (critério
da envolt6ria de HOHR) ê representado por uma paribola cuja equ~
ção ê a seguinte:
o = a + b T + c T2
sendo que;:
- para T = O tem-se o = 0,4 o que leva a
a = 0,4 tf/cm2
- para O = 0 tem-se T = +0,4 e T = -0,4 o que corresponde a:-
o= 0,4 + 0,4b+ 0,16 c
o= 0,4- 0,4b+ 0,16 c
sendo portanto c = -2,5 e b = o
Substituindo-se os valores de ~. b e c na equaçao da
paribola obtêm-se
o = 0,4 - 2,5 T2 . . . . (A)
Para que não haja ruptura no estado de tensões forneci
do, onde a tensão E. é de compressão, o círculo de MOliR da Fig.
12.20, correspondente a este estado de tensão, deve na pior das
hip6teses tangenciar a paribola do critério.
·-Para este estado de tensoes tem-se:
ol 0,2 tf/cm
2
02 = o =
03 = -p
\
r
r c
_, o l
FIG. 1.2. 20 • C lltCULO Cl MOHR
A ~quaçao da eirc~nfarincia qu~ rapraaanta o circulo
da MOHR do estado da tanaõas fornecido ê, conforma Fig. 12.20,
onde
d • o
ou seja:
(a+(O,Sp-0,1)) 2 + T2 • (0,5p + 0,1) 2 • • • • (B)
Substituindo em (A) o valor de T2 calculado através de
(B) obtêm-se:
a
2
+ (p-0,6)a + (O,l6-0,2p) • o
Se esta equaçao nao tiver raízes reais (Ll < O), parábo-
la e éircunferência não terão pontos. em. comum, o que significa que
o estado de tensão não ê de ruptura.
Se ~sta equação tiver apenas uma raiz (Ll•O), serao tan-
gentes a .parábola e a circunferência e o estado de tens:iio estará
na iminência de ruptura.
Portanto, para que não haja ruptura deverá occHrer À~ O,
ou seja!
lll! ,. ©,4 ll = ©,a ~ fl
ll = = §,it § i,U '* ! (J~?§ H/~ml!
nãEJ êél!ilve!m
A Un§âEJ'Mlf!i!ãl ll €lê €€lllllllfꧧâ€l pêl!ê lêêl1 1 êlll m~1!1üF! 1 ª
§€1Yi!il~ê 9ãliã~i€J!
ProCYf㕧C O VâlOI ~O ; llâlâ Câ~â Yl!l ~06 A§~A~O§ piAnO§
4o tonaõea in4ico~oa, Euoo valor, em eA~A CAso, dovcri fAICf co~
qua o etrculo àc MOHR de diÂmetro igual a le1-a3 ! sojA tongoncio•
4o pelas ratas do CRit!RlO,
a) Cuo l
I ,
"'' 1~1
'' I p fl:/ 20
' Cl'lqr~2 1 I
I
I
FIG. 12.21
crl m 0'2 • o
0'3 m -p
icr 1-cr3 i .. D .. p
b) Caso 2
c) Caso 3
!.12-23
lO t<'" a. & - = 0,5
o 20
• sen CL = 0,447
-
20 + .E. 2
p
2
20- .E. 2
FIG. 12.22
• sen a. = 0,447
FIG.. 12.23
a. = 26,57°
p = 32,33 kgf/cn/
20
2 ii ~ 12,36 kgf/cm
l..l2~24
Co~o ~~tstem t~ni~es ·de cisalhamento, i necessário usar
a expresslo (10.~) para obter-se as tensoes principais, sendo
o = o
X
.o = o y 'r = p xy
Com estes .valores resultam:
o = p 1
-p
o = o 2
I o -o I • D • 2p-l . 3 .
o - -p 3
n . un .e~ .. o , 441
!il) Cuo 4
p/2
FIG. lt~.- 24
e) Caso 5
t'
o --R. 2 2
03 = -:p
Apesar das tensoes nas faces do ele
mento serem diferentes das indicadas no
Caso 1, os ctrculos de MOHR de maior diâ
metro, nos dois casos são iguais, o que
leva a
2 p = 32,33 kgf/cm
= o
p ·o.,
- .-
Este caso i análogo ao Caso 2 por
estar sujeito ãs mesmas tens~es
principais o 1 e o 3 • Dessa forma
pode-se escrever que
·l,
FIG. !"2.25
2 p = 12,36 kgf/cm
!"":
!.12-25
FJG. 12.26
a) Ssforços Solicitantes e TensÕes
Transladando a carga P excintrica para o Centro de Gra
vidade do pilar, atuam os esforços indicados na Fig. 12.~6, ou
seja:
onde
N = -P = -40 t:f
N = P • d = 40 x 5 = 200 tf•em y
As tensões provenientes da açio destes esforços valem
s
..J. y
p
s
=2[2xl8
22xl2 3
= 12
Z - = 6,0 em
max
IJ ,.
"
1 (máx)
+ 12 x 2]= 120
18x8 3
=2400 12
40 2
120 = -0,333 tf/cm = -
M
--L J y
2
em
4
em
z -max
200
v J! = 2 4 0 0 X 6 ' Q =
J:taX
t.12-26
r 5 f'/ 2 u, t_ em
A tensio normal devido a N distribui-se uniformemente
sobre toda a seçio e a outra, devido
bordas mais afastadas, na direçio do
.,
a ~.:.,
eixo
tem valor máximo nas
z. Na borda pr6xina do
ponto de aplicaçio da car,a P, ambas as tensoes sio de compres-
s·ão, resultando
v= -(v .. +v.,) = -(0,333+0,500)
!,\ .i:J.
b) Cálculo da Tensio Ideal
2
= -0,833 tf/cm
. Isolando um elenento em torno do ponto mais solicitado,
o mesmo estará sujeito às tensÕes principais
2
= -0,833 tf/cm
-e portanto a máxima tensao ideal, com base na expressao (12.1)
vale
2
= 0,833 tf/cr;:.
A análise de ruptura
de solos coesivos (T + O) ê feita
c
pelo CRITfRIO DE COULOHB. Obtidos, no instante da ruptura, os ciE_
culos de MQBR· correspondentes aos estados de tensoes dos ensaios
I e II, a i::eta do CRIT:ÉRIO deverá tangenciar esses dois ci:rculos,
conforme .a Fig. 12.28.
L12-27
Po
FIG. 12..2.7
Tomando-~" cr1 > cr2 > cr3 .• para os dois ensai<>s tem-se:
ENSAIO I ENSAIO II
-1,0 kgf/ em 2 -2,0 kgf/cm 2 crl a 0'2 " p = 0'1 = 0'2 = ~
" -5,0 kgf/cm 2 -8,0 kgf/cm 2 0:3 - Pa 0'3 -
4,0 kgf/cm 2 6 ,O kgf/cm 2 0'1 - 0'3 = crl - 0'3 =
-~ 1/l.- z
?.0 &.0 5.0 4.0 3.0
·FIG. 12.28- CRITERIO DE COULO'WB
Ll2-28
Conr has.e na Fig. 12. 28, po.de-:-se. es-crever
·~ + 5' o = = sen a t+3,0' .
Sendo R1 = 2,0 \<gf/cm
2
e R11 = 3,0 ~gf/cm2 resulta
1 = 1,0 kgf/cm 2 e portanto!
crT
2
=
crT 1
Q. - 2
lerei
-2-
=
1 I cr cl +-
2
2,0
= + 3,0
.3,0
1 + 5_,0
sen a
= sen Cl.
2
= Q,67 kgf/cm
2
= 2,00 kgf/crn
. '
A soma dos estados de tensÕe..s @ ·e @ res·ult~rã etn ~m
estado de tensão @, mostrado na Fis •. , 12.29.,
FIG. 12. 29- ESTADOS . DE TEN~E.!i>
. A tensao resultante (2 ãT-p), dependendo do val~r de ?•
pode rã· ser de tração ou compressao, devendo-se .allalisar e.stas
duas possibilid-ades.
l)s geometria da Fig. 12.30 pode-se concluir que.
o 2
tg 30 - y - 0,577 Q. = 2 o ,577
2
= ~,464 kgf/cm·
\
a .
T
2
f, -
b) Cálculo de p
b .1) (2õ'T-p) > O
Ll2-29
o
= sen 30 = 0,5
1: (kgf/.,.,.zl
2
aT = 2, 3 O kgf I c1n
t---=-1 -t
o
. I
I '
! êÇ2!
~ .
I
.~
FIG. 12.30- CÁLCULO OE éf"T
O c!rculo de HOHR de diâmetro Ja1-a3 J, neste caso, pa-
ra encontrar-se p,poderã tangenciar tanto uma quanto a óutra re-
ta do CRIT~RIO, levando a d~as análises.
I) o circulo tansencia a reta inclinada de 30°
• (fl9t.fcm2
(Jl = 2ãT - p
a2 = o
a3 = -p er fl't1' ,.,..,
~
p 2~-p
FIG. 12.31
Ll2-30
a·= R- p = - p
sen 30°. = =
2,30
3,46-2,30+p
P- >. 2 • 3,45 kgf/cm
li) O. Circulo tangencia a reta inclinada de 15°
I
I b
--p---
-..-:--. __
'
-----~-p'
FIG. 12.32
= o
--
---
---150
--
d
(J = -p 3
--CT(II\gttcr/)
' I
I
tg 15° = 2d0 = 0,268 d = 7,464 kgf/cm2
b = p-R
o
sen 15 R
= b+d = =
2 30 ---=-~:::.__--. ·= o , 2 58 8
p-2,30+7,464
p / 3,72 kgf/cm2
·Tnterpretação dos valores calculados para p
Para (2ÕT~p) > O, foram encontrados os seguintes inte~
valos de variação de p, provenientes dos casos I e II.
Ll2-=,:31
o 3,45
•= e 6 e A ••••
3,72.
A análise desses resultados leva, matematicamente,ã re~
posta p::::. 3,72 kgf/cm2; fisicamente pode-se verificar que a ten-
sao p não pode assumir valores entre 3,45 e 3,72, pois os crrcu-
los de liOHR correspondentes a estes valores são secantes ã reta
do critério de inclinação 15°, conforme a Fig. 12.33, na qual ve-
rifica-se que, para p ~ 3,45 kgf/cm2 , o círculo de MOHR tangencia
,;1 retl! inr;litHI,d.\1 de 30° e ·intercepta a inclinada de 1.5° em dois
pQntQa.
MCOIIIU
-
fl(ktf/cJ)
!1. 45
FIG, 12.35
Neste caso, as tensões principaís usadas para a constr~
çao do círculo de MOHR e consequentemente para: determinar p, são:
a • o 1
a • 2a -p 2 T
a • -p 3
p
Sen
Ll2-32
I
R=/p/2
---15~
P/2 d • 7,464
FIG. 12.34
~ t +7,464 15° = 0,2588 =
-
. a
i (kgf/cm2 l
? ,::::, 5,21 kgf/ cm2
c) Resposta: Pela superposição dos valor.es encont-rados nos casos
@ e (~ chega-se ao. seguinte intervalo de ~ariação de p
3,72 <: p ..:::::. 5,21
a .
X .
(Corpo li )
FIG.I2.35
O corpo rigido impede os deslocamentos segundo a dire-
çao y (& •O), o que induz o aparecimento, no corpo II, de tens~es
cr , em a~rescimo às tens~es cr aplicadas externamente e as ten-
~ z .
soes crx transmitidas em sua interação com o corpo I.
p 2
cr - - = -
100,0
c -1,0 tf/cm
X SI lO,OxlO,O
1 &
--
[cr -IJ(cr +cr ~ - 2ioo [ cr7-o,3(-l,o-o,6)J = o y
•
. . .
E y X . Z
2 cr· = -o·,48 tf/cm y
)es•a forma, dada a inexist;ncia de tens~es de cisalha-
mento, pode-se escre~-r que no corpo II atuam as tensoes princi-
pais
cr • cr • -l O tf/cm2 3 X 1
c cr
z
?
= -0,60 tf/co-
Utilizando estes valores na expressao 12.1 do CRIT~RIO
DA ENERGIA DE DISTORÇÃO encontra-se
cr. •
l.
't[c..:o ,48+0, 60) 2 + <-o, 48+1, o) 2 + c-·o, 6+1 .~ =
2
= O, 4 7 2 tf I em .
Encontrado o valor da tensao ideal, tem-se. a margem de
segurança.! com que o corpo II estã trabalhando, relativamente ã ·
tensão de escoamento cr •
cr
e . s •
- = cr.
l.
e
2,4 .. 5,1
0,472
Uma viga de ferro fundido, que tem tensoes de ruptura a
traçao e compressio diferentes, pode ter sua performance quanto a
ruptura, analisada através do CRIT!:'.RIO DE COULOllB para o estado
nlano de tensoes.
1: xy
~~ l / a, Oi
',;
xy
ap• 42.:s•
o;. o .. s tftcrn2
.crx
I/I / I 1
(I l
i
'
---I o
( I! l
0,414
I
I
AG, Í2.36- CRITÉRIO DE COULOMB (estado plano de tensões)
!:'. dito que, para a.p=42,3°, encontra-se uma tensao prin-
cipal igual a 0,5 tf/cm2 • A outra tensão principal, c;ue ocorre na
iminincia da rupttira, deveri ser obtida para que o ponto de coor-
denadas (a1 ;cr2 ) seja colocado no CRIT!:'.RIO e possam ser obtidos at
e cr •
c
-Utilizando as expressoes (10.1) e (10.3) e lembrando
que, neste caso, cr ê suposto nulo obtim-se as equaç;es y
a
X
cr- = - +
:K- 2
cr
2x cos(2x42,3°)+ ' sen(2x42,3°) = xy
2•
tg(2x42,3°) = ~ = 10,579
a
X
0,5
cujas soluçÕes são
2
crx = 0,086 tf/cm
Ll2-35
2 T • 0,455 tf/cm
xy
Obti~o~ cr e T , com base na expressao (10.6) obtim-se
x xy
as coordenadas do ponto R da Fig. 12.36, correspondentes ã ruptu-
-ra, cujos valores sao
2
cr 1 • 0,5 tf/cm .
2
cr 2 •-0,414 t:f/cm
Os valores de crT e crc sao obtidos com base no para1eli~
mo das retas ÃB e ·eiS, é:;ue ocorre porque se usa o mesmo coeficien-
te de segurança.~ para tração e. comp.ressão, ou seja
(j
c
(j
c
- s 0,4
= s
Da geometria da Fig. 12.36 resultam
tgS = o' 4 = 0,8
s =-- 0,707 = 1,768 o ,4.
2
crT = 0,707 tf/cm
(J - s O'
c c
= 1,768 X Q·:tg • 1,414 tf/cm2
Ll:2-,36
FJG. 12.37- ESTADO DE TENSÕES
a) SOLICITAÇÃO EXTERNA DA CEA~A
z E= 1000 tf/cm
f-1. = 0.25
o ea.tado de tensões interno ã chapa e o chamado "cisa-
lhamentC>.puro", que ocorre em faces sujeitas somente a tensoes
. '
de cisal.hamento •--.• Sabe-se que na direção A.A onde ocorre, o~.
xy
tida girando as eixos de 45° no sentido anti-horirio, a distor-
ção Yxy vale 0,001 e portanto usando a expressão (11.2) obtém-se
'T--
xy
T-- . 2(1+)1)
= 0,001·- xy =
-c;
'--X
E
T--
. xy
= 0,001-E =
2(l+)l)
O,OOlxlOOO =
2(1+0,25)
? 0,4 tf/cm-
Externamente ã ,chapa, s.ão três as incógnitas a sere::o
determinadas (cr , cr e
X y. T ), o que exige a obtenção de três equ_a xy . .
ç~es independenies, em tens~es ou deformaç~es.
Equacionando em termos de tensÕes, sabe-se que para
a. =
,
45° e a= 135°, respectivamente, as tensões normais são nulas
2
= 0,4 tf/cm e portanto, o uso das expressões (cr- e 0"--) e T--
x y xy
(10.1) •• (10.3) permite escrever
cr +o o -cr
o X y +( X Y)cos(90°) + (~Co) ("'-) 0- = =
'
sen
X 2 2 xy
cr +o cr -o
o X y +( X Y)cos(270°)+ T (270°) •• (E) 0- = = sen y 2 2 xy
o -o
( y x)sen(90°)+ o (C) T-- = 0,4 = T cos(90 )
xy 2 xy ~
L12-37
A solução das equaçoes (A), (B) e (C) leva a
(J
X
2
= -0,4 tf/cm
O 4 . ;· 2 cr =. , · t f em y
1" =o.
xy
2 0.4tt/cm
1
0.4 tf/cnn2
. 2
0.4 tf/em
l 0.4 tt/cm2
FI G. 12. 38 E·STADO DE TENSO-ES
b) CÁLCULO DAS DEFORMAÇÕES e:x =-e:y
De (1(.1) tem-se, para essa chapa plana sujeita as
tens~es encontradas
é: =
1
.· [~0,4-0,25 (0,4)]
-5,0 10-4 1000 = X X
1 [o,4-0,25(-0,4)] =· 5 'o 10-4 é: = 1000 X y
. c) OBTENÇÃO DAS TENSÕES DE RuPTURA E COEFICIENTE DE SEGURANÇA
Sendo este estado correspondente a ruptura, um ponto
da chapa sujeito ãs tens~es cr 1 e cr 2 , no CRITfRIO DE COULOHB, peE
tencerã ã reta AB (Fig. 12.39),
= (-0,4+0,4)
2
cr =a =.0,4 tf/cm 2 1 y = (J X
2
= -0,4 tf/cm
Admitindo que o coeficiente de segurança e o mesmo a
traçao e à ·compressão (razão pela aual a reta ÃB é paralela ã re
ta correspnndente do criteTio), pode-se concluir, tom base na
2eometria da Fig. 12.39 aue
Ll2::38
cr -o "' o' 4. T ' . tg"( = 0,8 = o' 4-
" crT = 0,6 tflcm"
(J~ o, 6 .
" = 1,5 s = =
crT 0,4
l cr I = s . I c i = 1 , 5 z O , 8 = 1 , 2 t f I em 2
• c c
0.4
I
I
-I
!
I
t
o.4 !A C7.
. -·~Q~.--------------+-----+,~Y-IF---------~·
i'Y y I I I 1/
o.• --4ccr,;0'2 l I
8
I
f
I
f
I
I
I
I
I
I
I
I
FIG. 12. 39 - CRITÉRIO O.E COULOMS
( Ll2/36J
Inicialmente o corpo de prova recebe :~G cf sem estar
envolvido pelo cilindro rÍgido, de forma que so atuar. tensoes se
gundo a direção do
P= IOOtf
z
I
I
lx
(] ~·
FIG. 12-40
eixo X
s =
a =
X
CF ig.
'!ri:: 2
:;----
p
s
=
=
12.40)
'Tt'.2o 2 ' 314,16 ~
--4- = c r:
100
= -0,318
'
tf./ cr:l"' 314,16
Como so atua ax, pode-se escrever que
a
X
= o
2
= -o, 318 tf I c·ri:
e nestas condiç;es, o uso da expressao (12.1) permite a obtenção
da tensão ideal do corpo de prova, para essa solicitaçio, a qual
apresenta uma segurança ~de i,85 em relação a ruptura.
.. a .
1
?
= 0,318 tf/cm-
a. = s·a. = 1,85 x 0,318 = 0,5~8 tf/cm 2
1 1 (ruptura)
Como pretende-se aumentar essa segurança para ,apos a
colocação do corpo de. prova no cilindro, a tensão· ideal de ruptu-
ra, nessa nova situação deverá ser
a. = o,318 x 3 = 0,954 tf/cm2
1 (ruptura)
Para que o corpo de prova, axialmente c~mprimido, encos
te nas paredes internas do cilindro, ele deverá deslo.car-se de ú,
sofrendo deformaçÕes ~ e ~ iguais. As tensÕes, no contato entre y z .
corpo e cilindro, por sua vez, serão também iguais. ~essa forrr.a,
TQ
1:
Mt
(J -max
' -Q
(~
"'
Ll2-42
Q·M $ p 42,67 max •.
= 0,026 p
"' b J 8,0x201,06
z
16 Mt 16x45P
.. • = 0,448 p
-rr D3 lr• (8 ,0) 3
TRECHO BC
45 p
"' 201,06 X 4 • 0 = 0,895 p
P•42,67 = O 026 p = 7 8,0x201,06 ' total
TR.ECHO BC
4,0cm
~---- -·
0,895P
o.o2GP 0,021? p
@
Fie. i2. 43 DIAGRAMAS DE TENSÕES
Na Fig. 12.43 mostram-se os diagramas de tensÕes máximas
para os trechos AB e EC; pode-se notar que~ para amboS~ a pior co~
binação ocorre nas
correspondentes no
{12 .2)) ·obtêm-se:
bordas em que Y = Y - • Utilizando os valores
max
CRITtRIO DA ENERGIA DE DISTORÇÃO (expressão
TRECHO AB TRECHO BC
(J. =
~
m 1,2
- <::: o PAB:_l,3 tf
cr.=
1.
~ (O ,895P) 2
· P = PAB = 1,30 tf
< 1,2
Ll2-43
( Ll2/43)
1) ESFORÇOS SOLICITANTES
A carga aplicada na ~iga produz os seguinees diagramas
de força cortante e momento fletor •
.,..,A
' .
,R, --\A
-+-· =0-.6111+- _ . _k_O m
0.7691:, !! , :I
'-"""'-'1. I! ::II:::::::::::Jiã§!, !!i:•:::::c:Jr... o. 2 31
·~·
'46.15 em
FIG. 12. 4 4 - DIAGRAMAS DE ESFOR<;OS SOUCITAI\ITES
=
2
•0•P • 0,769 P
2,6
2) CÁLCULO DE P PARA A VIGA REFORÇADA
= 0,6·P =
2,6 0,231 p
O câ.lculoda carga P sera feito utilizando-:-se o crité-
rio da energia de distorção dado pela expressão (12.2), na qual
os valores de a e T são calculados para os pontos A, B e C.G.,
indic~dos na Fig. 12.45, com ~s
= 0,769 P, q.ue ocorrem na seçao
de P).
esforços H- = 46,15 P e O - =
max ~ax
AA da viga (ponto de aplicação
As caracterrsticas geométricas utilizadas referem-se,
evidentem~~te, ã seção reforçada (Fig. 12.45).
( 12. 2)
25.4 em
2.a) Cálculo do Yalor de P através da análise do ponto @
Pela tabela de perfis "Vigas I - Padrão Americano" tem-
-se que o momento de inércia Jz do perfil I lO'' x ~7,8 kgf/m vale
4 514,0 em •
Portanto, para a Seção Reforçada, têm-se:
J = 5140+2
z
46,15P
= 13289 X
' = o A
14,2 = 0,049314·P·
Aplicando J:J cxitêrio obtém-se
,I 2 ' 1,4 = J ( 0,049314•P) + 3 X 0
4
em
PA = 28,39 tf
2.b)· ·Cálcúi"o do valor de P através da análise do pon;:o B
46,15 p
cr = x 11,45 = 0,039763 P B 13289
M = (15xl,5xl3,45)+(Ll,Bxl,25xl2,075)= 480,73125cm
SB
' = B
0,769~Pi480,73125
= 0,?9 .. 13289 0,035213 • F
Aplicando o critério, obtim-se
1,4 = V (0,039763 • P) 2 + 3(0,035213 • P) 2 ,
..
. . . PB = 19;23. tf
Como neste exemplo nota-se que o efeito da tensao de
cisalhamento ê considerável, torna-se necessária a verificação
do centro de gravidade da seÇão, onde:
crC.G. = O
M = 480,73125+(11,45x0,79x5,7~5)= 532,51674 5c.G
0,769 p • 532,51674
'c.G = 0,79 • 13289 = o;o39007 · P
.À.plicando o critério .obtêm-se:
1,4 = ~ O + 3 (0,039007"P) 2
p = 20,72 tf
c
3
em
'Pot:tanto, o·va1or de P admissl:vel i 19,.23 tf,corres-
pondente. ao menor dos valores encontrados.
Par~ a carga P = 19,23 tf, os diagramas .de esforços
soticitantes .ficam:
~12-46
~23tf trecho J.[
114-ntt ! 4.44tf
@ 14.79tt ~::;·I
j :' i ' ~ jjj 4.44 t1'
® ~
FIG. 12. 46 DIAG-AMAS DE Q e M
3l CILCULO DO VALOR DO COMPRIMENTO CD DO REFORÇO
3.1) Cilculo de a
.,
Com os esforços do trecho I calcula-se o valor de a a-
travis da utilizaçio, no critirio, dos valores das tensoes dcs
pontos indicadDs na Fig. 12.47, para os quais, com ba'e na ex~
pressio (12.2) obtim-se:
l!
cr =
y
Fia 12. 47 SE<;ÃO TRANSVERSAl SEM REFQF!C(Q
I
I
3.l.l) Ponto C
'r .. o
e
l,4 = M X 12,7
5140
3.1.2) Ponto D
Ll2;..47
..... H =· 566,61 tf • Ct:l
MS • 11,8 X 1,25 X 12,075 = 178,10625 cm3
D
14,79 x 178,10625 6 tf/cm2 TD.= 0,79x5140 =0,.4872
c; "' D v 1,96 - 3(0,64872)
2
=
H., 11,45
0,8352 = 5140
2 0,8352 tf/cm
M = 374,93 tf·cm
OBS.: Para um.ponto no C.G. basta verificar se a .tensão àe .cisa-
lh-amento atuante não leva a uma tensão ideal superior a ad
miss!vel, lembrando que a tensão normal, neste ponto,
la.
e nu
M • 178,10625+(11,45x0,79x5,725) = 229,89174 5 C.G
3
em
1: • 14,79x229,89174 = 0 , 837 tf/cm2 C.G 0,79 x 5140
2
= 1,45 tf/cm > 2 = 1,4 tf/crn
Esse resultado permite concluir que o perfil se~ o re-
forço,.admite no mâximocum momento fletor igual a 374,93 tf•cm,
ou seja, .. {Õ.de.pendentemente da tensão 1:, parte do trecho I não n.3_
cessi:taria de reforço. No entanto, o reforço deve ser estenà.iào
' ? todo o ·tre·cho I (a. • 0,6m), jâ que a força cortante no tr.echo
provoca t,'ensÕes 1: não admiss!veis para a seção não reforçaà·a.
S-endo assim, a. • 0,6m.
Ll.2-48
3. 2) Cálculo de e (Trecho II)
o cálculo de e i feito de maneira análoga ao cálculo
de a, utilizando-se os esfor9os atuantes no trecho 11, para os
mesmos pontos indicados.
3.2.1) Ponto C
2.
crc = 1,4 tf/cm
3.2.2) Ponto D
H= 566,61 tfcm
, = 4,44 x 178,10625 = 0 , 19475 tf/cm2 D 0,79 X 5140
•V 1,96-3(0,19475) 21 = 1,358756 tf/cm2
1,358756 =H • 11,45 5140 . . . M = 609,96 tf•cm
3.2.3) Verificaçio da tensao ideal no centro de gravidade
4,44x229,89174 = 0 , 25137 tf/cm2
'c.G = 0,79 X 5140
- 0,44 < 2 cr. = 1,4 tf/cm
l.
Como a tensio ideal encontrada i menor que a admiss!-
ve1, po~e-se concluir que, sem o
reforço, a seçi~ admite um mo-
mento máximo no trecho II igual a 566,61 tf.cm. O cálculo de 8
i feito, portanto, com base na geometria da Fig. 12.48, resul-
tando:1
X = 2,0
887,46 . . x • 1,27 m 566;61
. • e - 2,00~x - 2,00-1,27 = 0,73m
LU-4-9
1
ll9.23tf
t
tU 2.0m r-~ X
~
· 887.4$tf.cm
FI$. 12.48 OBTEN!:iÃO DE f3
Com isso, o comprimento CD do reforço deverá ser igual a
iCD = a + S • 60 + 73 • 133 em
...
1 ("' tf 6-~ 2 1-' ~80-0tfem I I """' I : I 100-0 em I
T li I
D•t6.0 em I
'---"""'o.•
FIG. 12.49
a) Esforços Solicitantes
Mt =;momento torçor constante = 80,0 tf·cm
N • esforço.~ormal constante
M- =momento fletor na seção do engastamento = 1 x 100,0 -
max
= 1_0_0, O tf ·em
b) Tensões Principais
b.l) Caracteristicas Geométricas
o,
ltf/cm2l
112-50
= 32.17,0 4 em
Y - = 8,0 em
max
s·--
2
'lr.-.16
4 = 201,06
.2
em
b.2) TensÕes devido aos Esforços Solicitantes
- Devido ao Momento Fletor
-max
M -max
= --
Jz y -max
100,0 -3 2
= X 8,0 a 248,679 X 10 tf/CTi! 3217,0
- Devido ao Momento Torçor
16x80,0
'llxl6 3
-3 2
= 99,472 ,x 10 tf/cn
- Devido ao Esforço Normal
N N
s 201,06
b.3) Pontos mais Solié:ttlidcrs
Para a análise que se segue, admite-se que o esforço N
pode ser de tração ou compressão, provocando com isso tensoes
normais uniformemente distribui:das em toda a seção transversal,
conforme Fig. 12.50.
8
--IJ-~- ---- t~;;-
----1]~--- -------r~~~
__L2!.L_____ . ------+-----
.@ 0
Fl1>. 12.50 DIAGRAMAS DI! TENSÕES
O momento fletor, por sua ve-z, traciona as fibras sup~
riores e comprime as inferiores. Isso significa que, para uc v
de compressio, no ponto B atuari a ~ixima tensio normal resultan
te, a qual origina tens~es principais máximas, ji ~ue o momento
torçor, nos pontos de borda, tamb'ém provoca o aparecicento de
tens~es de cisalhamento mãxiinas. No ca·so de N ser de tração, o
mesmo ocorrerá com o ponto A.
Verifique-se inicialmente, sem~ concurso do esforço
normal N, como se coloca o ponto de coordenadas crf e cr2·, relati-
vacente i zona de ruptura do CRIT!RIO DE COULOMB. Usando apenas
crM e TM n~ expressao (10.6) encontr~m-se, para o ponte B,
t
a -
-3 248,679xl0
2 ±
* -3 . 2 cr = 34,893 x 10 tf/cm 1
* -3 2 cr = -283,572 x 10 tf/cm 2
O ponto C, que possui e~tas· coorden~das (rig. 12.51),
pelo CRIT!RIO, pertence a uma regiio segura, ou seja, a atuaçao
conjunta de M e Mt não provoca ruptura da viga em nenhum de seus
pontos.
Pergunta~se agora, qual seria um valor admiss:lvel de t;
que fizesse com que as novas tens~es principais cr 1 e cr 2 fossem
as coordenadas de um ponto qualquer D pertencente ã reta AB do
CRIT!RIO (limite da zona admiss!vel).
-c) Admitindo N de compressao
C.om o acréscimo de crN a cr11 obtêm.-se novas coordenadas
cr 1 e cr 2 .dadas p'e1as expressÕes (A)
103 X \ ::-\ • ,-248,6~9-4,974')' j
(A)
as quais .ci'evem guardar, entre si, re1aç~es provenientes da geome-
tria da Fig. 12.51, ou seja
tgl! • ~ -0,6
LU-52
Como se tratam de condiçÕes limites àe segurança, isso
~
e o mesmo que
< 1
ou ainda
a,
--+-
1
I
(B)
-1\;f~-------------t----J-~T-~1~--------~~~------~~I~/cmz) CUI 0.4 I
I
I
I
I
I
I
az1
I
I
r_+
1"'2
I
I
I
--t-
FIG. 12. SI - CRITÉRIO DE COUL.OMB
Utilizando os valores de cr 1 e cr 2 da
expressão (B), resulta uma equação do 29 grau
-expressao (A), na
em N (eq. C), que
possui uma raiz positiva (N < O por suposição) e uma outra nega-
tiva (N > O). Esta segunda raiz significa que pode existir um es
forço normal mãximo de tração, aplicado axialmente, que provoca
tensoes a 1 e cr 2 ainda admissl:veis pa,ra> o ponto B. E.sse esforço
normal, todavia, provocará tensÕes n.ormais positivas que se so-
marão, no ponto A, is jã existentes de~ido ao momento fletor,
provocando ruptura nesse pont·o, Das duas res,postas, portanto, a
Ünic.-a válida é a positiva, coerente com o sentido arbitrado no
equacionamento.
N2 + 59,7824 N - 7544,9238 < O (C)
N ~ 61,97 tf (compressão)
N 2:. -121,75 tf (tração)
d) Admitindo N de traxão
Nessas condiçÕes as tensÕes principais em torno do po~
to A valem:
! ::} . (248,679+4,974N) ± 2
-Substituindo esses valores na expressao (B) resulta a
-equaçao
N2 + 140,1998 N - 3524,3407 <: O
cujas s•oluções sao
N <: 21,76 tf (tração)
N :> -161,96 tf (-compressão)
O confronto dos resultados encontrados nestes dois ca-
sos leva a solú~ão:
-61,97tf < N C::: 21,76 tf
Ll2-5.4
Observe-se que os resultados encont•rados para N de tra-
ção e compressão são diferentes, ·dada ·a desigua,ldade entre os va-
lores admissl:veis das tensÕes. de tra.ção é compressão desse mate-
rial.
:;-:;;;;;; ! l
!
----!tlC.G.
,_. .. E:
~o·
ID'
·'
f
1.2 em
e
u
oi
·' Oi
"'·
A ·analise da segurança da viga exige a determinação das
combinações mais desfavoráveis para. as tensÕes, cujo calculo de-
pende dos esforços solicitantes, encontrados como segue.
a)·CÃLCULO DAS·REAÇÕES DE APOIO
VB x 4,0 - 5,0x5,0 - 6,0x5,0x2,5 = O
VB • 25,0 tf
l: F a O
vert VA + VB = 6x5,0 + 5,0
v - 10 o tf A '
L12-'55
b) TRAÇADO DOS DIAGRAUAS
Obtidos VA e VB constroem-se os diagramas de momento
f1etor e força cortante, mostrados na Fig. 12.53.
lO
i
I
~· 12 tfm
14
8
FIG. 12.53- OIAGRAIIIIAS . ~ Q e 1111
-s
A equaçao do momento fletor que se segue, permite àeter
minar M • ou seja,para uma abcissa x entre A e B resulta max~
dM
dx
X 2
= lOx - 6x 2 = lOx - 3x
= 10 - 6x a o
X =
10 Tm
H • = 10 • 10 - 3 (-! .. 9}
max 6 6 a 8,33 tf•m
c) CARACTER1STICAS GEOHtTRICAS DA SEÇÃO TRANSVERSAL
Jz • 12Xi~,23 - 2 X 5,i~303
4
em
MS(l) = 12 X 1,6 X 15,8 = 303,4
Hs(2) = O
3
em
L12-56
d) VERIFICAÇÃO DAS TENSÕES
A combinação mais desfavorável . de :i e Q ocorre. na seçao
transversal do apoio B, onde M = .800 tf··cm e Q = 14 tf. 1;essa
seçao, os pontos onde·podeo estar as combinaçÕes mais desfavorá-
veis para. as tensoes, são os pontos @ e @
d.l) Para o ponto (i)
cr •
800,0
11844,4
2
x 15,0 = 1,013 tf/cm
1·4 X 303,4 ·. 2
T • l,Oxll844,4 • 0,359 tf/cm
U.tilizando a expressão ~12 .2 ) pode-se verificar a ten-
sao ideal no ponto @ •
cr.
J.l
2
cr. • 1,189 tf/cm <
J.l
d.2) Para o ponto.@
. 2
êi =.1,2 tf/crn
0,359
21
Para esse ponto, que tem T(2 )= O, interessa fazer ave
rificação em uma seçao onde M ê máximo, uma vez que a cortante
nao afetará o valor da tensao ideal.
Sendo M - = 833 tfcm, resulta
max
cr = 833,0 6 6 6 I 2 11844 , 4 x 1 , ~ 1,1 7 tf em
= 1,167 tf/cm2 < 2 cr = 1,2 tf/cm
Esses-resultados permitem concluir que o carregamento
dado e ad·missível para essa viga.
I
Ll2-57
Sendo o estado (a) admissivel na condiçio limite, atra-
vês dele pode-se obter a tensão ideal admissivel deste naterial,
utilizando a expressao (12.1), e para tanto ê necessário que se
encontrem as tensÕes principais cr1 e cr 2 , como segue.
2
't = O,!'S tf /em
'L xy . 0;5 J r~ •O;l5tf/cln2 (o) X
o,!'S
lO~ =O I
FIG. 12.!'54
crl ) ~ I o 5 <025)2 + co ,5/ = _,_ ± 2 cr2
cr • 0,809 tf /em 2 1
= -0,309 tf/cm 2 cr2
J 1 [ 2 (crl-cr3)2 + (cr2-cr3)2 J (l2.l) cr. = - (cr -cr ) + J. 2 1 2
v 1 [ 2
2 ()~r cr.
·- 2 _ (crl-cr2) + crl + = J.
~~ [ 1,1182 I 1 + 0,809 2 + 0,309 2]
2
().
J.
= 1,0 tf/cm2
OBS.: Como no ~~tado de tensoes (a), cr i nulo, poder~se-ia cal-y_
cular a tensao atravis da expressao (12.2), ou seja
(). =
J.
v 2 2 I cr +3 -c
2
cr. = 1,0 tf/cm
].
2 2 0,5 +3x0,5
\
·O valor admissi:vel de
p· sera agora obtido utilizando-se
a expr~ssao (12.1), para a qual ~necessirio encontrar as tens;es
principais do estado de tens·Ões (b).
FIG. 12. 55
(p+p).±
2
cr = o 2
Como cr 3 e igualmente nulo no estado (b) resulta
cr. = 1,0
l. ; [<2i?-o}+C2p-o)
2 ] = 2p
2 p = 0,5 tf/cm
};o acrescenta r-se as tensoes principais cr1 = 2p e cr2 =O,
uma tensão cr3 , transforma-se o estado de tensÕes em triplo, modi
ficando os ·valores dos termos que aparecem na expres5cao '(-12.2), o
que conduz ã desigualdade
I
1 [ - 2 - 2 ( )2] ./ - 2
2
(2p-O) +(2p-cr3 ) + O-cr3 -:::cri = 1,0 tf/cm
a qual, para p 2 = 0,5 tf/cm resulta
Ll3-l
FLEXÃO GERAL
MOMElfTOS DE IN!RCIA DE 2! ORDEM DAS FIGURAS PLANA.S
a) Traualaçio ~e eixos
õ __ ..:...,__ _____ ,.
c
FIG. 13. I - TRANSLAÇÃO DE EIXOS
Sendo y e z eixos centrais de inércia da figura plana
de ãraa S e admitindo conhecidos
J
· Is z 2dS y
J
· Is lds z
J - I y z dS yz S
.... (13.1)
calculados relativamente aos eixos y e z, podem-se obter J-, J-Y z
e J-- da seguinte forma: yz
J_
. f s z2ds -y J
.1-
-I s y2ds - J z
J---yz Js yz dS ..
+ y
s .2
·e
+ S·b2 .... (13.2)
z
.J + S·b·c yz
Ll3-2
ond• b:. e c são indicados na Fig. 13.1.
b) llotas;ão de Eixos e Coord-enadas
" Conhecendo as coo-r·denadas y e z de um ;>cjltO qualquer da
·.
seçao~ as coordenadas y e z desse mesmo ponto são dadas por
y "' y co s a + z s.en a
z • -y sen a + z cos a
J
MIS.2-ROTAÇÀO OE EIXOS
•••• (13.3)
N·ovamente, através de Jy' Jz e Jyz' podem-se obter Jy'
J- e J--, e~culados rel~tivamente aos eixos y e z através das
z Y:
expressoes (13.4)' nas quais o ângulo a e p-ositivo para rotaçoes
no sentido horário.
J- J 2 + J sen2a J sen2a
-
cos a y y z yz
J- E J 2 + J 2 a + J sen2a sen a c os
z y z yz ....
(13; 4)
J -J J ___
J · eosZc. + ( :z: z) sen2a yz yz 2
c) Eixos Principais- de Inereia
-Dada a analogia formal destas expressoes com as rela-
tivas ao estudo da rotação de tens~es no estado plano, pode~se
.escrever
J +J
( Y z)+
2 -
Ll3-3
'
•.•. (13.5)
-ond• J 1 e J 2 sao.chamados momentos principais de inêrcia da fig~
ra plana, re·lativamente aos eixos ·1.1 e 2. 2, definidos como ei-
xos principais, em relação aos quais o momento de iner<:ia centri:
fugo j_ .. ii•nulo. yz
As direçÕes principais 1.1 e 2.2 sao determinadas atra
vês de
2 Jyz
J -J
z y
•.•• (13.6)
onde o ângulo
(13.4).
a é um valor particular de a que anula. J--P yz
I
.J
I ap
a; Y
/2
i
Fie. 13. 3 -fiXOS PRINCIPAIS
.....
' ' I
....
a) ObtenÇão da posição do centro de gravidade.
em
Para~ cálculo das coordenadas do C.G. serao arbitra-
dos os eixos auxiliaras y
0
e z
0
indicados na Fig. 13.4.
Usaúdo a definição do Centro de Gravidade tem-se
L S.Z .
l. O.l. •
L si
z • 6 em
o
(12xl8x6)~(2x6xll)-(2x6xl)
(12xl8)-2(2x6)
y ,.
o
• •
r s.y .
1 01 -
r s.
1
Yo - 9 em
~
I 2 I
Ll3-4
(l2xl8x0)-(2x6x5)-(2x6xl3)
192
IOc:m
o I ~
I
I
I
I
61
i
9cmÍ lO em
' I I
_J_ I I z C.G.
------
+ ,r 6
4-- 2
i!iem i!i~ I
lO em 21
FIG. 1:5.4 - CENTRO DE GRAVIDADE
Os resul~ados encontrados para y
0
e z
0
eram jâ espera-
dos. dada a antimetria da seçao em relação aos eixos y e z.
b) Obtenção dos momentos principais de inêreia
b.l)
•
Cálculo de J y• J e J z yz
l8xl23 3 2 J .. _ 2 (6x2 + 6x2x5 )
-
1984 em y 12 12
l2x18 3 3 2 J .. _ 2 (2x6 + 6x2x4 )
-
5376 em z 12 12
Jyz • - ~x6x(-4)xs]- [2x6x4x(-5) J • 480
4
4
4
em
De acordo com as expressoes (13.5) e (13.6) tem-se:
L13-5
I
.
Jl 5443
4
• . -
em
J2 1917
4
-
em
tg(2a )
-
2x480
-
0,283 p 5376-1984
a .. 7,9° p
A:s direçÕes principais são obtidas pela rotação dos ei
xos y e z de 7,9° no sentido horirio. Reiia saber qual destas di
reiÕes perpendiculares corresponde ao valor de J 1 e J 2 .
Esta determinação pode ser fei~a pela utilização de
a • 7, 9° nas expressÕes de J_ .ou J- de (13 .• 4), compar.ando-se um
p . ' y ' z .
destes resultados aos valores encontrados de J 1 ou J 2 .
Nes.te caso,
2 2 o . J- • 1984 cos (7,9°)+5376 sen (7,9 )-480 sen(2x7,9°) y
e portanto o eixo 2.2 ê encontrado atravês de uma rotaçao do ei-
xo y, de 7,9°, no sentido horirio.
As direções principais são indicadas na Fig. 13.5
:t
L
I ~
,.. c c. a
--
-
., •• 1-:-
'o/ ~ .Fte . t3.5- EIXOS PRINCIPAIS DE INE.RCIA
.I y
~-- ·_._·: t::::1
L13-6
11,-) Cálculo da: posição do centro d.e gravidac1e e dos momentos
principais de inércia
_S. O S. O
......
y ,.
o
. I
I . e.ocs
I
. :'
FIG. 13.6 - CENTRO· DE GRAVID_AOE
E. S.z .
1 01 - lx6:x3,S-+l:ic6-x(-3.5)+2x6x3 .. 1 , 125 em 2x6x1 + 8xl + 6x2 E S.
1..
'. ·.
E S.y .
l. 01.
E s.
l.
8xlx3 ,5 + 6-x2.x7
• 32 • 3,5 em
J '= 2 {1x63 6 1 3 52) . 8xl3 2x63 2 6 3 52 z 12 + X X > + u- + u- + X X >
Jz • 366,67 4 em
Jy ,. 6 ~~ 3 :x 2 + lx6x(2,375) 2 + lx6x(4,625) 2 + 1~~3, +
+ 1x8i('1,125) 2 +. 6~; 3 + 6x2y;(l,875)2
J .. 261,04
-Y
4
em
J • lx6x2,375~(~3,5) + 1x6x(-4,625)i(-3,5)+ 2x6~1,875x3,5 yz
4 J • 126 em yz
De acordo com as expresso.es (13.5) e (13.6) tem-se:
261,04+366.67
2
em
4
t (2a ) 2 ·" 126 2,386 g p .. 366.67-261,04 - • . .
Utilizando este ângulo nas expressoes (13.4) encontra-
se
A fim de caracterizar o plano onde atuà 'o mo1aeuto fle-
~ +
tor, usar-se-a o vetor momen·to M, a ser decomposto seg11Dd.o compo
nentes M1 e M2 , como mostra a Fig. 13.7.
1 ltro«io 4kl plano de cargo l
"
,
FJ9. 13.1- EJXOS PRINCIPAIS
Ll3-8
Usando a
momento M, contido
regra da
no plano
mão direita,está-se admitindo que ,;;
-vertical, traciona as fibras locali-
'
zadas acima da linha .neutra. Neste problema, em particular, tal
orientas;ã:o poderia ser modificada sem alteração do valor admiss:i:"
vel de !!.
b) Determinação da linha neutra
A tensao· normal em qualquer ponto da seçao vale, confor
m.e Fig. 13.7:
a • -: u + (13.7)
onde M1 e M2 sa.o t·omaàos em mÓdulo. Observe-se que em pontos on-
de! i positivo, ocorre compressão devido a M1 e em pontos onde
! i positivo, o momento M2 provoca tração.
Evidentemente a adoção de sentidos
.... ....
v e M levaria a uma equação ·diferente.
o
• M cos(33,63 )
....
diferentes para u,
Como a linha neutra e o lugar geométrico dos pontos
nos quais a tensão e nula, sua equaçao e a seguinte:
O • _ 0,833 M u + 0,554 M v
450,48 177,24
A determinação da linha neutra' pode ser feita através
do coeficiente angular da reta que a representa, ou através da
determinação de dois pontos pertencentes a essa reta.
b.l) Determinação da L.N. atravis do coeficiente angular
O co.eficiente angular da linha neutra e dado por:
tgl3 = v - 0,591 u
Ll3-9
O ingulo B foi. ~•l~ulado em funçio de coordenadas u e v
de mesmo sinal (tgB >,O) devendo portanto.ser marcado a partir de
u e em quadrantes nos ,quais est·as coordenadas tenham mesmo sin~l.
a de tração máxi l'fl.(t'~
I
ª ·..----y A
z
--/ a de compressõ<'
máximo
y /
---
B
~
FIG. 13.8- LINHA NEUTRA.E DIAGRAMA DE (")"
b.2) Determinaçio da L.N através de dois de seus pontos
1,85 u·= 3,13 v
para
- o v 1 •O
para v 2 • 3,55 ~m
~) Cil~ulo do momento fletor admiss!vel M
O momento fletor ê ~alculado impondo-se .que no ponto
mais soli~itado da seçio, a tensio normal atuan%e seja s•mpre me
nor ou igual i tensio normal admissivel, no caso igual a 1,4tf/
~m2 •
Ll3-10
O ponto mais solicitado
~a seçao e aquele que estiver
mais afastado da linha neutra.
No caso e.m estudo, o ponto mais afastado da L.N., de
acordo com a Fig. 13.8, ~ o ponto A, que possui as coordenadas
y • -6,5 em A
ZA - +2,875 C>Z
Pelo uso das expressoes (13.3) obtem-se:
+2,875x0,554
+2,875x0,833
vA • +6,00 em
- 2 Portanto·, sendo OA:::;; o • 1,4 tf/cm , obtem-se
l 4 ~ -0,833 M(_ 3 82 ) + 0,554 M(G OO)
• 450,48 ' 177,24 '
. . M • 54,23 tf.cm
(§]
a) Cãlc~tlo do Centro de Gravidade
E S.y . 6 6 6'
Y
• l. Ol. =- X X __ 2 o E S. 36+72- em
-,
o
•
l..
E s.z .
l. Ol.
i: s.
l.
-
6x6x3 1 = em 36+72
Ll3-ll
~
! ...
';
.(
/ !'8 Clll
.{' I ! 3CD ·-'~~> .
~,·.,·,··. '
'· ... ' '. p•
'\ '· '
-r /
·lfo l I Tf I ••• .. ..
FIG. 13.9- CENTRO DE GRAVIDADE
b) Cilculo dos momentos principais de in~rcia
iguais.
A simetria da seçao permite afirmar que J e J y z
J - J y z + l2x6x2
2
= l.l88
J • 6x6x2x(-4) + 6xl2xlx(-2) • -432 yz
4
em
De acordo com a expressao (13.5) obt~m-se:
2xll88
2 ± v (-432) 2
1620
756
Pela expressao (13.6) obt~m-se:
I? ) 2x (-43"2) ..,. ,.
tgrap • 1188-1188
4
em
4
em
-sao
4
em
A posiçio dos eixos principais e encontrada, utilizan
do esse ângulo em (13.4).
J- • 1188 sen2 (-45°)+ 1188 cos 2 (-45°)
z
Jz • 1620 cm4 = J 1
. o
- 432 sen(-90 )
Ll3-1Z
f imp-or.tante notar-se que para CL- • -1f/4 o eixo z sofre
' " p "
uma ·r.otaç.ão· no se~tido anti-horârio de 45°, coincidindo C01ll o ei
· xo de simetria da seção. o resultado encontrad.o para a jâ er:1
. p
esper~do, uma. vez que todo. eixo de s imet.ria de uma seção ê sem-
pre um dos eixos principais de inércia; '
b} Determinação da posição da força P. axial excêntrica
~
2 '
y
'
-u
Fl6. 13. lO- POSICÃO DA CARGA P
'
Tomando-se a carga P de compressao, jã que a seção ê
.... ....
de um pilar, e adotando os sentidos para u e v.mostrados na
Fig. 13.11, obtém-se:
a •
-P
s
u +
-onde os momentos M1 e M2 sao dados por:
Ll3-13
---
ao plcn.o de cargo
•
-.LI
FIG. I:S. li- PLANO OE CARGA
b.l) Equação da linha neutra
-P
o = 108 u +
P•e
v 756 v
b.2) Coordenadas dos pontos A e B pertencentes i L.N. (Fig.l3.10)
resulta:
yB • -7,0 em zB = -1, O . em
yA • -1,0 em zA • +5,0 em
De acordo com as expressoes (13.3) tem-se:
uB • -7,0 • cos(-45°)- 1,0 • sen(-45°) = -4,24 em
v • +7,0 sen(-45°)- 1,0 cos(-45°) • -5,66 em
B
u • -1,0 cos(-45°)+ 5,0 sen(-45°) • -4,24 em
A
vA • +1,0 sen(-45°) + 5,0 cos(-45°) • +2,83 em
Substituindo-se essas.coordenadas na equação da L.N.
o - ·-
1 e e
108 - 16~0<-4 • 24 ) + 7~6<- 5 • 66 )
1
o = - 108
Ll3-14
e e
u v 1620 (-4 ,24) + 7"56(+2 ,83)
Subtraindo a primeira equaçao da segun'da obtém.;.se;
e.
v
~ • 5,66 +
•
• •
e
v
~ 2,83 • o
Este resultado· (e ••O) também j ã era esperado, uma vez
v
que o eixo principal f resultou paralelo i linhi neutra AB, in-
dic*ndo uma-~lexio composta enio óbliqua.
+ Isso. faz com. que o plano de· carga contenha o eixo u,
sendo nulo o ângulo ~ da Fig. 13.11.
Substituindo e • ·O em uma das equ.açoes·, obtém-se a
. v
posiçio do pontó de aplicação de P.
~
e
O - - _h_ + u 4 24 108 1620 • e = 3,54 em u
a) Cãlculc dos momentos principais de inércia
i'
r
z
' I ! Sem
lllem
l
12CIIl
,sem
.lt.
' I
I
I Sem
+ .
. FIG.I3. 12 -·EIXOS PRINCIPAIS DE I NÉRCI.A
V;--.
Uma seçao ê considerada ,delgadá quando uma das dimen-
>oes ê muito menor que as outras, sendo então·estas dimensÕes for
nec:idas em relação a uma linha .que. passa pelos pontos tledios da
menor. d~meusão. chamada linha do esqueleto.
No cálculo dos momentos 'ele inércia destas seçoes delga-
das·, a parcela que tiver .a menor dimensão elevada a~ c~•bo,. pode
ser desprezada relativamente is demais.
Em relação aos sistemas de -referênd.à adotados na Fig.
13.12 têm-se:
J '. y
J I" z .
J .
y'z'
10x1 3 -
12 • o (pode ser desprezado)
= o
4
• 83,33 em
(yL e z' são eixos de simetria)
De acordo c:.om as- expressoes (13.4), sendo c:os~ • 0,8
e sen• = 0,6, obtêm-se:
Jl
-
J2
2 4 J-, • J , x {0,6) • 30 em y z
J-,-,. yz
-.] z. '
sen2t • -J , x 0,8x0,6 • -40 c~~ 2 z
Portanto
2·
- 240 4 .] = 2(30+10x3) em y
2' 1x12 3
• 2251 4 .] • 2 (53+10xl O· ) + 12 em z
J 2 [-40+ (lOx:(-10 )x3 8 .. -680 4 .. em· yz
G-uso da expressao (13.5) leva a
·\ -<
240+2251 ±v (240;2251l + (-680)2 + 2
J2 -
2459 em
32 em
4
4
Ll3-16
Pela .expre·ssao (13. 6) obrem:- se:
-1360 . t~2ap)• 2251-240 • -0,68 • . .
Usando .a expres·sao .(13.4) ·tem•se:
FIG. 13. 13
b) Equação da linha neutra
Como o centro de gravidade da seçao pertence ã l:j.nha
neutra; a flexão em estudo n.ão serã composta. Adotando-s.e o pla-
ll.o de carga· formando um. ângulo a c:om o eixo principal ti, de acor
do com a Fig. 13.13 tem-se:
onde
6~-- u -
M •·M cosS 1 :
Ll3-17
Portanto a equaçao da iiuha neutra ser•
u -
seuS
-:r;- v • o
de modo que o seu coe f ic:ieute angui'ar vale.:
!. - -u
J .
2
J l
l
tgS
De acordo com a Fig. 13.13 o coeficiente. au.:gular da
L.N. (dada no problema) vale:
uma vez que aL,N •. passa por quadrantes nos quais v eu têm si-
naia; trocados.
Portanto
•
. .
~ -
O valor ·de e • ângulo f=mado entre o plano de carga e
o eixo y vale portanto
z
1' ... 13.14- POSIÇÃO. DO PLANO DE CARGA
' L13-18
e
a) Ca1cu1Q·da posição do centro de gravidade
32,94cm 27,0SCIII
i 40 em
I I
I
i
12,94 I I
I y I
t 20 l 20 j 60cm ! 1 t
FIG. 13. F5- Cf'lTRO DE GRAVIDI;.DIE
z
o -
y •
o
k 5izoi • 8x20x20+16x60x(-40) • _12 94 em L S. 8x20~20x80+60x16 •
l.
L S.y .
l. .o l.
L S.
l.
• 8x20x·(-36)+16x60x(-32) • _ 13 ,41 em 2. 726
b) Ci1culo dos momentos principais de inircia
'J
z
20x8 3 . 2 20x803 2
• 12 + 20x8x(22,59) + 12 + 20x80x(13,41) +
60x16 3 .
+ + 12
2 60x16x(18,59)
J. - 1.575.806 4 em
z
J -y
8x203 2 80 203 2
12 + 8x20x(32,94) + · ·~2 .+ 80x20x(l2,94) +
3
+. l6xGO · + l6x60(27,06)~ • 1.491.137
12
4
em
J • 8x20x(-22,59)x32,94 + 60xl6x(-27,06)x{-18,59) +
Yz
+ 20x80xl2,94xl3,41
J - 641.506 yz
4
em
Ll3-19
1.491.137+1.575.806
± 2
Jl - 2.176.373 4 em
J2 - 890.570 4 em
2 X 641506
tg(2ap) • 1.575.806-1.491.137 • 15 • 15 . .
2 o . 2 o J- • 1.491.137 cos (43,11 )+1.575.806 seu (43,11 )-y
- 641.506 sen(86,22°)
J_ • 890.570 y
4
em
Esses. resultados mostram· que a posição dos eixos prin-
cipais e a que se indica na Fig. 13.16 •
..... 0
y
z
1 plano de carga
I
I
I
I
ly.
I
I
FIG.I3.16- EIXOS PRINCIPAIS DE INÉRCIA
c) Obtenção da linha neutra
Os sentidos indicados para~. v eM na Fig.l3.16 levam a
u -
onde
Ll3-20
o M1 • M cos(43,11 )
o M2 • M sen(43,ll)
ou seja, pontos pertenc,•n~ea ã Linha Neutra estão sujeitos ã e-
quaçao
cos (43 ,11 °) o ·- u -2.176.373
sen(43 .• 11 °)
890.570 v
v Sen.do tgS • - o coeficiente angular da linha neutra,
u
encontra-se
o (cos 43,11 )x890.570
tgB • 2.171.373xáeA(43,lló) • 0 • 437
•
• •
O ângulo S • 23,61° deve ser marcado, conforme Fig.
13.17, a partir do eixo u e em quadrantes nos quais u e v te-
nham sinais iguais, já que tgS > 11.
FIG.I3.17- PONTO DE a MA'XIMO
..
Ll3-21
d) Câlcúlo da máxima t;ensao normal cr
A tensão (J máxima ocorre no p·onto mais afastado da li-
nha neutra,. que no caso pode ser o ponto A ou o ponto :8.
A viga e sujeita a uma
carga total uniformeme,n te' dis-
tribuida .g dada pela soma da carga p(l,:'35 tf/m) e do peso pro-
prio q.
g m 1,35 + q
onde
q • S • v · = 0 .. ,271 x 2,4 = 0,653 tf/m
'concreto
g • 1,35 + 0,653 = 2,003 tf/'m
Como a viga i simplesmente apoiada, o miximo momento
flet 0 r ocorre no centro de seu vão t e vale
M •
2
:9...:!_ -8 = 25,04 tf•m
. . M = 2504 tf;cm
· d.l) Cálculo de. cr no ponto A
yA = -26,59 em zA = +42,94 em
. o . o
uA • -26,59•cos(43,ll )+42,94·sen(43,11 ) = 9,92 em
v -A
(J -A
. o o
+26,59•sen(43,11 )+42,94·cos(43,11 ) = 49,52 em
2.504xcos(43'.,11°) .• ( 9 , 92 )- 2.504xsen(43,11°) ( 49 SZ) 2.176.373 890.570 '
(J • -o 08~8 tf/cm2 = A , 2 -86,8 kgf/cm
(Fig. 13.17)
(compressão··
d.2) Cálculo de cr no ponto B
YB = +53,41 em z = 2,94 em B
o . o 00
uB • 53,4l·cos(43,ll )+2,94•sen(43,ll) = 41,. em
• -53,4l•sen(43,11°)+2,94•cos(43,11°) = -34,35 em
a • :s
Ll3"-22
2504xcos(43,11°)·(4 l 00)-2.176.373 . '
2504xsen(43,11°)(_34 35 ) 890.570 •
2
a:S • 0,1004 tf/cm
. 2
• 100,4 kgf/cm (tração)(Fig. 13.17)
Portanto. a máxima tensão- ~ normal e de traçao, ocorre no
ponto B (conforme Fig. 13.17) e vale:
2
aB • 100,4 kgf/cm
Cl~S.: Nas zonas tracionadas de vigas de concreto, como esse mate-
rial suporta pequenas tensoes de tração, i colocada uma ar-
madura de aço, com o objetivo de absorver essas tensões. A
presença des·sa armadura, dada a diferença entre os módulos
dEl elasticidade do aço e do concreto, faz de.slocar a posi-
ção da linha neutra de um valor que depende tambim da rela
. ··---~-ã~_._en~re as áreas de aço e concreto.
A soluoio do problema, como se pÕde notar, ignorou a pre-
sença dessa armadura, admitindo que na seção .exista apenas
u1n tipo de material.
As caracterrsticas geomitricas calculadas neste proble-
ma serao aproveitadas quando da solução do problema Ll3/28.
a) Cãlc11lo do C.G. (utilizando as caracteri:sticas geomitricas ta
beladas)
z
z'
1,07
'
~
.#ti
1
I
c.s..
Yo
'-t
z., lo y+-~ I ~rl7
t 3,81
FIG. 13.18- CENTRO. DE GRAVIDADE
I
!
! jiO ! ,2
5,1 ' f4, 51
I
medidas em em.
~
L13-23
= 13,7x5,1+2,32xl;07 =
16,02 4,51 em
= 13,7x3,2+2,32x5,44 = 3 , 52 em zo 16,02
b) Cálculo dos momentos principais de inêrciá
J
z
2 2
= 190,6 + 13,7x0,59 + 3,3 + 2,32x3,44 = 226,12
2 2 4 J = 18 + 13,7x0,32 + 3,3 + 2,32xl,92 = 31,25 em y
Para o cálculo de J yz deve-se inicialmente calcular
em
J 1 1 da cantone·ira, uma vez que y' e z' não são eixos de sime-y z
tria e portanto não ê nulo o valor do momento centrifugo.
z' C.G.
r-->·//
y'
To_._~_r._
v---+-
v
v
c: 2., 74 em
r:::
/
-
".:::: 11,07cm I
···-·->
1,07
3.,~_1_e_~--------r--.
FIG.I3.19- CALCULO DE Jy'z'
4
Jy'z' = 3,493x0,317x(-0,994)x(-0,912)+3,8lx0,317x0,835x0,912=
4
= 1,92 em
J = 13,7x(-0,32)x(-0,59) + 1,92 + 2,32xl,92x3,44
yz
4 J = 19,83 em yz
31,25+226,12
2 :!: -v
4
em
Ll3-24
•
• •
4
em
a • 5,75° p
2 o 2 o o J-" 31,25xcos (5,75 ) + 226,12xsen (5,75 )-19,83 sen(ll,S ) y
>--plano de cargo (vertical)
/
I /
I /
v 0 IMz /
/
/
/
---H
"" ----- M , ---::;:======~~1f~-~-<-==-~;-~-~====~~::i z -T
i
/ / M, I 4, 51 em
/=:::Jtl==-----· -~
5,75°1
u
FIG. 13.20- LINHA NE.UTR A
c) Obtenção da linha neutra
A tensão normal em qualquer ponto da seçao, com base na
Fig. 13.20 e obtida por:
tra, vale
tem-se:
a = - u +
Em particular, para os pontos pertencentes a linha neu-
(J"a -
o M•cos{S,7.5. )
Jl
u +
Sendo tgB v = - o coeficiente angular da linha neutra
u
Ll3-25
tgll - +
. . o
29,25xcos(5,75 )
228,12xsen(5,75°) . .
O ângulo .B é marcado a partir do eixo u, em quadrantes
em que u e v tenham o mesmo sinal,. jâ que tgB > O.
Portanto o ângulo 6, formado entre a linha neutra e a
vertical vale:
a) Cálculo dos momentos principais de inércia
plano de carga
~
i .,..
I
z
z
FIG. 13.21 - EIXOS PRINCIPAIS DE INÉRCIA
Ll3-26
lx24 3 3 2 4 J .. + 4 (3x2 + 3x2xll ) • 4064 em
z 12 12
24xr3 3 2 3 2 J. .. + 2 (2x3 + 2x3x2 + !!L+ 2x3x6 )
- 500 y 12 12 12
Jyz = 2 [3x2x(-ll)x6 + 3x2x.(-ll)x2 ]• -1056 4 em
S = 24xl + 2x6x2 • 48
500+4064
2
4
em
2
em
-2 X 1056
tg(2aP) • 4064-5oo • -0,593 • •
4
em
o
a. - -15,33 p
em
2 o 2 o o J- • 500xcos (-15,33 ) + 4064xsen (-15,33 ) + 1056xsen(-30,66 ) y
J_ - 211 y
b) Obtenção da posição da linha neutra
IJ • -
p
s
u -
onde
Para os pontos pertencentes a Linha Neutra tem-se:
..0 ~-.!... _ 7 ,715·P
48 4353 u -
2,ll5·P v
211
para u = O v • -2,08 em (ponto A)
para v m o .... u • -11,75 em (ponto B) (Fig. 13.22)
4
Ll3-27
\
\
\
\,
\
\
\
z
"
y
\ 75 o;ll\ \ ,,.
\
' \
\
\
\N
FIG. 13.22- LINHA NEUTRA E DIAGRAMA D~S TENSÕES
c) Cálculo da máxima tensao normal
De acordo com a Fig. 13.22 nota-se que ê no ponto C
que ocorre a máxima tensão normal (de compressão no caso), uma
vez que ê este o ponto mais afastado da linha neutra.
y • 12 em
c
z = 0,5 em
c
p R 10 tf
u
c
x 12xcos(-15,33°) + O,Sxsen(-15,33°) = 11,44 em
. o o
v • -12xsen(-15,33 ) +0,5xcos(-15,33 ) • 3,66 em
--c
-10
R 48 7,715x10(11 44 ) _ 2,115xl0(3 66 ) 4353 , 211 · .•
2 . -
G = -0,778 tf/cm (compressao)
c .
Ll3-28
(Ll3/27)
a) Cálculo do Centro ·de Gravidade
zy ,/f i
----
I c~ r- //
/
/
/ I Yo
/ I
/ i
z / I
v~ i · !• c• i
E
" ,
"'
,..: E u i ..,.
' i "'
// 17.63 ! / l y 24cm
I
FIG. 13.23- CENTRO DE GRAVIDADE
-Pela simetria da seçao tem-se:
z = y = 24xlx23,5+23xlxll,5. 17 , 63 em
o o 24xl+23xl
b) Câlcu.lo de Jl' J2 e a
-- ---p
J y - J. -z
24xl3
12
2 lx233 2
+ 24xlx(5,87) + 12 + lx23x(6,13)
J - J - 2707 4 em y z
J • 24xlx5,87x(-5,63)+23xlx(-6,13)x5,87 yz
J - -1621 yz
2707 ± 1621
4
em
-2xl621
tg(Zap) •. 2707-2707
4 J 1 = 4328 em
+ -- CIO •
4
em
a • -·45° p
Ll3-29
Este resultado já era esperado, uma vez que o eixo de
simetria da seção e sempre uma das direçÕes principais .•
Para este caso o eixo de simetria e a direção 1-1.
c) Ponto de aplicação da primeira carga P
'
FIG. 13.24- PRIMEIRA CARGA P
A Fig. 13.24 mostra que o ponto de aplicação da carga
P deverá pertencer ao eixo; (1-1), uma vez que a linha neutra
(L.N.) e paralela ao . .... el.XO U (2-'2).
.vale:
Portanto a tensao normal em qualquer ponto da seçao
cr == .-
P•e
p + v
s ~ • v
~ O ponto A( ~ertencente a L.N.) tem as seguintes coorde
nadas em relação aos eixos y e z.
u = o A
Utilizando-se as equaçoes (13.3) obtem-se:
o o
vA = 6,37 cos(45 )+ 6,37 sen(45 ) = 9,0 em
Portanto:
Ll3-30
P•e
·v
+ 1086 X 9 • 0 e • 2,57 em v
d) Ponto de aplicaçio ~a nova carga P
p 75< @
p
z
"
..
"""
4 ..
L N
---
A ~/
~ y u /.~ ,., ...
...
" FIG. 13.25- DUAS CARGAS P
A nova carga P, sendo aplicada arbitrariamente em um
- . ~ + ponto de coordenadas e e e em relaçao aos e1xos u e v, faz
v u
com que a tensio normal, em um ponto qualquer da seçio, valha:
(J = -
s
P(e +2,57)
v
• v + • u
Para determinar os valores de e e e escrevem-se as
v u
expressoes das tens;es normais cr para os pontos A e B da linha
neutra.
e portanto
Para o ponto A tem-se:
= o
-2·P o..- 47 +
P(e +2,57)
v
1086
Para o ponto B tem-se:
y • 6,37 em B
vA • 9,0 em
• 9. o e = 4, 85 em
v
z = -17 63 em B '
Ll3-31
e o uso das expressoes (13.3) leva a
Com isso encontra-se:
• •
·e) Resposta:
e • -24,72 em
u
A nova carga P deve ser aplicada da forma como· se indi
ca na Fig. 13.26.
ü
p
FIG. l3. 26 - PONTO DE APLICACÃO DAS CARGAS P
'
Ll3-32
- . . Haste· problema serao utilizadas às caracter1st:~.cas ge~
métricas calculadas no problema Ll3/l8, para a mesma seçao tran_!
versal. Atua neste caso uma carga P de compressão, aplicada con-
forme Fig. 13.27.
carga I ®
pl
0 M,
z I
CG.
w.
v------ IAz
\ -
\
I
'
--~
_, \
5,7~0
2 IN ! r--· @y
o.~u
~
FIG. 13.27- CARGA P APLICADA
Anteriormente calcularam-se:
4 J 1 • 228,.12 em
a) Obtenção da
a .. -
onde
posixão
!. + Ml
s Jl
da
u -
linha
M2
J2
v
4
em
neutra
5,69cm
lO ,2cm
4, 51 Clll
s - 16,02
M2 • M sen ~
2
em
onde ~ é o ângulo formado entre o plano de carga e o eixo ~
(eixo 2-2), ou seja:
Como
tem-se:
para u = o
para v = o
L.13-3.J
"' 50 (0,85) .• ·_·5,7-50 + 8,50 ~ = 5,7 + are tg 5 69
. '
N = P·e = P·
. o . M2 ~ 5,75•P·s~n(14,25 ) • 1,416 x P
A
o
equaçao da
1
= 16,02 +
y
/
+
@
z /
/
/ .
/
v.
u
/
/
linha - da~ a neutra e por
5,576
-
1,416
u v 228,12 29,25
= -1,29 em( 'Ponto A)
= +2,55 em (ponto B)
/
/
/ o/
/
/
/ ./
/ /
/ ./
/ / /
'
' / / /
/ / /
/ /
C.G. /
FIG. 13.28- LINHA NE.UTRA
/
/
·-·. ·.~~·
Ll3.-34
b) Cãlculo da carga P
De acordo com a Fig. 13.29 torna-se evidente que o po~
to da seçao transversal mais solicitado (mais afastado da L.N.)
e o priprio ponto de aplicação da carga P.
Yp • -5,69 em zp • + 0,85 em
up = -5,69·cos(5,75°) + 0,85·sen(5,75°) • -5,58 em
sendo portanto:
a • li!o2 + 5,576•P(-5 58) - 1,416•P(l 42) 228,12 • 29,25 • '
O material segue o crit;rio da energia d' distorção
- 2
com a. = 1,2 tf/cm •
l.
Como a viga estã apenas solicitada axialmente, atuam
ape~as tensoes normais a e em torno do ponto de aplicação da
carga P, o estado de tensoes existente e composto por tensoes
= o a = -a 3
De acordo com a expressao (12.2) obtem-se, sendo < •O
la.l • a~ ã = 1,2 tf/cm2
l.
Dessa forma,
-1,2 = p
(
-1
16,02
c) Outra maneira
5,576x5,58
228,12
p - 4,5 tf
_ 1,416x1,42)
29,25
O item b) deste exercicio (obtenção da linha neutra)
pode também ser desenvolvido da seguinte maneira, de acordo com
a Fig. 13. 29.
Ll3-35
\
A viga em estudo esti submetid~ a uma flexio obl!q~a
composta,de modo que as tensoes normais cr atuantes na seçao
transversal, sio resultantes da soma das tensÕes uniformemente
distrib~!das provocadas pela carga P aplicada no centro de gra-
vidade e das tensÕes linearmente distribu!das devido ao momento
fletor P•e; sendo e a excentricidade da carga em relaçio ao
C.G.
Se so houvesse o momento fletor P•e, a linha neutra
passaria pelo C.G., apresentando uma inclinaçio em relaçio aos
eixos principais de inércia, calculada como em problemas ante-
riores.
Acrescentando as tensoes provocadas pela carga P apli
cada no C.G., esta mesma linha neutra anterior sofre uma trans-
laçio, sempre em sentido contririo ao movimento de translaçio
de P para o C.G.
A outra maneira de determinar a posiçio da linha neu-
tra,ê entao determinar a inclinaçio da linha neutra, devido ao
momento fletor, e em seguida determinar sua translaçio desta p~
~ição, agora devido ã açio da carga P n 0 C.G.
c.l) Determinaçio.da inclinação da linha neutra, devido ao mo-
mento fletor M = P•e
a = o = u - v
Sendo tgB = v o coeficiente angular da linha neutra,
u
seu valor sera:
tgB = =
o M•cos(l4,25 )·29,25
o M•sen(l4,25 ).228,12
B = 26,79°
= 0,505
c.2) Determinaçio da posiçio real da linha neutra (considerando
o efeito das - p tensoes s)
P + 5,576·P
s Jl u o -
l,416·P
v
J2
Ll3-36
Pára u • O determina-se vLN' conllecendo~ alem da inc1i
-. naçao, mais um ponto da L.N., como se indica.na Fig. 13.29.
v • -LN 1,415 • 1 • -..,--:2;..;9;.;•r..;2~5;:-,.,. 1 2 9 s· l,415xl6,02 • - ' em
·,
FIG. 13.29- LINHA NEUTRA
1.14-1
TORÇÃO LIVRE DE BARRAS DE S"EÇÃO QUALQUER
A determinação das t:ensoes de cisalhamento T nas seçoes
transversais de barras sujeitas à torção e dos giro.s relativos.$
entre estas seçoes ê feita através das expressÕes (14.1) e (14.2).
(14.1)
(14. 2)
nas quais Wt e Jt são respectivamente "modulo de resistênci'a a
torção" e "momento de inércia à torção" e possuem valores que de-
pendem.da forma da seção transversal.
Na expressao (14,2), i ê a distância relativa entre as
=
-seçoes em um trecho no qual o momento torçor Mt seja co·nstante, e
o produ to "G :r t" ê a. ·chamada rigidez da barra à torção.
a) SeçÕes yazadas de parede fina
linha do
esqu-eleto
wt
Jt
=
=
2 A
4A2 Jd:
t
min
detolh~- distribuição dos "'C
na ·espessu~c
FIG. 14. I- SEÇÃO DELGADA
(14.3)
(14 .4)
Nestas expressÕes, A é o valor da area hachurada da
Ll4-2
Fig. 14.1. interna i "linha
lóngo da linha do esqueleto
do esqueleto". s e uma coordenada ao
' = '
e t e a espessura que pode variar
... .' ' '
com s.
b) SeçÕes abertas de parede fina
b.l) S~çÕes àbertas quaisquer
"
linha cllo
e>queleto
-,
' I ~-- detalhe
I --
"' -·-
FIG. 14.2
detalhe da distribuij:Õo
doS "Ç
Da analogia de um ensaio hipotético de membrana obtêm-se
1
3t -max Jseçàot3 ds
• l f t 3 · ds
3 -seçao
b.2) SeçÕes compostas de retângulos delS?;ados
FIG. 14.3- SEÇÃO ABERTA DELGADA
(14.5)
(14.6)
3 E b. t.
l. l.
wt • -:::3c-:-"'--=-
tmãx
J =
t
E b. t~
l. J.
3
c) SeçÕes celulares
••
Ll4-3
....-- _......._, __ r:------r-
FIG.I4.4- SEÇÃO CELULAR
•••• (14.7)
.. .. .. . c '14.8)
A analogia de membrana aplicada a este caso sob a for
ma de um ensaio hipotético fornece:
qnde: '
2 v
-r:-
max
4 v k J - _;__;__.:.:
t p
.•..• (14. 9)
..... _ .. (14.10)
-V • volume total deslocado por uma suposta pressao p.
V • E A. h. J. J.
l.
k • protensao da membrana, suposta constante ao longo de s
e dada em unidade [F]/[L].
h.
J.
t .
l.
p = pressao do ensaJ.o
Ll4-4
d) S~çÕes cheias-
Da mesma forma, os valores de Jt e Wt· podem ser encon-
trado~ através da anologia de um ensaio de membrana e apareç:em
tabelados na pagina 230 do Fasciculo II, em Introdução ã Re&is-
tência d9s Materiais (F • .Schiel).
a) Traçado do Diagrama de Momento Torçor
"'t c
lMt=250tf. em;
3m
FIG.I4.5- MOMENTO TORÇOR APLICADO E SE~AO TRANSVERSAL
A equaçao de equilibrio dos momentos torçores ao longo
da.barra e:
Mt + M X 250 + Mt = 250 - H ...... (A)
A tB A tB
Mt
A 250tf.cm Mt • p f r
3m 2m
FIG.J4.6 -DIAGRAMA DE Mt
Ll4-5
b) Equação de Compatibilidade de Deslocamentos (giro~ $)
! nula a rotaçao $B (em B), calculada em relaçã.o ao en-
gastamento A, devido ã presença do engaste e portanto o uso da ex
pressão (14.2) permite escrever:
Mt x200
B
• • • • (B)
Substituindo o valor de Mt
A (B), obtêm-se:
- -da equaçao (A), na equaçao
M • 150 tf•cm
tB
Voltando à equaçao (A) encontra~se:
Mt D 100 tf•cm
A
c) Cilculo do valor da Dimensão a
ImpÕe-se que a mixima tensao T na barra seja ainda ad-
-missível, ou seja, de acordo com a expressao
T -max =
M
w
t -max
t .
ml.n
2 T = 1,0 tf/cm
Da expressao (14.3) obtêm-se:
2
(14.1),
. 2 = 2·(w.zo
• A t . 4 mJ.n + 20·a)·0,1
o que leva a:
150
2
2(w" 20 + 20•a)O,l
4
<: 1,0 ....
d) Cilculo do ~iro • na Seção C-C (aplicação de Mt • 250tf,cm)
M • 200
tB
ou G J
·t
onde
Ll4-6
A expressao (14.4) fornece:
J -t
A •
2
'!To.20
4
+ 20x21,8 = 750 em 2
fdts - 2'1Txl0+2x21,8 = 0,1 1064,3
J a
t
4x(750) 2
1064,3 - 2114
4
em
l50x200 ~c.c.· SOOx 2114 • 0,01774 radianos
OBS.: O giro. ocorre no sentido do momento torçor Mt•250tf•cm
c.c.
aplicado nessa seçao. ,
: t,= lcm
b1 =20011 I
l ~-=-~=~- -----
c,= 40 em
---+-
: t 3 =1cm I
1 b =20cm
: • I
t-
FIG.I4. 7 _,_ __ __:40~ em
------+
A seção @ constit.ui-se em uma seção aberta delgada e
a seção@, pela execução da.s soldas indicadas na Fig. 14.7,
~ransformou-se em seção vazada; igualmente delgada.
Para o ciil.culo de Wt e J t das seçÕes @ e @ ser ao
Ll4-7
usad.,.s, respectivamente, as expressoes·(14.7),(14.8),(14.3) e
(14.4).
a) MÓdulos de resistência a torçao
Seção (Ã)
1
3 t -max
t- =2cm
max
3
l: b.
. 1 :l. l.Z
t~
l.
l [ 3 3 3]
3x 2 20xl +40x2 +20xl
w . 3
t • 60 em A
b) Rigidezes ã Torção
60
= 3360 =
Seção (Ê)
. s .
onde
t .
m:l.n
S = 40x21 = 840cm2 (Fig.l4.7)
t . = 2 em
m1.n
w .. 3360
tB
1
56
3
em
Sendo a rigidez a torçao representada pelo produto
G Jt' a relação entre as rigidezes das seçÕes @ e @ sera i-
gual ã relação entre os respectivos momentos de inércia ã torção.
Seção (Ã)
1 3 3 J = 3 l: b. t. tA i•l l. :l.
Jt = t . w :l. tA A max
Jt 2 60 120 = X =
A
OBS. :
4
em
Seção (li)
4 s2
f ds t
A integral fechada, e=ten-
dida sobre toda a seçao,
seri executada de tal modo
que em trechos onde a es-
pessura t é constante, a
·o(ds representa o perímetro
~ "linha do esqueleto".
2 4x(40x21)
2(40 + ~)
2 2
= 46:269 4 C!!!
Ll4-:-8
Verifica-se pelos resultados que e bem maior a rigidez
ã torç.ac de uma barra de seção fechada, compa:ttativamente ã de· uma
outra de·seção àberta, dotada de dimensÕes semelhantes. Esta Últi
ma, devido a um momento torçor Mt qualquer, deformar-se-ia cerca
de 386 vezes mais.
esforço,.
M
t
'! = W'
t
Quanto ãs tensoes de cisalhamento provocadas por esse
seriam 56 vezes maiores na barra de seção aberta, já que
. - -r
o mesmo ocorrendo com as d1storçoes y ~ G
c) Esforço no cordão de solda
O esforço na solda Fs, por unidade de comprimento de
seu cordão, será igual a
F
s
• t
onde -r é a tensao de cisalhamento que atua ao nrvel do cordão e
-
~ e a espessura do trecho de parede fina soldado. f oportuno le~
brar que o produto -r•t é constante em seçÕes vazadas de parede
fina.
F
s
100
= 3360 x 2 = 0,060 tf/cm
r Ll4/4 1
i. J
engaste A
~c-»M·
! . Admite-se que os "engastes" mostra-
dos na Fig.l4.8a transmitem mo-
mentos torçores sem impedir
Mt =15tf.m deslocamentos longitudinais
provocados pelos empena-
mentes das seçÕes.
FIG. 14.8.0
Ll4-9
a) Diagrama de Momento Torçor
Eliminando o engaste B e em seu lugar colocando o esfor
ço transmitido por este vl:nculo, obtém-se o diagrama d.e Mt, que
em suma, representa o prÓprio e qui li: brio da barra ã tc•rção.
A
1500 tf.cm
~ r.. Mt ====bt'.
m I
~
I I 11111111 i ftl1111! 11111111··· 11111~11111 1500-Mt8
FIG.I4.8b- DIAGRAMA DE MOMENTO TORÇOR
b) Compatibilidade de Deslocamentos
Como o problema é uma vez hiperestático, há necessida-
de de lançar mao de uma equação de compatibilidade de desJocamen
tos. No caso seri utilizado o fato de que o engaste em B impede
o giro da seçao, ou seja
<P = o B
<P - o = B
Os cálculos de
da pagina
(1500-M . ) • .t 1 tB (A)
ser ao feitos utilizando o
do Fascl:culo .II, para seção retan-formulário ®
gula r. (Introd. ã Resistincia dos Materiais, F. Schiel).
I
n•W<m
-r
'' ++-b=2cm
(SEÇÃO I)
FIG. 14.9
c::==:::J :f.:::. b = 2cm
+-h=20cm ·~
( SEÇÁO ll l
114-10
b
-
2
-
0,1 n
- h 2õ
wt b
2h 0,312 22 20 24,96 3
- w .. X X • em
Jt j b3 h - 0,312 23 20 - 49,92 4 - X X em
ORS.: w e j sao coeficientes contido~ na tabela pertencente ao
= =
referido formulário.
Verifique-se que, diferentemente da flexão, na torçao
a disposição da seção não altera o valor do módulo de resistên-
c ia e da rigidez, ou seja
w w 24,96 3 • • em
ti tii
Jt J 49,92
4
..
= em
I ti I
Utilizando esses valores na equaçao (A) obtêm-se:
Mt • 500 tf.cm
B
c) Cálculo de T -
max
Utilizando o valor calculado de Ht
B
mento torçor obtêm-se
e portanto
entao
M = 1000 tf.cm
tA
T -max
Mt
B
T
max
=
= T = I
500 tf•cm
=
500
'rr = w-
tTI
2 T - = 40 tf/cm
max
1000
• 40 tf/cm 2 24,96
500 20 tf/cm = = 24,96
no diagramá de mo-
2
Ll4-ll
Para o cilculo do momento de inircia e do m;dulo de re-
sistincia i torçio desta barra de seçio do tipo celular, recorrer-
-se-i ã analogia de um ensaio hipotitico de membrana, cujos resul
tados fornecem as expressÕes (14.9) e (14.10).
4a
I
4a I
A,
I 2a ···~'--+
--+-··--
11,50
'a
I
~~~
J!L't I ftti,' _lt1·~ t['
11,5 a
1 1 TI t =constante= ~O
~ I i i
I ! GUIA DA
i f PLACA
I PLACA 1
~I
i '
I
CORTE B· B
......_ pressão p do ensaio
L-----------------------------------~--~·---
FIG. 14.10- ANALOGIA DE MEMBRANA
Admite-se que, devido ã pressão p, a placa·([; desloca-
-se de h1 e a placa @ de h2 , de modo que:
=
Ll4-12
2
a A (4a+a) • 2a = 5 • a2 2 = 2
a) Equilibrio da placa (i)
placa 0
membrana
\,j~
16)
. t t l I I I f t t f V pressão P
FIG. 14.11 - EQUILI BRIO DA PLACA (Í)
Sendo F 1 a força transmitida por todo o trecho de mem-
brana que possui inclinação S1 (comprimento 12a) e F2 a força
transmitida pelo trecho de membrana cuja inclinação é S2 (compri
mento 4a), pode~se escrever
H = O
vert p•A 1
Como tgS = senS = S
2
p • 16·a
ou ainda, sendo k a força de tração na membrana por unidade de
seu comprimento:t chamada "protensãon, tem-se
p • 16 •
2 10 hl
a = (k. 12 a) ( )
a
10(hl-h2)
+ (k·4a) x
a
Verifique-se, por exemplo, que a força F 1 = ksi, onde
51 e o perímetro do trecho de membrana que possui in~linação sl.
2 p
= 1,6 a k (A)
Ll4-13
b) Equi1l:brio da placa (2)
PLACA ®
~a
I I t t I f i f l \F,
pressão p
FIG.I4.12- EOUILIBRIO DA PLACA@
l:F
vert = o
2 E..
-8 h 1 + 20 h 2 = a k
Das equaçÕes (A) e (B) obtêm-se:
c) Cálculo de Wt e J
- t
• • • • ( B)
-De acordo com as expressoes (14.9) e (14.10) "em-se:
onde
Portanto
2 v
wt = -o--
" -max
v =
2 2 a2 (16a2 )(~ R) + (5a )(-10 ~) 8 k k
h 2 10 lO a
13 -
max (~ ~) =
--
= =
-8-
max t 8 k a
4 ~) 2·(~ . 3
wt
2 k 4 = = a lO a p
8 JZ
p
k
E..
k
Ll4-14
.!:)
k k = 10 a
4
p
Na Fig. 14.13, em lugar da mola mostra-se a força F
t:l
que a solicita, a qual ê proporcional ao deslocamento ôm sofri-
do pela mola. Por compatibilidade de deslocamentos, ô ê igual. m .
ao deslocamento da extremidade da viga, o que permite a obten-
çio da inc6gnita hiperestitica F •
m
r %!-~ --=-:::-:-_-_-_--;1 Fm l)l
._ !li J.:m l ~ ( fori'O de ) l_· _;. ___ --+~- mo lo
:
r ~~---::-::::---- + ~ --- ~fi
- -
FIG. 14.13
Ainda na Fig. 14.l3 mostram-se os deslocamentos f 1 e
f 2 ; provocados respectivamente por efeito de flexão sobre a viga,
das cargas P e F •
m
Cada uma dessas cargas provoca momento torçor com rela-
çao ao centro de cisalhamento (C.C). Para que não haja um momento
resultante de torçao, ê necessirio que os respectivos binirios .se
anulem.
.o
I
-1(-- #·--i-WG·-·--~
i !
I o
I L'-_-_-_-_--__ 1 -----.-
!Fm
_J____2_ --t .. o '
----
FIG. 14.14
Ll4-15
a) Obtenção da posiçao do Centro de Cisalhamento
~
B
~ (P-Fmll 0 ) ' M ' X
x .. dx ; I
r X+ dX. !
d c
--,
FIG.I4.15
Por definição, o centro de cisalhamento e um ponto pelo
-'!Jl.a.l_ deve passar a resultante das cargas transversais, para que
as mesmas s~ provoquem flexão. Se a linha de ação dessa resultan-
te nao contiver o centro de cisalhamento (ou de torção), haverá
concomitantemente efeito de torção, provocado pela excentricidade
dessas cargas.
Em seçoes simétricas, o centro de cisalhamento pertence
aos eixos de simetria existentes. As rotaç~es sofridas pela se-
I
çao transversal têm como pelo o centro de cisalhamento.
O fluxo dessas tens~es advem da análise feita com base
na Fig. 14.15, onde se verifica que o momento fletor é crescente
com a abcissa x. Para um trecho da aba superior da seção, locali
zado ã direita do corte B.B, o desiquilibrio das tensoes normais
a e a d provoca o aparecimento, tia direção do eixo x, de ten-
x x+ x
soes T orientadas com o sentido indicado na Fig. 14.15. Por Cau
chy, sabe-se que as tens~es T e T têm igual valor e
s .
devem orien
tar-se como se mostra na Figura, para que o elemento esteja eo
equilíbrio_,
O equilÍbrio de momentos, em relação ao ponto O, por
onde passa a resultante dos T verticais, fornece
[Js=a Q • d = 2 s=O t • ds ] • a
. onde
T ·•
s
M .•t•s.a
s
L14-16
• • Q • d • 2a [Js•a
s•O
• t d s ] - .::2.....:;~~:-'Q,_t"' f: s d 5
b) Cálculo
•
. .
'de
J
z
d -
J
z
a 3
20(2a)
• 12
4
2a
•
2 2a
+ '20 a • a ·-15
c) Expressão de c em função de E, a, 1
. •
P·ara que nã~ haja torção é preciso que.
ou seja,
P • d • F (a+d)
m
F • 0,273 P
m
c.l) Compatibilidade de Deslocamentos
f -1
. . c -
j E J
z
3EJ F
z ( m ) 7 P-Fm
c .•
0,15 E
F
m
--c·
4
a
( 0,173 )
. 1-0,273
d .. 0,37Sa
c
Ll4-17
c.2) Observação Complementar
Note-se que, caso houvesse um momento resultante de tor
çã.o Mt {Fm ;. O, 273 P), em acréscimo aos deslocamentos ·~erticais
f 1 e f 2 , existiria um outro deslocamento vertical f 3 , :proveniente
da Yotação • da seção em relação ao Centro de Torção.
FIG.I4.16
Delllonstra-se no exemplo Ll4/9, que tal desloc:amento p~
de ser dado por
f - •• 3 (d+a)
c
Mt• 1,5 tf.cm
FIG.I4. 17
• =
Ll4-18
Devido à ação do momento torçor, as seçÕes da barra so
frerão rotaçoes que terao como polo o Centro de Cisalhamento da
seçao. Na seção da extremidade do balanço ocorrerá a rotação má-
xima tjl, calculada relativamente à seção do engaste atraves de
Essa rotação, que ocorre em torno do Centro de Cisalha-
mento faz com que o ponto A da seção se desloque.
a) Posição do Centro de Cisalhamento
Com base na orientação do fluxo de tensoes T indicado
na Fig. 14.17 e fazendo somatõria de momentos em relação ao pon-
to O obtem-se
Q·•-[f::,'.····· ]·.:i,,
T
s =
í
<tlt•s(l5- ~)+t.30•
t J
z
l
~J
=
o
-·-(lss-
Jz
2
s
2
•
. . 1,0(15s-
2
s +300)ds--=- 2"9"2500 2 J
z
b.l) Cãlcülo de Jz
o
IO.un30,=5cf1!j 30
-'+-I --"'::;?"
15cm i
-t- ~·,__-~--.,-·
-4-
lcm
y
FIG. 14.8- ROTAÇÃO E TRANSLAÇÃO DE EIXOS
+300)
r
Ll4-19
Jy'
13x30 0,625 4 = = em 48 (pode ser ãesprezado)
J lx30
3
750 4 z. = = em 36
Jy'z' = O (simetria)
Utilizando as expressoes (13.4) e (13.2) par~ rotaçao
e translação de eixos, encontra-se
J- - J ' z y
2 o . 2 o
• sen (-60 ) + Jz' • cos (-60 )
J- • 0,625 X 0,75 + 750 X 0,25 • 188
z em
4
lx303 [ 2 ] Jz • 12 + 2 188+
1 ~30 (15+5) = 14626
b.2) Cilcalo de Jt
Com base na Fig. 14.17 pode-se escrever
30xl 3 !=30 3 t ·ds
Jt = + 2
s
3 3
s=O
onde t s =-
s 30
2 J:o 3 4 = 10 + s s = 130 Jt 3 27.000 . em
c) Cilculo do Deslocamento Vertical do Ponto A
cp = = 1,5x200 = 800xl30
c =- 292500 ;;-20,0cm
14626
-3 2,88 X 10 radianos
4
em
' -
centro de:
eiso lha·mento
Ll4-'20
'"
""' ~ )',
. "
'
' " ' A__L
20cm ' z -- I ~ = deslocamento ~~ -1- v
A J v. e rt i cal
'~~: ~-=2~6~c~m~~l-.--~2~6~cm~·~
FIG. 14. 19 :_.-- z
Sendo ÃA,' o deslocamento do pon.to A,_ provocado pela r.!!_
tação·4>, pode-se afirmar, admitindo que o deslocamento seja pe-
queno, que o desloeat~~ento vet-tieal do ponto A vale
. .
• 4> • (2x26- 20) •2;88xl0-.3 • 0,092 em
como a seguir se demonstra_.
AA' • AC • tg 4> • AC • 4>
õ • ÃÁ' • c os a • AC • 4> • cos a
VA
Como AC cos 4> -- _z, resulta
lta teoria dos pequenos deslocamentos; como se ve, a pr.!!_
jeçao do deslocamento total de um ponto, em uma certa_ direção ·(ho
rizontàl.ou vertical) ê igual ao produto da rotaçao que provocou
o tal desl-<lcamento, pela distãncia do pÇ>nto ao centro de rotaçao,
medida na perpendicular ã referida direção.
Ll4-21
( Ll4/10)
.a) Cálculo de T
Sabe-se. que
T 2 T = -- = 1,0 tf/cm
"'t
a.l) Para a seçao A
wt
A
Jt
A
.
. .
b1 = i o em
t 3 = 0,5 cmt t::..===:::~
I
b 3 = IOcm
3 3 1 z b. = t . 3t: i=l ]. ]. max
w 1,25
-
t =
max tA
TA= 2,50 tf•cm
2
.T = W x 1, O tf I em
t
FIG. 14.20
3 3 3x10x0,5 2,50 =
-
em 3x0,5
4
em
•A. 2 •50X 200 • 0,5 radianos 800x1,25
-a.2) Para a seçao B
1
""""""==========>T b=o,s..,
h= 30om
FIG. 14.21
b
n •
--h
Ll4-22
hl - 0,017 30
b2 • h • 0,333 X 0,52 X 30 ; 2,50 3 em
3 3 4
• b • h • 0,333 x 0,5 x 30 • 1,25 em
TB • 2,50 tf·em
a~2) Para a seçao C
t•cte.•0,5cm
-$B • 0,5 radianos
• 2 A t . • 2~(7,5) 2 .0,5 •
m1.n
4 4x(7 ,5)
4 I..d. X 0,5
•• Te • 56,25 tf"em
-
- 210,94 em
i . 56 ,2 5x 2 00 = 0,067 radianos
.C 800x210, 94
Barra de T" i
Seção
.
(tf.em) (em radianos)
0 2,500 0,500 .
® 2,500 0,500
@ 56,250 0,067
4
Ll4-23
E= 2100 tf/cm2
+---=2"'0'-'c'-'m"----+--''-'0'-c"'m"'--+-j.J = o, 3
FIG. 14.23- VISTA 00 SISTEMA EM PLANTA
..
Transladando as cargas PA e PB para o centro de gravi-
dade da seção do pilar (barra de aço), cria-se um momento torçor
Mt que provocará, na seção. da extremidade, um giro máximo cp e co
mo consequincia um deslocamento ft - , ao nivel do ponto B.
orçao
cp =
f - = cp • 10 torçao
Por outro lado, a resultante dessas cargas deverá trans
ladar todo o sistema de um deslocamento ffl - , provocado pela
ex ao
deformação do pilar em sua extremidade livre.
f - = flexao = 7,440(PA-PB)
• • • • (A)
-Para que o ponto B nao se desloque, os referidos deslo-
camentos deverão ser iguais, ou seja
f - = f -flexao torçao
r - = 10 cp torçao
E G • 2 ( 1 +].l)
2100 2
= 2 (l, 3 ) = 807,7 tf/cm
L14-24
3 3 4 J • j • b • h • 0,141 x 4 x 4 • 36,096 em t
Igualando os deslocamentos ~ados pelas expressoes (A)
e (B) encontra-se
ou seja
L_"'-1. _= =1 m __ ___.j_
I '
-+ _l!::-_c!_l _P ~---•L +=80 kgf
~ c= 4r/rt= 25,46~rn-+
AG.I4.24
a) Cálculo da Posição do Centro de Gravidade
11 [ z ds i r sen9•t·r d9
z :;: d - = o 1 ds ;: (C.G) t•r d9
=
Ll4-25
.'![
rfa sene d9 2r 12,73 em = = = /: 'lT d6
b) Cálculo de Jt
3
'!Trt
3
4
= 1, 3<< em
é) Cálculo do deslocamento vertical do ponto A
Mt • P(c-c+d) • P•d = 12,73x80 = 1018,4 kgf•cm =
= 1,0184 tf.cm
l,Ol84xl00
= 800xl,34 0,095 radianos
5 • $ • a= $(c-r) • 0,095(25,46-20) = 0,52 em
VA
Para calcular-se o valor de T - , conforme a expressio
max
(14.1), i necessária inicialmente a obtençio do m6dulo de res1s
tência ã torçao,
A viga -tem seçao do tipo celular,
pela analogia de membrana, a exemplo do que
tros problemas.
sendo Wt calculado
já foi feito em ou-
-Neste caso, como as areas A1 e A3 sao iguais e os res-
pectivos perimeiros estio igualmente solicitados pelos mesmos es
forços de_membrana, pode-se adotar para ambas um deslocamento
vertical igual (h1 ).
Ll4-26
B [_ __ _
1 ~m
40 em
A 'R . R ' A 'h
I r\r-?._ . J::.~..C\.,..2.., ~ 2
i}_!_ tp ~-~' ! h,. .
· pre~ p
·--·--·--· -
AG. 14.25 -ANALOGIA DE MEMBRANA
Al • A3 = ;[ 7}<40 2-202)] - 150•1T 2 em
.A2
1T 20 2 = 100·1r 2
-4 . em
a) EquilÍbrio da Placa 0) (ou G2>
el -
hl
rz t.
tl· A, T/2 h2 j e2 - t
/F-,· tp
FIG. 14.26- EOUILIBRIO DA PLACA CD
L14-27
As forças F 1 e F 2 aparecem devidç a protensão das mem-
-branas e p e a suposta pressao do ensaio.
p A = F • 1 1
p X 15 Q. "IT •
h1
--F
t 2
k(;rx40)· h1
2 T
b) E qui 1Íbr i o da Placa (2)
FIG. 14.27- EOUILIBRIO DA PLACA ®
p A2 • (F2 •
p
h = 5 -2 k
._i
.... • (A)
• • • • ( B)
Utilizando esse valor na equaçao (A) encontra-se
c) Cálculo de T
T - m
max
ax
w
t .
m<Ln
2 v
= s:-
max
v = 4500"IT • ~
2 v
= il-:-
max
• • • • (c)
• t
w -t .
ml.n
Ll4-28
p 2 :.·4.5 OO'If < k
10 E. k
• 1 - 2827,4 3 em
"[ . .-'
max
200 2 . 2
• 2827 , 4 • 0,071 tf/cm • 71 kgf/cm
a) Obtençio da Posiçio do Centro de Cisalhamento
Como a seçao t~ansversal possui um eixo de simetria,
ao qual pertence o Centro de_ Cisalhamento, sua posiçio e determi
nad-a com apenas uma coordenada, indicada na Fig. 14.28 pela dis-
tância c.
=
z o
•
, !Sem
C.G.
____ __ _...jtixo de simetria
I y :I Sem
I I rF• ~~:;:::-~~~F;-, . -t; em
-·- --1r-
t = cte.= 1 em
C ?O_cm -+-
FIG.I4.28- SEÇÃO TRANSVERSAL
As tensoes ~ (ao longo do esqueleto da seçio) tim co-
mo resultant~s as forças F 1 , F 2 e r 3 como mostra a Fig. 14.28,
nos diversos trechos da seçao.
Sendo a carga Q aplicada no centro de cisalhamento,
nio ocorre torçao e o equilibrio de momentos em relaçio ao pon-
to O fornece:
Ll4-29
Q • c - F • 30 + 2 F . • 20 = O 2 1
a.l) cálculo de F 1
d F1 = -r(t•ds 1 )
Q MS
'L •
F = 1
t J
z
a.2) Cálculo de F 2
ds _L
I -c---r
I . ~t=.O,lcm
---· ·-
'
FIG. 14.29- FÔRÇA F,
t. J
z
22,92·Q
Fl =
Jz
-+-
! 5ém
t=o4- ~~~==~I~J ___ ._
, .. 20_ em
-;-- --
:os em ate" o eixo
·de simetriol
---.-
~--
FIG. 14.30- FORÇA F2
• • • • (A)
Ll4-30
d F 2 • L • (t ds2 )
Q M
s L •
t J
z
F = 2
475 Q
~z
a.3) Cálculo de J
z -
e portanto
J
z
,----L---0
3 [ . '3'
• O,lx30 +2 :20x0,1 I 12 12 I +
. I 1
.... ___ - ...
20x~,lxl5 2 + O,lxS 3 +
12
+ 5xO,lxl7,5 2 ] .•_1433,34
Usando os valores de Jz em F 1 e F 2 , obt.em-se
F • 0,0160 Q 1 F 2 = 0,3314 Q
Q•c- (0,3314•Q)·30 + l·(O,Ol60•Q)• 20 =O
c • 9,3 em
b) Cálculo de Jt e W
--t
As expressoes (14. 8) e (14.7) permitem obter
Jt
80x(O,l) 3 0,0267 4
- -
em 3
3 3'
wt =
80x (O, 1)
= 0,2667 3x0,1 em
c) Cálculo da carga P
c.l) Pelo critério da energia de distorção
As cargas P aplicadas produzem um momento torçor Mt
igual a:
Ll4-3l
Como Mt e a Única solicitação da viga, a seção trans-
versal estari sujeita somente a tens~es de cisalhamento T, ou se
ja; a expressão (12.2) leva a
v 3 . 2 ~ 1,4 tf/cm 2 cr. = T rJ = l.
onde
Mt S·P ,;;::: 1 , 4 p
-< 0,043 t:E T = - = """" -- ... W· 0,2667 f3 t
c.2) Em função do Mâximo Giro Permitido
Mt •.!. 5 • P • 2 O O 1r
G·Jt = soox0,0267 <rr p < 0,00.56 tf
Essas restriç~es impostas levam ao vàlor da carga P
admiss[vel, igual a 0,0056 tf.
;p= Pp+ Pe
~i!lillllil!lltll
~
_j_= 120 em
·zcm
! Sem Sem • Sem
-r-- r
FI G. 14.31
a) Câlculo do peso pr6prio e dó enchimento
5cm
• •
'
próprio (ti /m)
lO em
-4
P = ~ x S = 7,8xl46xl0 = 0,114 tf/m p aço seçao
-4
P - p x S = l,Ox8,5x6xl0. = 0,0051 tf/m e - ench. ench.
(enchimento)
Ll4-32
p • p + p • 0,119 tf/m p e
b) Esforços Solicitantes Máximos
Na seçao do engastamento, o momento fletor e a força
cortante valem:
Q m pi • 0,119 X 1,2 = 0,143 tf
M a
-
2 O,ll9xl,2
2
m 0,086tf•m= 8,6 tf•cm
Como a seçao e simétrica, o centro de cisalhamento.
pertence ao eixo de simetria, o que faz com que a carga relativa
ao enchimento produza um momento torçor uniformemente distribui-
do ao longo da viga, dado por
10 = 0,051 tf•m/m = 5,1 tf•cm/m
-Na seçao do engastamento, à resultante desses momen-
tos torçores vale:
m •
t
1 = 5,1 x 1,2 = 6,12 tf·cm
0
tf. em
• ~=2 15 ~-s,.
-- .
8,6 -· ---
,. -~li ->
w0,143~
5,1 tf.cm/m
®
tf. em
6,12~ tEC-e-c-t-E E C
+---
I, 20m
AG. 14.32- DIAGRAMA DE ESFORÇOS SOLICITANTES
c) Cálculo de a - e 1: -..;:..;~.;;..;;;.;;;..;:,_..;;..;:,_..:.max --m ax
Ll4-33
-Para a obtençio da tensao ideal máxima da borda, ser ao
calculados os valores da tensio normal na borda (que já i máxima)
e da máxima tensio de cisalhamento < devido ao momento torçor. P~
ra isso e necessário que se determinem, respectivamente, as carac
terlsticas geométricas J e W • Serio desprezadas nessa análise,
z t
as tensoes de cisalhamento devido ã força cortante.
c.l) Cálculo de J
z
32xl0 3
12
3
2 (8,5x6 )-12 1976,67
4
em
a -max
H -max
•y - -max
8
•
6
x 5 = 0,0218 tf/cm~ = 1976,67
c.2) Cálculo de 1: -
max
2
• 21,8 kgf/cm
CORTE B·E'·
t~= lcm t 2 =lcm
-r- f+
r..-.1---.s~l i
! 1 = 2em
+-r i I
I '
......-
I ~~~----L---~
I ' I ..___. --.,.,
--
1 Tpressõo p -·r- - -·-·
2,0 S,Scm 1,0cm 9,0cm l,Ocm S,Scm 2PI"" tt-~----tt .. --W--- -~~- ~-~
2,0 c,;;t--
I
-
- "
-+-
6,0 em' s+-
, - 1 ~,o.
. ·,-·-·-· r·--· ., ·-· ·-~- A =SO 2 ~ z e.o. .. e.e.g + 1: 1: j ~
--2,0 em:
I ' cm"t3 ~ OJ 3 A '
I ' 9Q 2.1 I
I I Az= ... r em ! t
i Y i I ' I .
-· 1.... • - :..r
-
'2
32em
FIG. 14.33
---
-'I
.
+·
• · y 1=6,121f.cm
B !Ot:m \
/)
Como se trata de seção do tipo celular, o cálculo de
W é feito imaginando-se um ensaio de membrana, da forma co"'o se
t
mostra na Fig. 14.33, através do corte B.B.
O equilibrio das placas 0 e (t: fornece:
Placa(!):
Placa@
p•80 = k(2xl0+8)•
Ll4-34
- k(8)
b2
+ k(2xl0) T
A solução das equaçoes (A) e (B) e:
hl .. 5,434 p/k h2 = 4,942 p/k
wt
2 v ,. __
emãx
v .. 2A1 •h1 + A2h2 = (2x80x5,434+90x4,942)
'1:1 D
Mt Mt hl 6,12 5,434 p
-- 2V -- X k wt t1 1314,22 .P. 2 l k
Mt M h2 6,12 4,942
"C .. t p . - - .. X k 2 wt 2V t2 1314,22 p 1 2 k
- 23,0 kgf/cm 2
• • • • (A)
.. • • (B)
p p
- .. 1314,22k k
= 0,013 tf/cm 2
.. 0,923 tf/cm 2
"C3 "'
Mt Mt (h2 -hl)
-
6,12 (4,942-5,434) p =
-- .. 2v • wt t2 1314,22 .P. l k 3 k
.. -0,002 tf/cm 2
Com esses resultados verifica-se que, devido ao mome!_
to torçor, o máximo 1: ocorre nas paredes horizontais da célula
central e o sentido arbitrado de -r3 é na realidade invertido, u-
ma vez qv;re resultou h 2 < ·h1 •
c) Cálculo de a.
l. -max
Usando a expressão (12.2), com as tensões o e -r máxi-
mas calculadas obtém-se
a. .. .I C2l,s) 2 + 3(23,0) 2
l. - v max
2
• 45,4 kgf/cm
Ll4-35
A condição para nao haver torçao e que a linha de açao
da carga P contenha o centro de cisalhamento, como se mostra na
Fig. 14.34.
iiT
1 t=ete=O,lcm
i
'
--·--+-
js em
I
16 em
F, I Fz I ~=i!!J.I,~~s.-+
I ~~m~r-~a~=~? ____ ·~~
FIG. 14 .. 34- CENTRO DE CISALHAMENTO
Imposta a localização do centro de cisalhamento, o e-
quilíbrio de momentos em relação ao ponto O fornece
4 • P + 12 • F l - 12
• F 2 = O
a) Cálculo de F1
t=O,I cmt-
~
'
··-t -- 4·0 em +-
FIG.14.35- CÁLCULO DE F1
(A)
sendo Jz
Ll4-36
d F • l T (t•ds)
Fl J: P(t•s•6) (t•ds) t•J z
• 2[0,lx(4+a)x6 2] + 0 2 lxl2 12
•
• •
4 ,S .• P
Fl • (7,2·a+43,2)
3
b) Cálculo de F 2
a
~
I
FIG. 14.36- CÁLCULO DE F2
P(t•s.6) (t•ds)
t• (7 ,2.a+43,2)
Substituindo-se em (A) os valores de F 1 e F 2 obtem-se
4 • p + 12 • 4 • 8 • p - 12 • (7,2.a+43,2)
2 0,3··P:•.a • 0 (7 ,2•a+43,2)
a • 12,94 em
Ll4-37
a) Cálculo do diâmetro m!nimo das barras
F roou.cm
~~ --l~-r-----€
I i I
i I I
I I i 111111111 i ! i I i i IME
MF 11111111 i! 111 I li . . I
!
50 em ---+- -~50_gn ___ . _ ---+--
'
FIG. 14.37- DIAGRAMA DE
a.l) Equação de equil!brio
a.2) Equação de compatibilidade de deslocamentos
I
t 0,5 em
/ 6 em
c. c,...-'
)--- V• [6
i I ', I I
-+-
em
i
tN
t
L3em 3cm
FIG. 14.38- ESFORÇOS NAS BARRAS
onde
e sendo
obtêm-se:
<P • 3 = !::.9..
E
Ll4-38
e
M •50 F
G·J
t
Pela expressão(l4.4) obtem-se:
4 A2 2 4 J = 4x(l2x6) = 288
-
em t fd: 0~5(12+6)
G • E 2.100 = 7 87.5 ·2 2(l+)l) = tf /em 2(1+ 1:.) 3
-Substituindo-se esse valor na equaçao de compatibili-
dade de deslocamentos tem-se
e portanto
N•lS
• 3 = 2100·S
Da equação de equilrbrio sabe-se que
~ • 100 - ME • 100 - 6 N
(100-6N)-6N • 3 = N·lS 4536 21oo.s
N =
300
4536
Pelo critério da energia de distorção deve-•e ter:
N
rJ - s ~ 1,4 tf/cm2
ou seja
300
4536
Ll4-39
~ 1,4 • .S s 2 :;::::: 5,05 em
1Td2
s - --- 5,05 4 d i ;:::_ 2,54 em (1") m n
b) Cálculo da Tensão Ideal Máxima
b.l) Nas barras.
2 1,4 tf/cm
-b.2) No eixo sujeito a torçao
(j. = T ~ ,1""3
1. ma·x
(vem da expressao (12.2))
T ~
max
=
H
w
t ~
max
t .
m~n
Para d = 2,54 em resultam
N = 7,08 tf
ME = 6N-= 42,46 tf·cm
MF = 57,54 tf•cm
Mt ~ = 57,54 tf·cm
max
wt . 2 A = t .
m1.n m1.n = 2x6xl2x0,5
3
= 72 em
T ~
max
57,54 2
= 72 = 0,8 tf/cm
(j.
~
= 0,8 r3 = 1,38 tf/cm2
Ll4-40
a) Cálculo das Caracter!sticas Geométricas da seção (J e W )
- z t
J
z
w
t
z
4 8 em
------~--------
1
I
I
C.G.
FIG.I4.39- CARACTERÍSTICAS
2x12 3
+ 24 X (1,4) 2 ,. + 12
+ 12 X (8,4) 2
7.4 em
--r-2
--+-
1
GEOMÉTRICAS
12x2 3 6x2 3 + 24x(5,6) 2 + + 12 12
J = 1946 4 em
z
z3x(l2+12+6)
- 40 3 .. em 3x2
b) Cálculo-~os Esforços Solicitantes na seção do engastamento A
Ll4-4l
~~A~-----------;8 ~ ~ I ,40em
J!C+ t
c
t
+-- . 20.::0...::e::.:m'----T-
I
tM 1=6.P
n
---,---
1
I
I
I
: VISTA C-C
__ i_
FIG. 14.40- ESFORÇOS SOLICITAN.TES
-Portanto os esforços solicitantes em A sao
Mfletor = (200-6)•P (traçio em ~ima)
M = 40 · P torço r
Q = p
Para P = 0,6 tf tem-se:
Mf = 116,4 tf•cm
H = 24,0 tf·cm t
Q = 0,6 tf
.\:
\:
:. ~
Ll4-42
c) Cilculo das tensoes atuantes no ponto I da seçao A
cri
(Flexão)
= Mf y z 116 • 4 x 6,6 = 0,395 tf/cm2
Jz I 1946 (cri de tração)
Como a seçao e considerada delgada, a distribuição das
tensoes T devido ã força cortante segue o seguinte esquema:
'
-r-ti Jp
2cm --t
I
I
4.6 em
• a (s l
.z C.&.
FJG. 14.41- CISALHAME NTO DEVIDO À CORTANTE
b·J
z
0,6·(2x4x5,6) = 0 , 007 tf/cm2 2 X 1946
A tensão de cisalhamento devida ao momento torçor M t
~em a seguinte distribuição:
'
' i
I
i
\ .
~FJ:G. i\ '
\
..; /)
~Mt
I
- -
-
-T-
-I
I
I
til
I
14.42 -TENSÃO DE CISALHAMENTO DEVIDO AO MOMENTO TORCOR
'
Ll4-43
24 2 4õ = 0,600 tf/cm
É importante notar- se que a tens ao de cisalhamento devi-
do ã força cortante é praticamente desprezível em comparação com
a tensão de cisalhamento devido ao momento torçor.
d) Estado de tensÕes do ponto I
8
t!!J-./ dx
t =0.6 tf/cm~
2
cr:0.395tf/cm
. 2
0.593 tf/cm
dz
0.395
. 2
0.395tf/cm
FJG.I4.43- ESTADO DE TENSO-ES DO PONTO I
e) Cálculo das tensoes principais do ponto I
De acordo com a expressão (10.6) tem-se:
') 2
o 1 = 0,823 tf/cm o2 = -0,428 tf/~m-
Ll4-44
Para poder calcular a carga admissivel P, usando o cri-
tério da energia de distorção, é necessârio determinar a tensao
critica a., para os pontos mais solicitados
l.
eomo a carga P estâ aplicada fora
-da seçao.
do centro de cisalha-
mento, ter-se-â, além da tensão de cisalhamento, devido à força
cortante e da tensão normal, devido ao momento fletor, uma ten-
são de cisalhamento devido ao momento torçor, calculado levando
em conta a excentricidade da carga em relação ao C.C.
a) Posixão do Centro de Cisalhamento
I
:2em! p
~ F2
1-·---
t = eonst.= 0.5 em
- -a
z ~J F3
o
c
'
12 em
!------·-·----·--·---·-· ···--
1
FIG. 14.44- CENTRO DE CISALHAMENTO
O equilibrio de momentos em relação ao ponto O leva a
onde as resultantes F 1 e F 2 valem:
14 Q [o,5·s· (2+ I)] Fl= o 0,5 • Jz (0,5 • ds)
. L14-45
Fl a 13,333 _g_
Jz
/
2
Q(4x0,5x4+0,5x2x6)
O,SxJ
z
o
F a 312 • 2
•
0,5xl2 3
12
4 Jz=574cm
(0,5·ds)
Substituindo-se em (A) os valores de F 1 e F2 obtêm-se:
c - 12 • (~ + 2 X 13,333) 574 574 C • 7,08 em
b) Cálculo dos esforços solicitantes na seçao mais solicitada
A seçao mais solicitada e a do engastamento, na qual
Q • p
M = (2+c)
t
• p = 9,08 • p
M • 100 • P
f '
c) Cálculo das tensoes
c.l) Tensão Normal devida ao Momento Fletor
cr • • y - lOO·P • y • 0,174 p • y 574
onde y ê a ordenada dos pontos indicados na Fig. 14,45
s· l
s.--;
I
I
I
y
~z __ u1._c:--!!:-::("'e:i::x_.o de simetria l
C.G.
• A ,
._c. A
IA
I
FIG. 14.45- TENSÕES NORMAIS
114-46
.e.%) TensÕes de Cisalhamento devido ã força cortante
12 em
•
rl 'o(sl ·A 'f ' A
-
B I A
I 4cm
lo
'
----+---
'•
0,5cm 2 em
: ____ ..,._
c
· FIG, 14.46- TENSOES DE CISALHAMENTO
Para os pontos A tem-se:
M = 4 X 0,5 X 4 = 8
SA
em
P·8
TA = 0,5x574 = O,OZS • p
Para os pontos B tem-se
M = 4x0,5x4 + 12x0,5x6 SB
P•44
= 0,153 . TB - 0,5x574
Para o ponto C tem-se:
MS = 44 + 6x0,5x3 = 53
c
p
T =
c
P·53
0,5x574 = o' 184 • p
3
z
3
c:m
44 3 em
Ll4-47
c.3) Tens~es de Cisalhamento devido ao Momento Torço~
7,08 em ;2cmt
(distribuição linear na espessura) ~--~e~.e~·--------~~--------
FIG.I4.47- TENSÕES DE CISALHAMENTO
1' " t w = t
í: b. t ~
l. l.
3 t.
l -max
w " t 3 X 0,5
12x0,5 3
- 3,67
1' " t
9,08xP
= 2,474 • p 3,67
d) Verificação do ponto mais solicitado
Ponto 1'
'q
A 1,002 . p 0,028 .
A' 1,045 . p 0,028 .
A" 1,089 . p 0,028 .
B 1,002 . p 0,153 .
B' 1,045 . p 0,153 .
B" 1,089 . p 0,153 .
c o 0,184 .
'H
t
p 2,474 .
p o
p
-2,474 .
p 2,474 .
p o
p
-2,474 .
p 2,474 .
.3
em
p
p
p
j p p
Ll4-48
Como o estado de tensao de qualquer ponto estudado ~~
sU.i tensão normal numa Única direçao e t'ensoes resultantes de ci
salhamento~ o critério da energia de distorção pode ser aplicado
através da expressão (12.2), ou seja:
2'
T
Analisam-se a seguir, em função dos valores tabelados,
os pontos mais prováveis de serem os mais solicitados.
Ponto A"
Ponto B
Ponto C
PA" •
p •
B
2 < 1,4 tf/cm
PA" < 0,320 tf
< 1,4
PB < 0,300 tf
PC < 0,304 tf
O valor admissivel da carga P e portanto igual a 0,3tf.
e) Câlcul·~ do deslocamento vertical do ponto D
~-~OO_cm
____ _
-------·- ----~'9, ,9_§ _c_m.,_. __ _
fi G. 14-.46- DESLOCAMENTO VERTI CAL 00 PONTO D
LI4-49
O deslocamento vertical do ponto
desloeamentos ô1 (devido à flexão da viga)
ção por torção).
D e igual ã soma dos
e ô2 (devido à rota
e.l) Devido a flexão
e.2) Devido a torção
M • i
t
G.J
t
=
O, 3xl00 3
3x2100x574 = 0,083 em
t -max
Jt = 3,67 X 0,5 = 1,835
(9,08x0,3) ·100
800 x 1 , 835 = 0,186 radiaqos
Portanto
o2 = 19,08 x 0,186 = 3,540 em
e o deslocamento vertical total do ponto D e igual a
o = 0,083 + 3,540 = 3,623 em
vD
-
4
em
Como a seçao tem um eixo de simetria, o centro de ci-
salhamento estã contido nesse eixo. Admita-se apenas para favo-
recer o raciocrnio, que a viga da Fig. 14.50 tenha seçio trans-
versal como-se mostra na Fig. 14.49. A distribuição das tens;es
de cisalhamento devidas ao esforço cortante Q1 tem os sentidos
indicados na Fig. 14.49 devido ao equilrbrio dos elementos reti
rados da seção atravês dos planos de corte A.A e B.B.
Ll4-50
IZ c ~r-r
+--·~-------->~~--------------~
12cm
/ A0
®
l
F,
A
16 em
espessura t = cte. =O, 5cm
30cm
FIG. 14.49 - CENTRO DE CISALHAMENTO
Com isso determinam-se os sentidos das forças F (resul
tantes das tensões de cisalhamento) verificando-se o equil!brio
dos elementos A e B.
( O"x+dx > O'x l
ELEMENTO®
CORTE B-B
0
'111111111111 I I I I I I I I I 11111 I I I .
\ J\1\\lil\\[\a•
1( l X ~ r ~ to, i t 0 •
l t
I~
J x + dx ~ .
! ~
AG.I4.SO-SENTIJ?O DAS TENSÕES DE CiSALHAMENTO 't 1 e 't2
Fazendo-se a somat~ria de momentos em re1açio ao pon-
to O da Fig. 14.49, obt~m-~e:
d = 3 O • s en C! = 18 em
Q • c 1 = 2 • F • 18 ... 2 c = • • • • (A)
Ll4-5l
,;
,;
/
/
• Q,
t a
-----
c I
,.t''" !
-..z:_- -t:-
F2 -f
I 1.
-+--~3~0~cm~----~jscm; ·
DAS FORÇAS FIG. 14.51- BRACOS
'
a) Cilculo de Jz da seçao transversal
16 em
z'
a --------i----+-
! 12cm
I
y' y··
I.
!
'
FIG. 14. 52 -- ROTAÇAO DE EIXOS
= o
J , • O (desprezlvel)
z '
=
O, 5x2 03
12
. 3
sena=0.6.
J O, 5x2 O ( 2 ) z' = 12 sen a =
3 0,5x20
12 (0,36)
Portanto, o
3
Z(0,5x20 ) J =
z 12
momento de inércia
...
J
z
O, 5x2 Ox6
= 1080
2
+
4
em
0,5xl0
12
J de toda a
z
3
+ 0,5 X 10
-seçao vale:
X 32)
b) Cálculo de- F 2
onde
Q ·H 1 s
t·J
z
Ll4-:i2
-r • t • ds 2
/
/
/
s...a =0,6
_. __ a_c_m __ --+~-···-
FIG. 14.53- FORÇA F2
Portanto
M • t • s • y(s)
s
s y(s} • (10- -) · 0,6 2
• t • [o,G(lO
s MS • t • s ·(10- i).0,6
Substituindo-se o valor de F 2 em (A) obtem-se:
c = 36xl00 1080 • 3,333cm
Ll4-53
a) Traçado do Diagrama de Momento Torçor
O momento torçor aplicado vale;
Mt=25.5 P E
8 ~<t-------t-r-6 --t-lE ~~c.
~ 2.0m I 2.0m j z.om j
I I I I@ I I I I I I I I~ Me= 8, 5 p
FIG. !4. 54- DIAGRAMA DE Mt
Os momentos torçores MB e Me indicados no diagrama
sao obtidos pela soluçio das equaçies (A) e (B).
a.l) Equaçio de Equil!brio
• • • • (A)
a.2) Equaçio de Compatibilidade de Deslocamentos
~C • O (devido ao engaste)
o - • • • • ( B)
A soluçio das equaçÕes (A) e (B) fornece:
M - 8 5 • p c , H s 17 O · P B ,
Ll4-54
b) Cálculo de Jt....!L.Et at·ravés da analogia de membrana
!
6.0c:m l 6.0c:m
f
-t
i
!Sem
A, x,.
15.0 em A2
1= A2 ·-· •• ' ç· B
A,
15 em
2 2 Sendo A1 = 76,5 em e A2 = 49,5 em , o equilíbrio
das placas 1 e 2 fornece o sistema de equaçÕes
p
. - .
· ..
cuja solução é:
p
h2 = 0,0594 • k
p
h2 = 1,7277 • k
v = 2 · [A • h 1 1
v = 441,261 • t
·J 4 v .!:. = . = t k
2 . v
wt = =
min 13mâx
Ll4-55
1765,044
246,915
c) Cálculo da carga P admiss!ve1
T =
H
t -max
wt .
ml.n
4
em
3
em
0,8 17 ,O·P = 246,915 p = 11,62 i:f
d) Cálculo do Deslocamento Vertical do ponto A
~ = (8,5xll,62)·200
800xl765,044 ~ = 0,014 radianos
yA = ~ • XA = 0,014 x 10,5 = 0,147 em
• • yA = 0,147 em
( Ll4/46 J r ...
.r
Ll4-56
~ lle
o r ..
----....,-- ------
I
I
I
·-1-·
I
40 """'
1
I
I
I
I
G= aoo tf/f;m2
t = constante = 1 em
i: LO tfte:rl-
60tf
40ca ~}--: _ _..:~t
! .2.•400 .. !
~ ~{>, j~ X'fiL - - - - - --- Jlil.ê.-~---,-.· ..j.,
1
h I CORTE c-e
'fl' p-(llressão elo ensaio)
_...____,......._ ____ _,~ .... ,...
FIEl. 14. 56 . ...,. .ANAl...OGJA DE MENBRANA
A obtenção da distância a exige a determinação anterior
de Wt e Jt• caracteristicas geométricas da seção celular, que sao
obtidas por analogia com um ensaio hipotético de membrana.
a) Câlcülo de W e J t- t
A 30x40 ,. 600 1 .. 2
2
em A 2 " 40x40 = 1600
Equilibrio das placas 1 e 2 (corte C.C)
Placa 1: pv600 = k [ (30+50) • hl - (40) • h 2 ] 1,0 1,0
Placa 2: [
h +h p~l600- k (40+40)•( ~.0 2 )+(40+40)·
2
em
Essas duas equaçoes de equilibrio fornecem a solução:
Ll4-57·
Jt 4
k v 4 k .. . = p p 36000 ~ .. 144.000 4 em
wt
2 v
=--
!lmáx
2 v
---h -
2x36 000· ·• ~
15 .!: k
• 1,0 = •1.800 3 em
min ma:x
b) Cáleúlo de a
A distância a será encontrada igualando os valores máxi
mos do deslocamento vertical e da tensão de eisalhament" aos valo
res forueeidos.
b.l) Em hnção de T
Mt 2:-.60 ·a <- 1,.0 tf/cm 2 T
-
.. ..
-T •
max l.'t 4800
mii.n
• a < 40 em
b.2) Em função do deslocamento vertical
A seçao da extremidade da viga sofrerá rotaçac) máxima,
em toruo do seu·centro .. de cisalhamento, que pertence ao eixo de
simetria.
ê dadp por
a ê 30 em.
M •i
t
---
(2.!60-.!a) •400 • 4 , 167 • 10-4 •a 800xl440ÓO.
o deslocamento vertical do ponto B, conhecido o giro~.
-4 4,167 •.10 ·a··50 • 0,02083 a 0,625 em
.. • a < 30 em
Conclu·i-se portanto que o máximo valor permitido para
Ll4-58
Diagrama de Momento.Torçor
,.
' Chamando
gastamento em B, o
de M o momento torçor transmitido pelo en-
tB
diagrama de Mt para essa viga serã:
trecho
sem
_ 1 soldo
J:~:---------M-~--~-1-.cm--~i ----~----~,"'''''"
30cm
I I
I !
l(~)j 30cm
AG.I4.57- DIAGRAMA DE Mt
b) Compatibilidade de Deslocamentos
-Como o engastamento impede o giro da seçao B.B, a equ~
ção da rotaçao dessa extremidade em relação ã extremidade engas-
tada A.A resulta
onde
-çao~
(73-Mt )s
B
= o
(A)
J e Jt sao respectivamente os momentos de inércia a tor
tJ_ - 2 -da seçao quando fechada pela solda (seçao vazada de parede
fina) e da.seção quando não existe solda (~eção aberta de parede
f i na).
ta
w_
"1
wt
2
L 4
.. -( z
3 . 1 l.=
u
Ll4-59
FIG- 14.58
4(6xl2}2
2 ( .!.3.__ + _6_)
0,5 0,5
4
= 1,5 em
2A t
min = 2x6xl2x0,5
1 4 ~ Jt
-
( z b.t7) 2 =
--3t
"ll.l. t max l."'
~ 288
= 72
= 1.2. 0,5
4
em
3
em
= 3,0 3 em
Utilizando os valores de Jt
1
e Jt na equaçao (A) resul
. 2
MtB • [-60-(60-s)-192s] + 73 ~60-s)+192s] =O (B).
O valor de M~B deve ser tal que, no t~echo sem solda,
onde o Wt e menor (Wt ), a tensao de eisalhamento não ultrapasse
2
1,0 tf/cm2, ou seja:
~ 3,0 < 1,0 ,tf/cm
2
-
M > 70 tf•em
tB
-~tilizando o valor limite de Mt na equaçao (B) resul-
B
tas= 7,02 em.
Ll5-l
FLANBAGEM
Na análise da segurança contra a ruptura de uma barra
comprimida com seção transversal de área S e comprimento t, obj~
tiva-se determinar se esta ruptura pode ocorrer por esgotamento
da resistincia de seu material ou pela perda de sua estabilidade
lateral (flambagem).
Essa perd~
de estabilidade ocorre se a carga aplicada
P atingir um certo valor cr!tico P , cujo cálculo é feito le-
cr
vando em conta os parâmetros relacionados a seguir.
a) Caracteristicas Geométricas
FI G. 15.1 - SEÇÃO TRANSVERSAL OA BARRA
Definem-se,
racteri:sticas:
para a obtenção de P , as seguintes
c r
i =vi[= raio
='h
5
1 il v s
de giraçao
i ="~
2 V.-t-
c a-
(15.1)
onde J 1 e J 2 sao os momentos principais de inércia da seçao
transversal. Observe-se que, em seçoes com um eixo de simetria,
os eixos y e z sao eixos principais.
iu
><--= -.- = !ndice de e·sbeltez da barra
~
onde 1f! (comprimento de flambagem) i a distância entre pontos
fixos por trava1:1entos laterais, que podem estar nas extremida-
Ll5-2
des das barras ou ao longo de seus comprimentos (contraventamentos).
!l.u
À = ___!.
1 il
(15.2)
No estudo da FLAMBAGEH verifica-se que a perda de esc~
bilidade de uma barra sempre ocorre em relação ao eixo principal
de sua seção, segundo o qual se obtém o maior valor de À (À - ) •
max
b) Flambagem Elástica e Plástica
Na flambagem elástica, as tensÕes crrticas sao determi
nadas através da fÕrmula de EULER
p
(f
c r
c r
= -- = s
2
1r ·E·J
2 tu·s
=
2 ;r • E
7 (15.3)
e na flambagem plástica as tensoes crrticas sao obtidas através
de fórmulas normalizadas para os diversos materiais, obtidas por
ensaios experimentais.
Havend·o flambagem, definem-se tensoes admissrveis cot'lo
sendo
(15 .4)
onde s i o coeficiente de segurança adotado. Na flambagem elásti
ca (vale Lei de Hooke) as tensÕes crrticas são menores ou iguais
as tensões de proporcionalidade desses materiais.
c) Cálculo Prático
c.l) Ferro Fundido
À ~80 ~ vale fÓrmula de EULER (15.3)
O ~ À < 80 + fórmula proposta por TETMAJER
(ff!l. = 7760- 120 À + 0,56 À 2 (15.5)
-$'"----. __ ..._,._._ •.----·.~
LlS-3
e.2) Aço Comum (aço 37)
À > 100 -+ vale a fÓrmula de EULER
60 <À :S 100 -+ fÓrmula proposta por TETMAJER
crf~ = 2891 - 8,175·À " . . . (15.6)
Para este aço, a NB-14 propÕe as seguintes fórmulas:
À >105-+ fÓrmula de EULER
363.000
.... (15.7)
À :S lOS .,. (flambagem plástica)
. . . . (15.8)
Note-se que a NB-14 fornece tensÕes admiss!veis, levan
do em conta o coeficient~ de segurança, o que nio i feito nas
fÓrmulas de TETMAJER.
c.3) Aço de Alta Resistência (aço 52)
À >100-+ vale a fÓrmula de EULER
60 <À < 100 -+ fÓrmula proposta por TETMAJER
af~ = 5891 - 38,175·À
c.4) l1adeiras
A NB~ll fornece a tensao admissivel, em funçio de um
valor de À(À ) a partir do qual vale a fÓrmula de EULER.
o
À =
o
1,924 {"i'
a
c
1) peças curtas (À < 40)
= a
c
= tensao admissivel a compressão
paralela âs fibras.
•••• (15.9)
simples, na direção
LlS-4
2) peças intermediárias (40 <À< À )
o
- - [ l cr = cr • 1- -f.2. c 3 (À-40 ) ] X -40
o
3) peças longas (À
0
$À < 140)
À 2
cr (~)
c À
(15.10)
•••• (15.11)
A expressão (15.11) leva ao mesmo resultado que a fór-
mula de EULER usada com coeficiente de segurança igual a 4.
d) Vinculações das Barras
Para os diversos tipos de vinculação das barras, mos-
trados na Fig. 15.2, são fornecidos os diferentes valores dos
comprimentos de flambagem, usados para a determinação dos 'lndi-
ces de esbeltez.
( p p ( ' I ~~[ :
--+--
t
•t / -l-I i I / I i I I I I o I I ' / I
' , I 12 &- I I
'
, , I -I I! I iiZ I I CONTRA. VENTA.;::. I I I I o
I \ I I MENTOS -.....~ I \ I ~
\ ~NTO DEl\ \ i o \ I I INFLEXÃO
--r ~-
(~d)
FIG. 15.2 -COMPRIMENTOS DE FLAMBAGEM
------- ..
LlS-.0
a) Cálculo das Características Geométricas
a.l) Posiçio do Centro de Gravidade da seçao transversal
-Como a seçao transversal é simétrica em relaçio a dia-
gonal BD do quadrado (Fig. 15.3), tem-se:
24x24xl2- o 8
= = 12,38 em
24x24-
· San
l2,38cmi
24 em z
/
z
FJG. 15.3- SEÇÃO TRANSVERSAL
a.2) Cálculo dos momentos principais de inércia.
Como a diagonal BD é eixo de simetria, as direçÕes
dos eixos principais são paralelas às direçÕes das diagonais.
! importante notar-se que tanto para o círculo como
para o quadrado, o momento de inércia calculado em relaçio a
qualquer eixo que passa pelo centro de gravidade tem sempre o
mesmo valor.
LlS-6
z
----:
' o
a I 2
!
-~
z
:o
T
~
,_
:Y
a y
a o
---l 2 2 ~
FIG.I5.4- MOMENTO DE INÉRCIA
Isso pode ser
riormente o valor de J-
z
J
z
J-
z
4
a
=-12
= J y
4
2
cos a
demonstrado calculando-se J , J y z
com o uso da expressão (13.4).
+ J
z
J y
sen
=
2
a
4
4
a
TI
- J yz sen(2a)
2 2 a a qualquer J- = rr<cos o.+sen a.) = TI( para valor z
-
e post~
de a)
Portanto, para a seçao transverdal da barra em estudo,
os momentos principais de inércia podem ser calculados da segui~
te forma (Fig. 15.3).
24x24 3 J- = y 12
3
J- 24x24 =
z 12
De modo c;:ue
Jl = 27447
+
4
em
[ 4 2 7r•8 24x24x0 54 - ---
' 64
J- 25683 4 = em y
4 4 7í•8 27447 ~ = em
b) Cálculo da carga critica de flambagem
7r·8 2
+
-4-
= 25683
X 6,2 2 ]
4
em
De acordo com a Fig. 15.2, para esta coluna, engastada
em sua base e livre na extremidade superior tem-se:
\
Ll5-7
ifi = 2i = 2x2000 = 4000cm
e p·ela expressao (15.3) obtêm-se:
p
c r
1T
2
x2100x25683
= 4oo6 2
p
c r = 33,27tf
OBS.: A flambagem oco:rre segundo o eixo principal 2-2, que pos-
stii a menor rigidez i flexio e leva ao miximo valor de À.
À ~
max
a) Cilculo das Caracteristicas Geométricas
z
Sem z·
I
1
6cm
'
' I
I
I
--.-
\1\ ' 2 i E= 1300 !f/em
" ., ----+-
FI G.l5 .5 -SEÇÃO TRANSVERSAL E COMPRIMENTO DE FLAMBA•GEM
a.l) Centro de Gravidade
2(2x6x4)
= 2,0 C::I 2 (2x6) +2xl2
a.2) Momentos Principais de Inércia
Como a seçio possui simetria em relaçio ao eixo y, os
eixos y e z são os eixos principais de inércia.
J y =
2xl2 3
12
6 2 3 2 4
+ 2( ~ 2 + 6x2x5 ) = 896 em
J
z
Jl
Ll5-8
12x2 3
= 12
2 2x6 3 2
+l2x2x2 +2(-yz- +6x2x2 ) = 272
:::- J y - 896
4
em
4
em
4
em
Verifica-se claramente através da Fig. 15.5 que a se-
çao, em relaçio ao eixo z, possui a menor rigidez i flexio.
b) Calculo do coeficiente de segurança adotado
O valor de À - ocorre segundo o eixo principal m~nimo
max
e portanto
imin • lÁ • fi • 2,38 em
À -max
250
- --. 105 2,38
De acordo com o diagrama fornecido de crf~ x À, para
'llalores de À > 80 vale a hipérbole de EULER de modo que, pa
.-
ra À • 105 tem-se
2
7T • E
---
s•À 2
onde s é o coeficiente de segurança
lado verificando que para À = 80, a
- 0,5
• s = 4,0
c) Cal'culo da carga P f~ admissivel
adotado, que pode ser calcu
- - 2-
tensao crf~ vale 0,5 tf/cm .
Da expressio 15.3 obtem-se:
2
7T •E·S
2 S•À
2
;r xl300x48
4xl05 2
P'H = 13,9 tf
Ll5-9
JP=3ou
CORTE A-A
~-+ \ I
L5"x5" x3/4" 1 I
\ I
: i~u= L ?
Af"-· .,.tA/
2,
'
'
X
:y
I J/
I /
I /
I ' I / X ~-----,, .
I .
I
/
1 " I / I ' '2
I Yl '
FIG. 15.6
a) Caracteristicas Geométricas
As caracteristicas geométricas necessárias i obtençio
do máximo valor permitido para ~.
fi:s.
sio tiradas da tabela de peE
= i . = 2,46
mJ.n
2 S = 44,8 em
em
Usar-se-á apenas o valor de
gem desse pilar, se ocorrer, dar-se-i
nor rigidez i flexio (eixo 2-2), pelo
tos de flambagem segundo os eixos 1-1
b) Cálculo de ~
i 2 (i . ) J.i que a flamba-m1n ·
em relaçio ao eixo de me-
fato de que
os comprimen-
e 2-2 sio iguais.
(J
real =
p
s =
30000
44,8
2
= 669,64 kgf/cm
Na procura do ! admissivel é imposto que esta tensio
sera igual ã tensio admissivel crf~ para esse aço (dada pela
NB-14 através das expressoes 15.7 e 15.8) tensio esta que é fun
ção do valor de À (À - ) •
max
À -max l. • = o.4o7 ~
Jlll.n
LlS-10
b.l) Admitindo À < 105 (NB-14)
crfi = 1200-0,023 À 2 = 1200-0,023(0,407t) 2 =
(aço comum)
= 1200 - 3 81 X 10-3 t 2
'
Sendo c;f' = cr
"' real
i = 373,1 em
2
= 669,64 kgf/cm
À -max
-
= 0,407 i • 0,407 X 373,1 = 152
resultam
Como resultou um À > lOS, ê porque nao se usou a fÕrmu
la conveniente, devendo-se verificar a outra.
b.2) Admitindo À > 105
=
10363000
À2 =
10363000
2 (0,407·0
= cr
real = 669,64
i = 305,65 em = 3,06m
À = -0,407 X 305,65 = 124 > 105
Observe-se que para um i igual a 3,06 m, a tensao real
ê igual ã. tensão admissl:vel de flambagem. Este valor e bem menor
do que a tensão admissl:vel de compressão do aço comum, igual a
2 -1400 kgf/cm , nao ocorrendo de forma alguma risco de ruptura por
compressio simples.
Por outro lado, se a coluna for constitul:da com um com
primento maior que 3,06 m, verifica-se em (A) que a tensão ~fi
diminui, sendo ultrapassada pela tensão real, o que, em outras
palavras, significa que a carga 30 tf não pode mais ser aplicada,
havendo possibilidade de ruptura por perda de estabilidade ao
ser ultrapassada a faixa de segurança adotada pela NB-14.
LlS-11
!Sem
_j __ ~~~~;:.»1 t~ --i?"#hW~WA +'75-7'"/7' Sem
t.
! Sem
FIG. 15. 7
r
-+ I
I
~·14m
'
!
~,.,.. -t
Un • 2 .t )
O valor de P será obtido usando as fÕrmulas propostas
por TET~~JER para o ferro fundido (15.5), sendo necessário en-
contrar o valor de l relativo is caracter!stic~s geom~tricas
dessa coluna.
Como os comprimentos de flambag.em sao iguais, o maior
À serã o 1 2 , jã que o eixo 2-2 ~ o que possui a menor rigidez i
flexão.
2xl40xi2T6
{i;
. . À -max
4115
=
vJ; • • • • (A)
a) Posição do Centro de Grav~dade
z =
o
c.G.
b) Cálculo de J 02
12x6 3
12
= 12x6x6+6x6(-6) = 1 em 12x6+18x6+6x6
12x6x(-9)+6x6x(-6)
- 216 = -4 em
2
+ 12x6x5 +
4
= 6912 em
2
+6xl8xl + 2 +6x6x7 •
LlS-12
6x12 3 2 18x63 2 6x6 3 . 2
12 +6xl2x5 + 12 +6x18x4 + l2 + 6x6x2 =
- 4968 4 em
Jyz = 12x6x(-5)x5 + 6xl8x4x(-1)+6x6x(-2)x(-7) •
4
• - 1.728 em
Usando a expressão (13.5) obtêm-se
c) ·C:âlcul.o de F
Utilizando o valor de J 2 na equaçao (A) obtém-se
À a 4115 ~~:;:::~; - 65 '41 < 80
V3s57 ,38'
em
4
Para À < 80 utiliza-se a expressao (15.5), obtendq-se
/
-f
I
I
I
I
\
I
I
'
\
\
\
afl = 7760-120(65~41)+0,56(65,41) 2 - 2306,74 kgf/cm2-
- 2,31 tf/cm2 ->- Õfl = 2 ,4 31 = 0,58tf/cm2
-
I
I .9..= !Cfan
l
a= 2. x !Õ6 t"C f'
!IT=50°C
FI G.l5.~- LÂMINA DEFORMADA POR N
L15-13
f evidente que a passagem da corrente e~étri·ca sÓ ocor
rerá se o aumento de 50°C na temperatura provocar a instabilida-
de da lâmina de aço, que deformada, encostará em um dos termi-
nais.
Para que isso ocorra e. preciso que os esforços N que
a comprimem e surgem devido à indeslocabilidade d.os apoios, se-
jam no mínimo iguais ã carga crítica de flambagem.
Esses esforços normais podem ser obtidos através da se
guinte equação de compatibilidade de deslocamentos.
ou seja
Sendo
resulta
Ai - Ai = O (temperatura) (N)
(J • =
crJ.t
No cálculo da tensao crítica não
(A)
se usou coeficiente
de segurança, uma vez que se estã procurando a carga que provo-
ca a flambagem da lâmina.
Como b < a, a perda de estabilidade ocorrera por de-
formação do eixo y-y, sendo
iH
y-y
= i = 10 em
a b 3 0,5·b 3 b3 ;:J-
- -u- = =· 24 y 12
-VTf- Yz4x~:S•b 6 J.y -112
À - À ~ y max
t
= -.- m
~ y
L15-l4
10 /TI
b
Utilizando, este valor de À ~ em (A) obtém...,se
max
2m
2m
2m
•
!>LANTA
feixe de
influ.ência da 2m
escora em
pia nta.
FIG. 15.9. a- V ALA EM PLAl•ITA
E ELEVAÇÃO
2
1T
a.t.T· =
2
1T
-6 2xl0 x50
b < O, 11 em
ELEVAÇÃO
' ,,
r faixa de
influência
de 1 escore
em eleva-
_!Õ~ ---
! 3,0m
200kgf jz.o m
mZ
---
FIG. 15.9.b- DIA.GRAMA· ASSUMIDO DE
PRESSÕES
Obtido o esforço normal que solicita uma determinada
escora, escolher-se-i o perfil disponivel (6xl2 ou 6xl6cm) que
-suporte tal esforço sem permitir sua ruptura nem por compressao
simples nem por perda de estabilidade.
a) Esfor<;o em ,;ma escora genérica
De cada lado da vala, o terreno transmite ao escoramen
to o car:regamento mostrado na Fig. 15. 9. b, o qual se estende ao
longo do comprimento da vala. Com base nas faixas de influência
de cada -escora, mostradas em planta e elevação conclui-se que
N = (2 ,Ox200
2
triângulo
+
LlS-15
3,0 X 200)x2,0 = 1600 kgf
retângulo
b) Análise dos Perfis Disponl:veis
z ·/'
----
z h
b
ifi = i (articulada nas 2 extremida
des)
i .
m1·n
À -ma!><:
2. !TI
= = b
200 1TI
b
M 692,82
b
FIG. 15.10 À0 = 1,924ff= 1,924
, r;;:;;;; = v~
(peroba c
rosa)
b.1) Seção 6 x 12
À • 69!•82 = 115,47 > À
0
(peça longa)
pfi • crfi • S • 17,45 X 6 X 12 = 1256 kgf < N = 1600kgf
Como esta carga ê menor do que o esforço que c:ada esco
ra recebe, concluímos que esse perfil não pode ser usado.
b.2) Seção (6 x 16)
À • 115,47 > À
0
(peça longa)
2
crfi = 17,45 kgf/cm
Pfi = 17,45x6xl6 = 1675 kgf > N = 1600 kgf
Ll5-l6
Este resultado significa que o esforço recebido por c~
da escora e menor do que a carga admissivel pf~' não ocorrendo
perda de estabilidade com um coeficiente de segurança igual a 4
que constitui a faixa de segurança adotada pela NB-11.
1 E=200U/em2
\
\
\
\
--------- ~
'
' I I
.,. hipérbole de
EULER(s=2l
+-----s=-o::-_-,:),..=-:-:lo=-o=------- I.
4 em
__._
j2cm
~~~~~~~~-+-
I ; I , ,
lz_lz '4cm~- ·
-+-'--r-- ,._._ ~--- ·'-t-
' I I I
FIG. 15.11- DIAGRAMA õ'f1, x À e AREA DA BARRA
Para qualquer material pode-se traçar a curva ;fl"À.
Para valores de À acima de um certo limite (neste caso para
À> 100), as tensÕes são menores que as tensoes de proporcional!:
dade, valendo portanto a fÓrmula de EULER. Para valores de À me-
nores que este limite, o gráfico tem uma forma o~tida através de
ensaios experimentais nos quais ocorre a flambagem plástica.
a) Equação da Parábola (flambagem plástica)
a.l) CondiçÕes de Contorno
I) para À = O -+
2
c = 0,8 tf/cm
115-17
~2,
Ã. = l.CO -> = o, OO (EULER) = c_' z =
' '
'
' '
à E ff
:t
~~
10=~
- /2À
coe:ic.de
seguranç2.
=4 O,!l " Hl ..
ê 1om iaae ~ êqua;ie da parlbo1a.
s .. 60 C:ll!
a!& • (·D,7x1D- 4)CSD) 2 • D,B • 0,352 tf/cm 2
(À.,BO)
if& • af · s • 0,352 x 60 • 21,12 tf
a) Gráfico de P x ~l
2
T
:o o
Com a carga P crescendo de zero ate a iminência de o-
correr a flambagem, o deslocamento horizontal ~l do ponto C se-
gue a lei de Hooke, ou seja
leva a
e portant:o
obtém-se
LlS-18
Quando a carga P atinge o valor P . , o deslocamento
cr1t.
p . ..!.
cr1t
E.s
ES p. =-·t.
cn.t i 1
Sendo ifi = i, o uso da expressão
=
•• • • (A)
-(15.3) na equaçao (A)
Para a seçao transversal circular de diimetro d,
J =
t. = l
2 d2 Tf •
16. i
- -Voltando a equaçao (A) com o valor conhecido de t- 1
p • =
crl:t.
p
FIG. 15. 12- DIAGRAMA DE p X LI,
LI5-19
Note-se que apos a carga P atingir o valor de P . ,
c r~ t.
teorics.ment:e o deslocamento 6 1 tende. a
um .valor infir.ito.
b) Gráfico de P x L2
Como a carga P e· aplicada no centro de gravidade da
seção, a barra ÃC fica sujei.ta .apenas.a tensoes normais unifor-
memente dist:ribuidas na seçã6, de modo que para P variando de
zero até P . , o ponto B não sofre nenhum deslocamento ver-
crl.t.
tical.
Para valores de P superiores a P . , a barra Ja
cr~t.
perde a estabilidade lateral ·e o deslocamento t. 2 ê indetermin!:
do, o que aliás é caracteristiio dos problemas de flambagem.
p
-r---------------------------------A2
FIG. 15.13- DIAGRAMA DE P x 6 2
Ll5-20
a) Cãlcul·~ das Caracteristicas Geométricas
a.l) Posição do Centro de Gravidade
5,5cm
5,5c~~--
l
z
o C.G.
Yo
C.G.
16 em
I
I
!
I
Yo
12,5 I
~- .......-·----
' y (-J-2,5cm
6cm I FIG.
=
·6xl6x5
= 2,5 2x6xl6
=
6xl6xll
= 5,5 2x6xl6
I
'
--+---
1 Sem
'
I
--+---
l1scm
i
'
' [
···-.-+-----
15.14- SECÃO TRANSVERSAL
'
em
em
a.2) Momentos Principais de Inércia
Dada a simetria da seção transversal, há necessidade
de calcular os valores de J , J
z y e J ~ através dos quais, na yz . .
expressao (13.5), se calcularão os momen~os pri~cipais de inir-
c ia.
J y
J
z
J yz
=
=
6xl6 3 . 2 16x6 3 2
+6xl6x2,5 + +6x16x2,5 12 12
6x16 3 2 16x6 3 2
+6xl6x5,5 + +6xl6x5,5 12 12
= 16x6x(-2,5)x(-5,5)+16x6x2,5x5,5 =
8144+3536
± 2
= 3536
= 8144
2640 ém
em
em
' ...
4
4
. . Jl = 9344
Ll5-21
4
em .. J2 "'2336
b) Cilculo da carga P admissivel para o caso I
4
em
De acordo com a NB-11, o valor de A e calculado pela
o
expressao (15.9), ou seja
À
o
= 1 924, r;:;;:=
. v~ 64 (peroba rosa)
Para o caso I, conforme Fig. 15.2
400
= -- em
12
A flambagem irá ocorrer segundo o eixo principal mini-
mo, que corresponde ao miximo valor de À •
. • ,;2336.
l.min 192: = 3,49 em
À - = max
400
12
3,49 = 81,09
Pela NB-11, essa coluna que possui um À = 81,09 > À
0
=
= 64 ê classificada como peça longa. Usando a expressão (15.11)
obtêm-se
2
- - (J 3 c
À 2 (~) À
2 35,34 kgf/cm
OBS.: A fÓrmula de EULER com coeficiente de segurança
4 fornece, praticamente, o mesmo resultado que
a expressão (15.11).
p =
I (Jfi •S = 35,34 x 192 = I
6786 kgf
c) Calculo da carga P admissivel para o caso II
Para este caso admite-se que o contraventamento, colo
cado a meia altura da coluna, impede o deslocamento do ponto mê-
LlS-22
dio em todas as direções do plano yz.
Dessa forma, o comprimento de flambagem vale:
.tu = tH = 200 em
X y
À 200 = 57,31 < À (peça intermediária) = 3,49 max o
Como À 57' 31 < À 64' pela NB-11, - (15 .lO), = = expressao o
tem-se
crf• = 85 [ 1- l (57 • 31- 40 ) j = 64,56 kgf/cm2
"' 3 64-40 ..
PII • 64,56 x ~92 = 12396 kgf
No esquema I (Fig. 15.15) procura-se uma carga N de
traçao, que aplicada na extremidade superior da barra permita
q~e esta extremidade encoste no apoio A, deslocando toda a bar-
ra de 0,1 em.
2
rrxcjl
·s = -4- =
i 4,5m
I
~-L
I 1,3m
2
rrx4
-r;- = 4rr
FIG.I5.15-ESOUEMA I
N.t N•(450+130)
õ.t = ES = O,l = 2100.(4rr)
N = 4,55 tf
Ll5-23
Feita esta ligação passa-se ao esquem·a II, mostrado na
Fig. 15.16, no qual a resultante axial 2P é.aplicada a barra ao
nível do apoio móvel B. Sendo esta fas·e .hiperes·tãtica, devem-se
procu~ar as parcelas dessa carga qu~ se distiibuem para os tre-
chos AB e BC, o que i feito utilizando~~e equaç~es de equilíbrio
e compatibilidade de deslocamentos.
A
FIG. 15.16-ESOUEMA .lL
(
FIG. 15.17-
a) Equação de EquilÍbrio
Posteriormente, encontradas
essas parcelas, procurar-se-
-
-ao as resultante~ de e•for-
ços normais sobre a barrá,
levando em conta a carga N
aplicada a mesma no esquema
I •
. tNA8 J
A--- -
. !
4.5m
8 (
-11.3 m :r-;:
c
----- Nsc
f Nsc
DIAGRAMA DE N NA FASE HIPERESTA.TICA
(A)
b) Equação.de Compatibilidade de Deslocamentos
O deslocamento longitudinal do trecho ÃB deve ser ~
gual ao do trecho BC.
Ll5-24
NBc'l30
= E S
Utilizando (B) em (A) obtêm-se
NBC = 1,552 ~ (força que comprime o trecho BC)
NAB = 0,448 ~ (força que traciona o trecho AB)
N=4.55 tf 0,448 p 14,55 + 0,448 P I
A
+
11,552P- 4,551
B 1,552P ~
c
1 esquema 1 I (esquema II l (resultante)
FI G. 15. 18- DIAGRAMAS DE N (ESQUEMAS I. TI e resultante )
c) Cálculo de ~
c.l) Trecho AB
NAB = 4,55 + 0,448 P (traçao)
N AB <- 2
- 5- _ cr = 1,2 tf/cm
(4, 55+0, 448 ~)
< 1,2
~ < 23' 5 tf
c.2) Trecho BC
NBC = 1,552 ~- 4,55
( B)
Ll5-25
Se esta carga for de compressio, hi necessidade de ve-
rificar a possibilidade de flambagem, sendo
R-BC À g
i
10363000
À2
=
10363000
(130) 2
4xl30
4 = 130 > 105
2
= 613,2 kgf/cm = 0,613 tf/cm 2
NBC = 1,552 P - 4,55 S (0,613)4rr = 7,706
-< p - 7 '9 tf
Se NBC for de traçao,, o cilculo de~ leva a um valor
negativo, contririo ao sentido aplicado, nio sendo por isso con-
siderado.
Resposta: ~ = 7,9 tf
A carga q (uniformemente d.istribul:da) deve ser cietermi
nada de modo que todas as partes da estrutura fiquem solicitadas
no máximo por tensÕes admissíveis.
a) EquaçÕes de Compatibilidade de Deslocamentos
Utilizando a simet.ria das barras BD e DE conclui-se
que esta estrutura e duas vezes hiperestitica, havendo portan-
to necessidade de duas equaçÕes de compatibilidade de desloca-
mentos, alem das equaçÕes de equill:brio. Sejam
v = deslocamento vertical do ponto B da viga
B
iltBC = deslocamento longitudinal d.a b.ar.r.a BC
ou seja
115-26
ôi = deslocamento vertical do ponto B devido a defor-B
mação longitudinal das barras BD e BE.
Haveri compatibilidade de deslocamentos quando
B
A l~u.ll ~1111~111=1111;;!;;111 !;!;i;illll=m/;;!;;1111=111=11 1!;!;1;1111=111::;;111:;,;:! 11:;,;:111=1 1 1 t Fs' ~ o . t F2
r2
B _J_
D E
30 l3o em
300 em
__ ,_ __________ ------+-·-
FIG. 15.19- ESQUEMA ESTÁTICO
4 91'300
8x2100x5140
(F 1+F 2 )·300
3
3x2100x5140 =
F1 ·50
7f 2 2100•t;•l
40cm
(196984) q- (1814,7) F1 - (1751) F2 = O • • • • (A)
Da Fig. 15.20 pode-se concluir que
J·
· ..
:soem
4 (-) = 5
l
b) EquaçÕes de Equil~brio
LLS-27
FBD·50
2 2100·1[~ 2 .
'
. lõ..i
-+-8
E
FIG. 15. 20
• •· • • (B)
J F2
i
I o 5\ 140cm BD • FsE
Feo= FaE
Alim dessas equações de compatibilidade de deslocamen-
tos, po.dem-se escrever as seguintes equações de equil~brio
Substituindo-se FBD em (B) obtim-se
.. • • (C)
Da solução do sistema de equaçÕes (A) e (C) resultam
F2 - 93.56 q l
'
Fl - 18,27 q I .. . . . (D) e com isso
FBD = 58,48 q J
Ll5-28
c) Cálculo de.. q adm:issi:vel· em função da perda de estabilidade
das barras BD e BE
d)
e)
cãlcul<J
.tf.l!. - .t - 50 em
i d 2 o,s
-- -- -
em 4 4
À 50 100
-·---0,5
Pela NB-14 para À< 105 tem-se
of.t • 1200-0,023(100) 2 • 970 kgf/cm2
2
lo-3x 1!·2 FBD • FBE • 970 x --4- • 3,047 tf
Utilizando este valor na equaçao D resulta
58,48 q • 3,047 q • 0,0521 tf/cm
q = 5,21 tf/m
de -q em função da resistência da barra BC
.O 1,2 =
Fl
1,2 = l8,27·q
- 5 BC 1T 4
q = 0,0516 tf/cm
q c 5,16 tf/m
cãlcul<J de -q em função da resistência a flexão da
A ~111111111111111 pfu;:llllllllllll '
t F1+ F2 : (1'11,83 lq j 300 em -+---
FIG. 15.21- VIGA AB
viga AB
Ll5-29
O miximo momento fletor atuante na viga AB vale:
M -max
300
- q•300· --2- - 111,83 q • 300
M - • 11.451 q max
M -max
-w- l 2 11451 q > = 405
. . q • 0,0424 tf/cm
q
• 4,24 tf/m
f) Resposta: o valor admissivel de q seri o menor dos tris valo-
res encontrados, ou ~eja:
q • 4,24 tf/m
a) Cilculo dos momentos principais de inércia
Como os eixos x e y sio de simetria, suas direç;es
sao as principais.
9xl2 3 3 4 J
-
2 (1,5x6 ) = 1242,0 em
X 12 12
3 6x6 3 4 J
-
Z(3x9 )
+ ---u- = 472,5 em y 12
A coluna de 12m de comprimento e contraventada de for-
ma diferente segundo as duas direç;es principais, sendo por isso
necessário calcular-se o valor dos indices de esbeltez À segundo
essas duas direç;es. O maior valor entre os dois indicará o eixo
segundo o qual a coluna estari sujeita a perder sua estabilidade.
Sabe-se portanto que
4 J 1 = 1242,0 em J2 = 472,5
4
em
Ll5-30
Dizer que na direção do eixo y (eixo 2 ) a coluna es-
ti contrav~ntada ao meio, equivale a dizer que o comprimento de
flambagem. em· relação ao eixo x (eixo 1 ) vale
•
1200
=-600 em 2
ji que o travamento segundo y impede o deslocamento na direção x.
Analogame,ilte conclui-se que
i 1200 • 300 em u
2
• -4-
1- 1---
.eft
I
I
I
o I; o
"' ].Q
' tt,
-+-
(SITUAÇÃO I)
[ ifi2
+·
ln2
' .
IR.ft
: 2
·-.
i lu
' 2
~-
I SITUAÇÃO TI)
FIG. 15.22- COMPRIMENTO DE FLAMBAGEM.
il • fi = v'1242 · • 3,715 em s 90
• -~ v' 472,5
i2 = = = 2,291 em s 90
Àl 600 161,5 À2 300 131,0 .. = = = 3. 715 2,290
Como À2 e o maior valor, sera mais provável a perda
de estabilidade segundo o eixo 0 (situação I da Fig. 15.22).
c) Cálculo da carga P admissrvel
L15-31
Pela NB-11 ::em.-se
À = 1, 924 V 94250 ' = 64 (peroba rosa)
o .85
Sendo Àl = 161,5 > ).
0
resulta
2
= 8,9 kgf/cm
P = crf~ · s = 8,9 x 90 = 801 kgf
Para d-imensionar-se a barra AB e necessário determinar
qual o valor da carga N1 que a solicita.
o o
A o-----------cic~---------os
tN2=4.P ~ 2. p
FJG." 15.23- ESQUEMA ESTA,TICO
O equilibrio de forças verticais na viga l~va ao esqu~
ma estático da Fig. 15.23, na qual se observa que o valor de N1
é proporcional ã carga P aplicada. Como a viga AC é rigida, o va
lor de P é calculado em função da máxima carga admissível N2 que
pode ser aplicada na coluna CD, sem que esta tenha sua estabili
dade ameaçada.
a) Cálculo da carga admissível N2
A seção da coluna CD é quadrada, de modo que o momento
de inércia principal vale:·
J - 108
4
em i = VW = 1 , 7 3 2 em
A coluna CD e-engastada em De livre em C, onde se a-
poia a viga AC através de um apoio móvel.
L15-3 2
ifi = 2 x 150 = 300 em À =
De acordo com a ~B-14, para
À • 173,2 > 105 tem-se:
10363000
(173,2) 2
2
= 345,45 kgf/cm
300
= 173,2 1,732
N2 = Õ • S = 345,45 X 36 = 12436 kgf H
b) Dimensionamento da barra AB
Sendo N2 • 12.436 kgf tem-se:
p = 3109 kgf
e conseq·uentemente
N1 = 6218 kgf
- - 2 -Como a barra AB e de aço (cr = 1200 kgf/cm ), com seçao
transversal circular de diâmetro d, tem-se:
2000=cr8
1600=C"p
I
I
~trecho
_/I
1200 =
elástico
6218
--2
'IT·d
-z;-
-'
Gemi
-f---~~------------~- e
d = 2,57 em
6 em
zcm
( se;:õo)
• 2
E: 2 X 10 Kgf/cm
---- __._ 2cm: s = 2
FlG. 15.24- DiAGRAMA TENSÃO DEFORMACÃO ( cr x e ) ,
LlS-33
a) Traçado do Diagrama crH,~
Sabe-se que esse .material trabalha em regime elástico
ate alcançar a tensão de 1600 kgf/cm 2 , que e sua tensão de pro-
porcionalidade.
Assim sendo, essa tensao i um valor limite para. a te~
sao crítica obtida pela fÕrmula de J:ULER, ã qual corresponde um
ÀE a partir do qual essa fÓrmula torna-se válida.
2 6
cr
2" 7r -
= -- = À2
E
7r x2xl0
À2 = 1600 c r
E
Sabendo-se que somente começa a haver flambagem plásti-
ca a partir de um ÀP • 50, com relação of2 x À linear, e que a
partir de ÀE • 111 vale a hiperbole de EULER, pode-se traçar e
diagrama crf 2 x À mosttado na Fig. 15.25.
r--- À ::: 111 (os O'p )
20001-:--------,...._
\
I
I
1600 ----+-----
1 I
I
I
I
hipérbole de EULER I .
(regime elástico l
I
--+---__L __ ...J__-7,--:--· ----- À
~=50 À=SO i À( 111
I
'----
FIG. 15.25- DIAGRAMA
b) Cálculo de P para À = 80
A equação da reta co~respondente a flambagem plástica e
a qual obedece as seguintes condiçÕes de contorno:
LlS-34
b.l) par•a À .: 50 = a e
2
= 2000 kgf/cm
2000 = 50 a + b • • • • (A)
b.2) para À = 111 ~ 2 aF" = a = 1600 kgf/cm
-" p
e portanto
tem-se
1>15/40 J
1600 = 111 • a + b {B)
O sistema de equaçÕes (A) e (B) tem solução
a = -6,56 b • 2328
af1, e -6,56 À + 2328
Para À • 80 e sendo 2 o coeficiente de segurança, ob-
P =a ·S• 80 u 80
(-6,56x80+2328){6x2+4x2) • 18032 kgf 2
p80 - 18 032 kgf
- I r--i + I I fm po I ~!-......,..------- _N 11,25
-t- 2 =ISO em _L
110,0 em
- '
_lA ,-- ---I 2,5em
-- ---
-- - ~:-G. :S,9~t 10,0 em
I
r - I -I I I I I 2,5 em
I I I I
I I I I : -T~.o '2J ·- IO,oem--tt-;]..,--s,o_.1 __
FIG.-15.26- ESFOR70 E SEÇÃO TRANSVERSAL
Ll5-35
a) CaracterÍsticas Geométricas
a.l) Posição do Centro de Gravidade
v
. o C.G.
~S.y .
~ 1 01
= = L si
2,5x25x(-l2,5)
2,5x25+2x2,5x22,5+2,5xl0
= -
781,25
200 = -3,91 em
a.2) Cálculo de J e J ~~~~~~~y----z
=
3
= 2,5x25
12
2,5xl03
+ 12
3
2 (22,5x2,5 + 12 + 2,5x22,5x6,25
2 )
J
z
J - 7916,67 y
4
em
25x2,5 3 2
= 12 +25x2,5x8,59 +
l0x2,5 3
12
+ 2,5 X 22,5 X 3,91 2
J • 11 110,31 cm4
z
b) Cálculo de K admissível
b.l) N > O (tração)
+Z(2,5x22,5 3
12 +
Se esta carga, que ê aplicada no ponto A, for transla-
dada para o Centro de Gravidade, criará um momento fletor M que
z
junto ao prÕprio valor de N, constituirão os esforços solicitan-
-tes na seçao.
~ = N · e = 3,91 N
z y
15,16cm
I
FIG. 15 . 27
LlS-36
-As tensoes provocadas por es.tes esforços sao mostradas
D<~:F.:i,g, 15.Z7~ sendo máximos os. seus valores de tração e compre~
sã;o, ·respectivamente nas bo-rdas superior e inferior.
b.l.l) Borda Superior
(+) N1
o = 200 +
b.l,2) Borda Inferior
3,91 Nl
11110,31 • (11,25+3,91) < ot
N1 < 19,35 tf
2
= 200 kgf/cm
N
2
200 -
3,91 N2
nuo,31 <9 • 84 > I <--Ci c
2
= 85 kgf/cm
N"2 < 55,30 tf
Esses resultados mostram que se N e de traçao, seu rna-
ximo valor deverá ser igual a 19,35 tf.
b.2) N < O (compressão)
-Esta carga de compressao, aplicada no Centro de Gravi-
dade, poderá provocar perda de. estabilidade da barra.
À0 = 1,924 ~= 1,924 ~ = 64,07
c
=~= i . = i m1.n y 7916,67 200 = 6,292 em
À -max
~fQ. 2·~
= = -.-- = i . l. .
mJ..n m1.n
2xl80 -
6,292 = 57,22
(peça intermediária)
.!.cÀ-40 >] = 3·À -40
o
2
= 64,73 kgf/cm
85 [ 1_ .!.c57 ,22-40>] = 3 64,07-40
N:::;of~ • S = 64,73 x 200 = 1.2946 kgf = 12,95 tf (çom-
pressio)
LlS-37
I
I li e
f
_.9-_ I
{n+ I) I
' \ !
\i
' -~--
FIG. 15.28
Se os contraventamentos não fossem colocados ao lor.f.o
do comprimento da barra, evidentemente oco~reria flambagem ec
torno do eixo y, já que iy i menor que iz e portanto Ày resulta
ria maior que À •
z
O objetivo da coloc~ção desses ~ travamentos laterais
i justamente fazer com que À e Àz sejam iguais. o que faz a
. y
barra possuir a mesma segurança contra a flambagem. segundo es-
sas duas direçÕes principais. Quando isso ocorre, está-se apro-
veitando ao máximo o material empregado e a carga P transmitióa
é a máxima possível.
ou ainda
À y = À z
=
~
z
~
J..= i y
9.
z
i
z
(A)
onde ~ e ~ são respectivamente as distâncias entre os pontos
y z
que impedem o deslocamento dos eixos y e z.
J y
~ y =
b
ITI
i h =
z ITI
-Utilizando-se a equaçao (A) com os valores encontrados
che.ga~se a
e portanto
i
n+l
b
ITI
=
n - h -1 b
i
h
ITI
Utilizando_ este número de contraventamentos, a máxima
~
carga P e obtida por
onde ofi ê função de À.
À = À = À -y z
Para À < 105,
Para À > 105,
10363000 0 H = À
i !TI
h
i 2 Admitindo uma relação h = 30 e S = 15 em resultam
À = 104
ofi = 1200-0,023(104) 2 = 2 951,23 kgf/cm
-P = 951,23 X 15 • 14268,5 kgf = 14,27 tf
Ll5-39
a) Cálculo dos momentos principais de inércia
Como a seçao é duplamente simétrica, pode-se concluir
que
[
3 3
_ 2 (2,5x2 )+ 2 (2x2,5 12 12
4
em
b) cálculo do Índice de esbeltez À
s = 100 -(4x2x2,5)• 80
i • ,;-;-' = /684,17·. v~ 80
2
em
2,924 em
+2x2,5x3,75 2)]
Como a coluna i articulada nas duas extremidades,
250 À = = 85,5 2,924
De acordo com o intervalo de variaçio de À que foi fo~
necido (regime plástico) pode-se concluir que para À = 85,5 (maior
que 64), a coluna deverá trabalhar em regime elástico, no qual va-
le a fÓrmula de EULER com coeficiente de segurança igual a 4.
c) Cálculo do valor do mÓdulo de elasticidade E da liga de
alumínio
Pelos dados fornecidos, a flambagem no reg~me plástico
ocorre para
18,5 < À < 64
valendo crfi • 3150-22À (em kgf/cm2 )
Ll5-41l
A flambagem elástica, para a qual e valida a fÕrmula
de EULER, deverá pois valer para valores de À 2:: 64 de modo que
Para À = 64 .tem-se:
3150 -(22 X
. .
2 E = 722950 kgf/cm
d) Cálculo da carga axial admissível P
Para À a 85,5 tem-se
2
• 244 kgf/cm
P • 244 X 80 • 19521 kgf
A carga P admiss!vel a ser calculada deve ser tal que
tanto nas vigas AB e IlC, como na coluna BC, as tensÕes normais cr
sejam iguais ou menores que a admiss!vel (1,2 tf/cm2).
a) Cálculo da força na barra BC
a.l) Equação de Compatibilidade de deslocamentos
r st 12 ll 24 VIGA I IM9-F t
F
-± e
Joocm ;-BAUASC I ci=:S.&cm) 2oocm
c
F ' f F l C VIGAD: 8Jt2 soo cn>
. I
(.VIGA CO l
FIG..IS.29 .. c -ESQUEMA FIG.IS:29.b.;.SECÕE$ DAS BARRAS ESTAnCO
•
LlS-41
Sendo
vB • deslocamneto vertical do ponto B
vC = deslocamento vertical do ponto c
~iBC • deformação axial da barra BC
e válido escrever:
onde
VB - t:.i = v c
VB -
(P-F) i 1
3·E·J I
-
F • J!,II
v c 3·E·JII
t:.i • F·200
BC E·SBC
J = I
12x24 3
12 = 13824
J r r=
8x24 3 9216
-12
7T•3 6 2 s = '
-
10,18 4
4
em
4
em
2
em
(A)
Utilizando esses valores na equaçao (A) obtêm-se
3 (P-F) ·300
3xl3824
F•200
10,18
.·.F=0,395P
F·3003
= 3x9216
(A)
b) Cálculo de P em função da perda de estabilidade da barra BC
Sendo a barra BC articulada nas extremidades e possui~
-do seçao transversal circular, com d = 3,6 em tem-se:
• d 3,6 o 9 1 = 4 = --4- • , em
Ll5-42
~ À=-:-=
~
200
-- c 222,2 em 0,9
Pela NB-14, para À > 105 resulta
e portanto
10363000
(222,2) 2
2
= 2·09,9 kgf/cm
F • 209,9 x 10,18 = 2137 kgf
Substituindo-se o valor de F em (A) resulta:
p - 5410 kgf
c) Cálculo de P em função da resistência a flexão das vigas
c .1) Viga AB
O momento fletor máximo que solicita a viga ÃB e:
M- = (P-F)•300 c (0,605•P) 300
max
cr = 12oo- <0 • 605 ·P>· 300 c12> = o,l576 • 13824
p - 7617 kgf
c.2) Viga CD
M - = 300 • F = 118,5 · P
max
1200 = 118 • 5 ·P(l2) = 0,1543 P 9216
p = 7777 kgf
d) Resposta: O valor de P admissrvel e o menor entre os três cal
culados,
'
p = 5410 kgf
Com a finalidade de ilustrar a resoluçiç deste exerci-
Ll5-43
cio, e apresentado a seguir um gráfico que mostra a variação das
cargas
pl
-
carga que solicita a barra BC
p2 = carga que solicita a viga AB
p3 = carga que solicita a viga DC
em função da variação do diâmetro da barra BC.
A utilidade deste gráfico visa uma possivel otimização
do diâmetro da barra BC, o que ocorre (conforme mostrado no grã-
fico) para um diâmetro ~ próximo de 4 em.
Para um diâmetro prÓximo de 4 em todas as partes da es
trutura ficam prãticamente solicitadas pela mesma carga P. As
cargas P1 , P2 e P3 são obtidas resolvendo-se o problema em fun-
ção do diâmetro d •
-
pl - 4,96 d 2 + 31,8 d 4
p ..
2
p ..
3
P(kqf)
1797 ,12+11520
2 0,39+1,5 d
1198,08
d2
+ 7680
zo.ooo~--- ·1
'
d2
, •. 000~-----~-----~-----~------~--f-~
i
'
o /4 5
'·d = 3,92
AG. 15.30- DIAGRAMA P x d
d(cm)
LlS-44
a) Cálculo dos momentos principais de inércia da seção transver-
sal da viga prismática e da escora metálica
Como a seção e duplamente s~métrica tem-se:
6xl8 3
12
3
_ 2 (2xl5 ) = 12
3
32 = 2 (l,Sx6 )+ 12
15x2 3
12
17 91
= 64
em
4
em
4
b) Cálculo da carga P sem a escora
M -max
Pd.
= -- = 4
a = 1200 =
P•400
4
E -max
Jl
=
v -
"'max
1200 = i~~~P' (9)
100 • p
p = 2388 kgf
c) Cálculo da carga P com a escora
~ I ~ -~
(escoro 1 4 m
I
I
I
---+--
1
FIG. 15. ~1- VIGA E ESCORA
Para determinar o valor da carga P usar-se-a uma equ~
-çao de compatibilidade de deslocamentos, obtida igualando o de~
locamento vertical vc da viga ao deslocamento longitudinal tt
da escora.
Sendo:
llt = R·400
E•S
v -
3 (P-R)·400
48·E·Jl
e válido escrever
Ll5-45
R·400 (P-R)•400 3
.= E-48 48.E.l791
R ,;. 0,989 P
Como a escora recebe quase toda a carga, torna-se evi
~ .
dente que nesta estrutura a poss~vel perda de estabilidade da
escora deverá ocorrer ben antes da viga atingir tens~es normais
prÓximas da admissível.
l'or isso, o cálculo da carga P sera feito em função da
flambagem da escora e em seguida, baseando-se no valor calculado
no item b, será verificada a resistincia da viga.
Para a escora tem-se:
imin =fi= #. = 1,155 em
400 À = 4155 = 346,3 > 105
Como À > 105 tem-se:
2 7T • E
"u. = --2-
À
e com coeficiente de segurança igual a 3 resulta.
2 7T • E
= 3·À 2 =
7T
2
·2100000
2 3. (346,3)
2
= 57,6 kgf/cm
R= crft · s = 57,6 x 48 ~ 2765 kgf
2765
= 2796 kgf
- = p 0,989
115-46
De acordo com a Fig~ 15.31. v~rifica-se que (P-R) e a
carga que solicita a viga a flexão•.
(P-IR) = 30,8 kg!
Como a viga pode ficar solicitada por até 2388 kgf con l'
clui-se, que neste caso o valor de P será
P = R + 30,8 = 2765 + 30,8 ~ 2795,8 kgf
Na viga solicitada por 30,8 kgf, a máxima tensao normal
~
ser a
M ~ = 30 •8 X400 = 3080 kgf·cm
max 4
CJ ~ = 3080 (9) = 15,48 kgf/cm2 « CJ = 1200 kgf/cm 2
max 1791
d) cãlcullo do deslocamento vertical v do ponto C
c
-De acordo com a equaçao de compatibilidade tem-se:
JR•40"0
vc = /:,'}, = E·S
2765x400
vc = 2100000x-48 = O,Oll em
"1 ..
I~ f(j
Ll6-l
CÁLCULO DE DESLOCAMENTOS
1. EN~GIA ~E DEFORMAÇÃO
1.1 - Definição
Em uma e.strutura elástica, deformada por uma carga gen~
rica, a Energia de Deformação ê o trabalho executado pe1: essa caE_
ga durante a deformação por ela provocada, deformação essa compa-
tível com os víneulos existentes.
1.2 - Cálculo da Energia de Deformação
1.2.1 - Atravês das Tensões e DeformaçÕes
Em um elemento de volume, deformado por um estado tri-
plo de tensões, a Energia de Deformação ê dada por
u • l(cr E +cr E +a & +T y +T y +T y J dx•dy·dz 2 x x y y z z xy xy xz xz yz yz
e a Energia Específica de Deformação e definida por
dU
u = dV , sendo dV = dx • dy • dz
•••• (16.1)
No caso particular em que o elemento e recortado segun-
do suas direçÕes principais, tem-se:
(16 .2)
Quando se tratar de um elemento sujeito a.um
estado pl!
no de tensoes, o cálculo da Energia EspecÍfica de Deformação e
feito atravês de
1
u - 2 [ cr e: X X +cr E y y (16.3)
1.16-2
1.2.2 - Através dos Esforços Solicitantes
A Energia de Deformação acumulada em uma estrutura su-
jeita aos esforços solicitantes M, N, Q e Mt ê dada por
,.,2
+ ~ + GS dx (16. 4)
onde x ê uma abeissa axia.l das barras componentes dessa estrtura
e c e um fator de correção do cálculo da tensão de cisalhamento.
2. TEOREMA DE MAXWELL
Em uma estrutura elástica, carregada por cargas unitá-
rias virtuais (podem ser forças e momentos), o deslocamento que
ocorre no ponto i, provocado pela carga unitária aplicada no po~
to k (Ôik) e igual ao deslocamento que ocorre no ponto k, provo-
cado pela carga unitária aplicada no ponto i (ôki).
~ais deslocamentos que podem ser translaçÕes ou rota
çÕes ocorrem, respectivamente, na direção e .no plano das cargas
virtuais.
(16. 5)
FlG. 16. l - TEOREMA DE MAXWEL-L EM VIGAS
3. TEOREMA DE CASTIGLIANO
A derivada parcial da Energia dé Deformação de uma es-
trutura elástica, com relação a uma certa carga Pk' aplicada em
um ponto k dessa estrutura, e igual ao deslocamento elástico vk'
que ocorre na direção dessa carga.
Ll6-3
Em termos de esforços solicitantes, a derivada parcial
da Energia de Deformação é dada por
au
a Pk
= v k = 1 (NN + ES estr. HM EJ + cQQ G5 dx (16.6)
onde N, M, Q e Mt são respectivamente, funções que repr,e sentam os
esforços solicitantes provocados na estrutura por uma carga unit~
ria admensional (virtual) aplicada no ponto k. A um deslocamento
de translação corresponde uma força virtual contida em sua dire-
ção e a uma rotação corresponde um momento virtual contido em seu
plano.
4. APLICAÇÃO DOS TEOREMAS
4.1 - Cálculo Hiperestãtico
Em qualquer estrutura hiperestitica, as inc~gnitas hipe
' -
restãticas podem ser obtidas lembrando que os deslocamerttos impe-
didos pelos vincules anulam a expressão(l6.6).
,P
j 1 w ;; lllltlll B A
X
#m'1'l'7lT
1 R incógnita ( hiperestática )
FIG. 16.2 -ESTRUTURA HIPERESTÁTICA
au
a R = 0 •••. (16.7)
4.2 - Deslocamentos em treliças
Como nas treliças o ~nico esforço solicitante conside-
-rado e o esforço normal N, a expressao (16.6) reduz-se a
n
z
i=l
N .N.L
l. l. l.
E S.
l.
(16.8)
Ll6-4
- ~ -onde i. e S. sao respectivamente comprimento e area da seçao trans l. l.
versal de uma barra i.
4.3 - Deslocamentos em Vigas e PÓrticos
HM Geralmente ~ efeito da parcela no cálculo do desloca EJ
mente (expressão 16.6) ê predominante em relação às demais, re-
sultando
1 M H vk • EJ dx strutura (16.9)
Nos arcos e barras de pórticos
. d ~ 1 NN d . 1 consl. erave , o termo Es eve 1.gua mente
em que o esforço N seja
ser levado em conta.
OBSERVAÇÕES:
I) a obtenção das integrais desses produtos de funçÕes
e fei·ta. através de. formulários como o da página 258
do Fasciculo III da Apostila "Introdução a Resistiu
cia dos Hateriais'' (Frederico Schiel).
II) observe-se que a derivada da Energia de Deformação
em relação ã carga é igual ao trabalho realizado
por uma carga unitária adimensional aplicada na di
reção dessa carga, já que o valor da Energia e di-
retamente proporcional ã carga. Por essa razao p~
de-se calcular o deslocamento de um ponto da estr~
tura, mesmo que nele não seja aplicada nenhuma caE
ga externa. Basta encontrar os esforços na estrut~
ra, provocados pela carga unitária aplicada neste
ponto, na direção desse deslocamento.
Ll6-5
A carga p 2 0,5 tf/m, uniformemente distribuÍda,irá pr~
vocar um deslocamento vertical vi no p~nto C da estrutura. Para
que o ponto C nio se desloque i necessário que a carga BE' aplic~
da horizontalmente no ponto E da estrutura, provoque em C um des-
locamento vii' na mesma direção e em sentido contrário a v 1 , de
modo que
= o
a) Cálculo de vi
Como a estrutura em estudo e um p6rtico,para calcular-se
o deslocamento
v = I
vi usa-se
1 M•M E J strut.
a expressao (16.9)
dx
sendo M(x) os momentos fletores na estrutura devido ao •:arregamento
real e M(x) os momentos devido ao carregamento virtual.
a.l) Cálculo de M1 (x)
B
, ÍO,S tf/m
;11 ;1 ~~, ;;I ;1 :~i 1;;;1 1~1 :~, i~~ 1 ;;1 i~i ;: i ~11;1 1;;1 r o _t
s' o"
1 4m
HA A
--+-
!v A tvE
!2m
I
4m 4m 12m
FIG. 16.3- CALCULO DE REAÇÕES
l: F = O hor. . = o
= 3 tf
Ll6-6
L F = O
vert. VA • 3 tf
Portanto M1 (x) e dado pela Fig. 16.4.
®
{tf. m)
FIG. 16.4- DIAGRAMA DE M1 1xl
a.2 - Cálculo de H1~
Como pretende-se calcular o deslocamento vertical do
ponto C, o carregamento virtual será uma carga unitária e verti-
cal aplicada no ponto C da estrutura.
B B" r o· o --L-
c i I
'
I
14m
,_
!HA A E
i tvA
VE
--f-?m 4m 4m 12m ' I
FIG. 16.5 - CÁLCULO DE REAÇÕES
L F = O hor.
= o ...
L16-7
L F m O
vert.
O diagrama de M1 (x) e fornecido pela Fig. 16.6.
A E
FIG. 16.6- DIAGRAMA . DE MI lxl
a.3 - Obtenção de vi através da expressao (16.7)
A integral do produto das funç~es Ml(x) e Ml(x) e rea-
lizada com o auxilio da tabela da pigina 258 da Apostila "Intro-
.dução a Resistincia dos Materiais" (F. Schiel).
Sendo E·J constante com x tem-se
v -I . lf -D Ml . MI
estrut.
· dx
Note-se que esta integral seri es~endida apenas sobre o
trecho B'CD', uma vez que nos trechos B1 A e D1 E tanto M1 (x) como
MI(x) são nulos, e nos trechos BB' e DD' MI(x) e nulo.
Pela tabela de integrais de produtos de duas funç~es, o
valor de vi e obtido através de
v -I
1 (Si . c • y _ i •c.a)
EJ 12 Z
valor este encontrado no encontro da linha 10 com a co-
luna IV da tabela, o.u seja:
v -I
1 (5. 8 • 2 • 4 - 8 • 2. 1)
EJ 12 2
Ll6-8
b) Câlçulo de vii
b.l) Cálculo de M11 (x) devido ao carregamento real (força HE
aplicada no apoio móvel)
B B' c o' D
--+-
I 4m
·' ~ ... A E HEi
-t VA t\:
.2m 4m 4m ; 2m
FIG. 16.7 - CÁLCULO DE REAÇOES
E F = O hor. H H A a E
v"C' = o
E F = O ..,.
vert.
Portanto o diagrama de MII(x) e dado pela Fig. 16.8.
FIG. JS. !'J - DIAGRAMA DE Mn ( "l
Lló-9
b.2 - Cilculo de fi11 (x) devido a carga virtual
Não hi necessidade de calcular-se M1 I(x) pois o carre-
gamento virtual é o mesmo do item a.2), sendo Mil idêntico a M1
dado pela Fig. 16.6.
b.3) Obtenção de vii através da expressao (16.7)
Neste caso a integral também sera estendida apenas ao
trecho B1 CD' pois M11 (x) e M11 Cx) são nulos nos trechos BB' e
DD', e M1I(x) é nulo nos trechos B
1 A e D'E.
Pela tabela de integrais de produtos de duas funç~es
o valor de vii e assim obtido
v = -II
1 c.E: TI 2 • c • a)
"'alor este encontrado no encontro da linha lO com a c_oluna I da
tabela.
32·H E
v II=- E J.
O sinal negativo de vii e consequencia do fato dos dia
gramas de MI 1 (x) e MII(x) no trecho B'CD' serem opostos em rela-
ção ao segmento B'CD'.
O significado fisico de vii negativo é que este deslo-
camento ocorre em sentido contririo ao da carga virtual adotada,
tendo HE o sentido indicado na Fig. 16.7.
-··conclui--se portanto que vil ocorre em sentido contririo
a carga virtual da Fig. 16.5.
c) Cilculo de HE
~ede-se o valor de HE de modo que
= o
L16-l0
ou seja:
--~
-
56
3 E J = o
H = O 583 tf E ,
t v4 = 7,otf
I
I
I
!Z,Om
~----~~7~--~~----------~9--~
_.. _ __!.>."-!!!_-+' ~"-"'-'-"----o--"""""--O--'--"''-"'--.-"-"'"'--t-f4,0 tf
1
1,5m -~ 1,5m 1,5m 1,5m 1,5m _
ly = I O tt i
f 6 '
FIG. 16.9- TRELIÇA SUJEITA ÀS CARGAS REAIS
Pa.ra calcular o giro da barra 8.9, usar-se-a a expres-
sao (16.8), sendo Ni os esforços nas barras devido ao carregame!!_
to real (Fig. 16.9) e N. os esforços
nas barras devido ao carre-
~
gamento virtual (Fig. 16.10). Como se trata de uma rotação rela-
tiva, o esforço virtual a ser aplicado i um binirio unitirio adi
~ensional, composto por cargas aplicad~s nos n6s 8 e 9.
z 3
t v4 = 1/300
I
I
~
4 5
~------~----~~--------~·9 7
!1/300 ""f"· I I V= 1/300
+ 6 ~em
FlG. 16.10- TRELIÇA SUJEITA AO MOMENTO UNITÁRIO
Ll6-ll
A treliça sujeita aos carre.gamentos indicados recebe em
suas barras os esforços
sitivos os esforços que
N. e N. mostrados na Tabela
~ ~
tracionam as barras •
, sendo po-
TABELA DOS ESFORÇOS, COHPRIHEKTOS E ÁREAS DAS BARRAS
BARRA
i
1.2
1.6
-2.3
2.6
3.4
-
3.6
3.7
3.8
4.5
4.8
5.8
5.9
6.7
7.8
8.9
4> 8-9 =
N. (real) N. (virtual) L E S· ~ 1 ~ 1' 2 . 2 (tf) (adimens.) (em) (tf/cm ) (em )
1,50 o 150
-2,50 o 250
1,50 o 150
0,00 o 200
6,00 1/200 150
3,75 1/240 250 E=2100 S.=S•2,0
1 .
0,00 o 200
-3,75
-1/240 250
6,00 1/200 150 -
7,00 ·1/300 200
-5.00 -1/240 250
5,00 1/240 250
-3 .• 7.5 -1/400 150
-3,75 -1/4-00 150
-3,00 -1/400 150
.. '
15
I
i=l
N.N.L [l 1 . ~ ~- 1 = 200 (6,00x2)xl50+ 240 (3,75x2+S,00x2)x250 +
' 1
1 1 1 l 1
+ 300 x7,00x200+ 400 (3,75x2)150+ 400 x300x3,0J ""2.,.1.,..0.,;;-0-x"""z-,"'0 =
. -3
= 8,8 x 10 (radianos)
Ll6-12
a) Cálculo do Deslocamento Horizontal do ponto D
a.l) Carregamento real
t lm : 1m t t Zm I Zm ! 4U (result4.el I I Ztf H e H c c 1 B •• D
- -I L L e ' I I c
4ml 4m
I ell<lpoll
-
,_3U A' E HE
-fvE
4m
HA A
tvA
Ft6..16.11- CÁLCULO DE REAÇOES
Feito o equill:brio das chapas. I e II, obtêm-se os
seguintes valores das reações de apoio:
VA • 2,2 tf HA = -1,2 tf
vc = -0,2 tf Hc = 1,8 tf
VE = 3,8 tf HE = 1, 8 tf
Portanto, o diagrama de M(x) devido ao carregamento
real e dado por:
Ll6-13
2,4
0,02
®
(tf.ml
4,8
E
A FIG. 16. ~-DIAGRAMA DE M (x l
a.2) Carregamento Vir~ual
Como pretende-se calcular o desloc.amento horizontal do
ponto D, a carga virtual unitária deve ser horizontal e aplicada
no ponto D.
B c ,H,;=0,2
•
H e c o
f !
vc = 0,8 vc = 0,8
E ~~,a
fvE= o,s
FIG. 16.13- CÁLCULO DAS REAÇÕES
.Ll6-14.
O diagrama de MD(x) e mostrado na Fig. 16.14.
1,6-....,
A
c
FIG.IS.14- DIAGRAMA DE M (x)
D
a.3) Cálculo. de dH pela expressao (16.9).
. D
E
Pela tabela de integra;s de produtos de duas funçÕes,
ÔH e calculado da maneira como segue, sendo:
D
1
= 2000
OBS:ERVAÇÃO 1:
r .H(x)
)estrut.
~(x) • dx
Na tabela de integrais de produtos de duas funçÕes e-
xistem parábolas quadráticas que correspondem i soma algibrica
de triângulo e parábola. Sua utilização todavia só pode ser fei-
ta no caso em que i nulo o esforço cortante da extermidade indi-
cada, na tibela, por um ponto. Como neste problema não ocorre
tal particularidade, foi necessário efetuar superposiçÕes de tri
ângulo com parábola (explicaçÕes I e II).
Ll6-15
TRECHO M(x) MD(x) f M(x) ·Mn (x) -dx
A'A 4,8ilJJn-n.r,. P,8 4 4,8 0,8 5,12 (- X X = 3
B'A ~4,8 176 IT1Tn I I I o:= o, a ~[(-2,4)(2xl,60+0,8)+(4,8)(1~6+ 2,4
'
'
J
+2x0,8)j = 3,84
BC 2,4~
I , 6 [[11l"" Ver explicação (I) =-2. 03
2
CD
~7,2
<"fTl1]11]3, 2 Ver explicação (II) •22,19
7,2~ ~.2 [rrrrn,..,., 4 7,2 3,2) =30,72 DE (- X X 3
para toda a estrutu·.ra r =59,84
OBSERVAÇÃO 2:
Note.- se que no cálculo de f M(x) •MD (x) • dx para o trecho
B'A pode-se considerar o diagrama de M(x) como um trapézio, to-
mando-se o cuidado de adotar sinais contrários para as suas cotas.
4,8
(-2,4)
EXPLICAÇÃO (I)
No caso do trecho BC tem-se:
M (x)
Ll6-16-
sendo que o diagrama de M(x) pode ser também representado pela su
perposiçio de dois outros como segue:
Portanto a J M(x)·Mn(x) pode ser obtida da seguinte ma
ueira: um-------~~ itt11Jlllll~lll11JP; I 0,5 r
EXPLICAÇÃO (II)
Analogamente ã explicação-(!) tem-se:
r"4llllllll E li J1L1LiV : I 2 I
: I
3,2
r M(x)·MD(x)•dx = (~x7,2x3,2)-(~x2,0x3,2) • 22,19 j CD
Portanto, conforme a expressao (16.9) tem-se:
' :!.6-17
b) Cilculo do g1ro relativo entre as chapas ABC E CDE
Para calcular-se o giro relativo entre duas c:hapas ce
uma estrutura, devem-se aplicar nessas chapas momentos virtuais
unitários de sentidos contrários, como mostra a Fig. 16.15.
-
FIG. 16.15- CÁLCULO DAS REAÇOES
b.l) Carregamento virtual
O diagrama de MG (x), que é o momento fletor na es.tru-
tura, causado pelo carrega)llento virtual, é mostrado na Fig.l6.16.
É oportuno lembrar que também para o cálculo do giro
relativo, o diagrama de momento fletor devido ao carregamento
real é o da Fig. 16.12.
Ll6-lô
1,0
FIG.I6.16-DIAGRAMA DE M(x)
G
b.2) Cálculo de ~ (giro relativo) pela expressao (16.9)
<P = 2 ; 00 1 H(x) MG (x) • dx
estrut.
TRECHO }f (x) MG(x) f M(x) •HG (x) • dx
A'A 4,8~ o,s,.,. (~ 3 X 4,8 X 0,6)
~4,8 1,2[il I I I ITrno,s ~ [c-2,4) (2xl ,2+0,6)+ BA 1 2,4
+ (4 ,8) (1,2+2x0,6)]
BC
0,5 2,4D::5l
I, 2 [[IIJJ 1,0 Ver explicação (III)
2
CD ....Jrrrtm7,2 l,oWJ I IIIIWo,s Ver explicação (IV)
7,;2~ DE (- 4 7,2 0,6) 0,6~ 3 X X
Para toda a estrutura
= 3,84
.
= 2,88
=-1,99
=-6,29
=-5,76
l: = -7.32
Ll6-l ')
EXPLICAÇÃO (III)
~=------ '<lQJIIJI·jDJJP'l f '·'r ~ : -·· I Y- Jllll111101111tl
i[<2xl,2+1,0)·(-2,4)]- ~ ~1,2+1,0).(-0,5)] = -1,99
EXPLICAÇÃO (IV)
De modo análogo ao anterior obtem-se:
:[(2x0,6+1,0)(~7,2)l ~ ~[(1+0,6)(-2,0)] ~ -6,29
Portanto, conforme a expressao (16.9) tem-se~
9 = 2 ~ 00 [ -7,32] = -0,00366 radianos
. o $ = -0,21
O giro relativo entre as chapas ABC e CDE é de 0,00366
radianos no sentido. contrário ao do momento fletor virtual unitã
rio aplicado (observar que o resultado obtido ê negativo),·
Ll6-20
a) Carregamento real
a.l) Cilculo de reaçoes
F 4tf
!I 3,0 m
3,0 m
3tf
c H 1
j3,0 m
HA I l
I
?4 FIG. 16.17- CARREGAMENTO REAL 2,0m 2,0 m
VA
r MA = O • VIx4,0-0,2x6,0x3,0-4x9,0-3x2,0 • O • VI • 11,4 tf
r F = o • hor. HA = 4 + 0,2 X 6,0 = 5,2 tf
r F = o
vert. • VA = 3 + VI = 14,4 tf
Secionando a estrutura atraves dos cortes r~r e II-II
podem-se calcular os esforços internos.
'
Ll6-2l
4tf
F
í"hapa II
t H o t v0 E G "\; o
-
~
o
!vG
.
FIG. 16.18 ~ (:~J..,CUI;-0 QE R~A~ÕI;~
- Equil!brio da chapa II
k HD = o ... v G X 4,0-4x3,0 = o
k F = o ... v = VG = 3,0 tf vert. D
k F = o ... hor. ~ + HG = 4
-
Eg,uil !brio da cha;ea I
NBI + 2 NAH = -15,5 tf
··I .
. I
..
VG
H
d H.
NA!i 1 I ~ H ~ I
. !11,41f
0,2 'lf/m
V G = 3, O tf
• • • • (A)
.. ~ . (B)
' • • • (C)
Ll6-22
. De ·(B) e (C) resultao
NAH = -9,833 tf NBI = 4,167 tf
Z Fh = O ~ -hD+5,2-9,833x0,8+4,167x0,8 = O
o r.
Voltando a equação (A) obtem-se
HG = 4 - HD = 4 - 0,667 = 3,333 tf
a.2) Traçado dos Diagramas
Utilizando os valores encontrados traçaram-se os diagr~
mas de M e N da Fig. 16.20, que ocorre devido ao carregamento
real. SÕ serão considerados no cálculo do deslocamento do ponto I,
os esforços normais nas barras AH e Bl, uma vez. que nessas barras
d NN 1 . . f. . f d o pro uto ES tem va or Skgnk 'cat1vo em con ronto com o pro uto
do restante da estrutura.
b) Carregamento Virtual
b,l) Cálculo de ReaçÕes
Externanente, sem secionar a estrutura, pode-se escrever:
l: !lA = o .... v = o I
z F = o + HA = 1 hor.
l: F
vert. = o + VA = o
Secionando novamente a estrutura pelos mesmos cortes,
podem-se encontrar os esforços internos mostrados na Fig. 16.19.
Ll6-23
rD Ho E G HG
--D ~ k UII
l)
FIG. i 6. 19 - CAL
CU LO DE REAÇÕES
- Equill:brio da chapa II
...
I:F. =O
vert.
...
I: F = O hor.
~ EquilÍbrio da chapa I
...
I: F • O
vert.
v = o D
!:'
llltl
(A)
. . . . (B)
.... (c)
I: F = O bor. ~ + 1 + NAH i 0,8 + NBI x 0,8 • O
• • ~ = HG • 0,333
.. --.
I
L16-24
b.2) Traçado dos Diagramas
O mesmo procedimento adotado para o carregamento real
foerã adotado, resultando o diagrama da Fig. 16.21.
12 ttm
D G
c
P\
2
0,2 s t S • 0,225 tf.m • 8
A I
F
0o~----~E~----~6
lm
c
Ll6-25
c) Cálculo do Deslocamento do ponto I
Como o ponto I da estrutura estâ ligado ao ap~io móvel,
seu deslocamento só pode ocorrer na direção horizontal, razao pe-
la qual a carga virtual foi colocada nessa direção.
TRECHO
A1l
:SD
. GH
HI
'
M(x) ( tf • m) M(x) (m.) f MM dx 3 (tf •m )
8~ 1 -8 -3x - x8xl = 3
1~ -
2 rrrr-n-,..,.__
-3x 1 x2xl
- -2
1~ 3
. o~ ; ,.,... 10.9 3x 1 xl0,9xl-3x 1 x0,22.5xl ~~ 3 3 / . /
·~·255 10.9 .......... 1 .iTfTl-r,-,..,._
l: I M M dx =
- _1 I EJ MM dx 1 +-ES
-
10
10,675
2x10;675-10•11,35tf•m3•
6 3
• 11,35 x 10 tf•cm
r NN dx = 6 1xll,35x10
2000xl0 6
+
barras AH e BI
0,833(9,8333-4,167) x soe
+ 2000 X 10
-3
= 123·,7·x 10 em
675
-
116-26
8 x 1,50m
FlG. 16.22- TRELIÇA ISOSTÁTICA
a) Comentários
A solução deste problema utilizando o teorema de Casti
gliano requer uma análise anterior. A dedução deste teorema e
feita com base em des~ocamentos elásticos provocados por esforços
aplicados ã estrutura. Nas treliças, a obtenção de qualquer des-
locamento e feita através de
n
};
i•l
N.N.t.
~ ~ :t
E S.
~
(A)
onde Ni e Ni sao respectivamente os esforços nas ~ barras, prov~
nientes das açÕes do carregamento real e do carregamento unitá-
rio aplicado na direção do d~slocamento procurado.
Os esforços N. podem ser encontrados se se aplicar a
:t .
carg~ unitária vertical no ponto C, como mostra a Fig. 16.23.
Por outro lado, no problema real nao.·sao dados esforços e sim
eesloc.amentos, correspondentes ã diferença, em cada diagonal, e~
tre os comprimentos de 2,52 me 2,50 m. Como se sabe, os desloca
-mentos dessas diagonais sao dados por
f:. i. =
~
N.L
~ ~
E S.
J.
e porltanto, em correspondência a esses deslocamentos, pode-se
pensar em esforços nas diagonais iguais a
N. =
J.
E S./ii.
J. :t
t.
J.
(B)
Ll6-27
Se tais esforços forem substituÍdos na expressao (A)
obtém-se
o
v
c
=
n.d
1:
i=l
N. .
~
t,9.,.
~
(C)
sendo a somat6ria estendida apenas as diagonais da treliça~ Isso
ocorre pelo fato de que, sendo a treliça isostática, sua monta-
gem com diagonais maiores apenas provocará inclinação dos banzes
superior e inferior, havendo acomodação das outras barras a essa
nova situação, sem que nelas apareçam esforços ou deslocamentos.
A obtenção da equação (C) poderia ter sido feita dire-
tamente, jã que, na expressao (A), o produto
N.L
~ ~
E S.
~
e o pr6prio deslocamento,L9.-i' não havendo necessidade de pensar
no esforço real que o provocou.
b) Cálculo dos N . .=.::c=.::=:.=.....::.;::..::.....::.~
A carga unitária, adimensional,aplicada em (C) faz com
que todas as diagonais recebam esforços de 5/8.
!
'
2m I
o
~'O
o
.,
,{;;:;.,-3/8
I
I
I
::18 6/8 9/8 9/8 6/8 3/8
-12/8
1
I
~~ 4 x 1.50m 4 X I, 50 m
FIG. 16.23- ESFORÇOS NAS BARRAS (N l
c) Cálculo da flecha no ponto C
o
o
~
' I
j0,5
Para que as diagonais, projetadas para ter 2,50m pas-
sassem a ter
sem, ou seja
Dessa forma,
2,52m, seriam necessários esforços que a tracionas
t,9.,. iguais a 2 em podem ser considerados positivos.
~
o deslocamento no ponto C tem o sentido da carga
virtual e vale:
OV = 8 'X 5/8 X 2 = 10, O em
c
Ll6-28
O deslocamento total do nõ ®
çao dos deslocamentos horizontal (ÔHg) e
ponto, através de
ê obtido
vertical
pela.superposi:_
(ôv
9
) deste
(A)
Para calcular tais deslocamentos serao aplicadas, nes-
te ponto, carga unitirias adimensianais nas direç~es horizontal
(Fig. 16.25) e vertical (Fig. 16.26) obtendo-se esforços N.
l.
-N. nas n barras. Dessa forma,
l.
=
n
r
i=l
n
r
i=l
N.N~L
l. l. l.
E S.
l.
N .N.t.
l. l. l.
E S.
l.
e
onde os esforços N. aparecem nas barras devido ao carregamento
l.
real (Fig. 16.24).
a) Carregamento Real
3tf ® 3tf ® 3lf ® 31f
®
,....
I
:vr6tf FIG.I6.24-ESFORÇ·OS Ni
I
Ll6-29
-Os esforços nas barras e as reaçoes de apoio devido a
carga de 3 tf, sio mostrados na Fig. 16.24.
h) Carregamento Virtual Horizontal no no QV
0,5 ® 0,5
o
-0,5 ®
o
FIG.16.25- ESFORy<)S Ni
c) Carregamento Virtual Vertical no no @
0
~
-•v =2 :7 FIG.I6.26 -ESFORÇOS Ni
d) Cálculo do"deslocamento o9
Com os esforços N., N. e N. calculados, obtêm-se:
l. l. l.
ôHg = 210 ~x3 • O [(2x3x0, 5+2x3xl) 150+3x0, SxlSO+ (-3/2) (-0,5l2)xl5o/2 J
õ
v· 9
Ll6-30
õ1, = 0,351 em
·g
"'"2"""1"'"0.;::-~x-3=-, o"" { 3 [ lxlx4xl5 0+ (-/2) (-/2)x4xl5DI2+lx1xl50 J}
õ = 1,165 em
v9
o9 = 1 (0,351) 2 + (1,165) 2 = 1,217 em
Este problema pode ser solucionad6 atrav~s da utiliza-
çã.o ·do teorema de Haxwell. Admitindo-se que a estrutura trabalhe
em re~ime elástico pode-se afirmar que se o. momento de 6 tf •m a-
plicado em B provoca em A uma flecha de 6mm, um momento virtual,
unitário e· adimensional, provocar,ia em A uma flecha f A igual a
lx10-3 ...l..f.
r.
Por Maxwell sabe-se que esta flecha deverá ser igual
ao giro em B provocado por uma carga virtual, unitária e adimen-
sional, aplicada no ponto A.
L ---
[ 3,0m
,."'\1
A ,. \
- _1-\ - -- - -- -z ,/ Ei
f A
! 4,0m f I,Sm
A ~ I ret' _,_..- 4 ~~---~------~1""_..-:;..j~?Ie I fe x----- --X I aT ~ ------- = b I
FIG. 16.27- MOMENTO E CARGA VIRTUAIS
O trecho em balanço (ã direita do apoio mÕvel), no pr~
blema sujeito ã força unitária, gira se8 deformar-se, ji que não
recebe carga. Para a carga unitária, resulta:
cf>B
(1)
=
lxl0-3
tf
116-31
e portanto para a carga de 5 tf obtim-se:
Sabendo-se a rotaçao,do balanço. a flecha em B pode
ser calculada. obtendo-se
-3
= cf>B • b = 5xl0 xl;5 -3 = 7,5 x 10 m = 0,75 .em
A fim de determinar a distincia relàtiva entre os ~on
tos D e F após a aplicação do carregamento real. serão aplicados
esforços unitários nesses pontos. no sentido de aproximá-los. co
mo mostra a Fig. 16.30.
a) Carregamento Real
a.l) ReaçÕes
,.-p= 1 tf/m
I
I
!4m
H =O A E l~tf •
A .. 6----""'"" ,---t-
,.,,)!,. ~~
~-- 4m ---m-lVEGI~m
FIG 16.28- CARREGAMENTO REAL
Ll6-32
a.2) Diagrama ~e M
AG.I6.29- DIAGRAMA DE M (Carregamento Real l
b) Carregamento Unitário
b.l) ReaçÕes
s'r-------------~c~ ______ o
~1
E ~~
~--....! A
~~=O FIG.I6.30- CARGAS VIRTUAIS
Ll6-33
b.2) Diagrama de M (Carregamento Unitário)
2m
B o
A F
2m
FJG.I6.31- DIAGRAMA DE M
c) Cálculo do Deslocamento relativo entre os pontos D e F
TRECHO
CD
CE
EF
M(x) (tf •m) M(x)(m) f HM dx (tf•m3 )
2 ~
11111111111111
2
2~
= I
2~ 1 1 2x3x2x272x3 x0,5x2
11111111111111
2
-4 X 2 .X 2
2~
- 2 X 1 X 2 X 2 3
MM dx
E J
(2-16-2. 66/)
= =
16,667
EJ EJ
ê =- 16 • 667 =-4,17 x l0- 3m = -0,417 em
DF 4xl0 3
= 2
= -16
= -2,667
A distância entre os pontos D e F fica entao igual a
400,417 em, já que o sinal menos em ên~ indicou que ps pontos
D e F se afastam.
Ll6-34
( Ll6/25)
A fim de calcular os deslocamentos horizontal
cal do ponto C, serio integrados os produtos de funç~es
e verti-
MH dx
E J e
MM dx
E J na viga, alem das parcelas provenientes da prÓpria defor-
maçao da mola.
o
"'"'"C • constcnt e da
mola
a
FIG.I6. 32. ESTRUTURA SUJEITA AO CARREGAMENTO
REAL
a) Carregamento Real
o
FlS. 16.33- REACÕES
'
a.l) Cálculo das ReaçÕes
L M = O A
.L F
vert. = o
116-35
P · 2a - F • a = O
m
F = 2 P
m
V + P = F
.A m
a.2) Funçio M (devido ao carregamen~o real)
- Trecho AB: MAB = -P · x (traçio em cima)
- Trecho BC: MBC = - P • a sen ~ (traçio em cima)
a.3) Deslocamento no ponto C so devido ã deformaçio da mola
6 = deslocamento da mola =
m
F
m
=
c
2P
c
Como a mola acha-se a meia distância entre a projeçio
do ponto C e o apoio A, pode-se concluir que
ô (m) =
v
c
2 • 6 =
m
4P
c
b) Carga Virtual Horizontal no ponto C
b.l) ReaçÕes
(A)
Aplicado o esforço unitário adimensional no ponto C,
a estrutura reage com os esforços mostrados na Fig. 16.34.
Ll6-36
~-~c--~~ -+-
'
'la-a cos t1}
____ _L __ _
- --+- .
I
:acostl
I
I
I
a a
FIG. 16.34- CARGA UNITÁRIA HORIZONTAL
b.2) Função li (devido a carga horizont~l unitãria)
- Trecho AB: MAB s -1 · x (tração ~m cima)
- Trecho BC: MBC • -1 (a-a cos•) (tração em cima)
c) Carga Virtual Vertical no ponto C
c.l) ReaçÕes
As reaçoes mostradas na Fig. 16.35 equilibram a carga
unitãria aplicada no ponto C.
t--•
A
~I
a
B
~I
~--,,c
o sen "'
---- ---+--
'\ I
'\. I
a", 0 I
Yl
'I
------"
t- I Fm=2 I
~ I
L o FIG.I6.35 -CARGA UNITÁRIA VERTICAL
Ll6-37
=
c.2) Função M (devido a carga vertical unitária)
=
- Trecho AB: HAB = -1 • x (tração em cima)
- Trecho BC: M = -1 a sen9 BC (tração em cima)
d) Cálculo dos Deslocamentos
d.l) Contribuição da mola
A energia de deformação gasta pela mola ao deslocar-se
de n e dada por
m
u
m
= 1 F
2 m
F
m
c
=
F2
1 m
2 c
Nesta estrutura é aplicada apenas uma carga externa P
no ponto C. Num caso mais geral em que houvesse ~ cargas exter-
nas Pi aplicadas, a força na mola proveniente do equillbrio se-
ria dada por
F
m
n
= l:
i=l
P.
~
F.
l.
onde uma força Fk deste conjunto e o valor da força na mola qua~
do se aplica no pontb k um esforço unitário na direção do esfor
ço Pk.
O deslocamento que ocorre na direção de uma carga gen~
rica como Pk pode ser obtido utilizando o teorema de Castigliano
ou seja
ÕU
m
ÕPk =
F
m
c
ÕF
t1
ÕPk =
F
ro
c [
~ p .•
. 1 l. J.=
F ·F.
m ~
c
() F.
l.
~
=O
n
+ l: F. •
.. 1 l.
J.=
a P i ]
a Pk
=O para i#k
=l para i=k
onde F e F. sao respectivamente os esforços na mola devido aos
t1 l.
carregamentos real e unitário, este Último aplicado na direção
do deslocamento procurado.
116-38
d.2) Deslocamento Horizontal
(-p.x) (-x)
EJ
Trecho AB
2P·l
+ ---
c
mola
. 3
= ~ + 3EJ
" 3 .a
2EJ
dx + I
v o
2? 5Pa3
+ -c- = 6 EJ +
d.3) Deslocamento Vertical
EJ
Trecho BC
2P
c
la jrr/2 = (-Px)(~x)~~ + (-P.a.sen~)(-a senQ) · ad<jl EJ
ô
v
c
Pa 31T
+ ---4 EJ
BC
4P
+-
c
mola
. o
a d9 +
2P.2
+
c
Observe-se que a contribuição da mola para este deslo-
camento, calculada atravês do teorema de Castigliano, ê igual ao
valor calculado anteriormente na equação (A).
Para o cálculo do deslocamento vertical do ponto B,
deve-se atentar, durante a realização do yroduto de integrais
·de funs;Ões, para o fato dos trechos ÃB e BC apresentarem dife-
rentes rigidezes.
a) Cálculo de }[(x) devido ao carregamento real
Ll6-39
B
~ 400 em 1 200 em
1
Ytxl
lt1. em l
FIG. 16.:36- CARREGAMENTO REAL
.b) Cálculo de M(x) devido ao carregamento virtual
~~--------------~2L
A 8 """'""' c
FIEL !6. :37- CARREGAMENTO VERTICAL
c) Calculo do deslocamento vertical do ponto B (vB)
Ao se realizar a integral do produto das funçÕes M(x)
e M(x), nio se pode utilizar a combinaçio correspondente i linha
11 e coluna II da tabela, uma vez que a rigidez do trecho AB é
diferente da d~ trecho BC.
M(x)·g(x) dx + 1 J M(x)M(x) dx
EJBC BC
400 (100+2. 100)}. _1_[200
3 3 105 3
v = 3,11 em B
• 4~0]
Ll6-40
A estrutura ~o caso I ê formada por uma única chapa
ABC constituindo-se portanto em um p6rtico. Ji a estrutura do
caso II ê formada por duas barras AB e BC com cargas aplicadas
n13: interseção., constituindo-se em uma treliça simples.
a) tilculo do deslocamento horizontal no caso I
a.l) Cálculo de H(x) devido ao carregamento real
H f
~ 2tf
5 tf.m
t M • 500 tf. em
FIG.I6.3S-REAÇÕES E DIAGRAMA DE M{x)
a.2) Cã.lculo de M(x) devido ao carregamento virtual
?ara calcular o deslocamento horizontal do ponto B,
basta aplicar um esforço horizontal unitirio e adimensional em
B.
Ll6-41
M = 200 em
:Sm
FIG. 16.39- REAÇÕES E DIAGRAMA DE Mlxl
a.2) Cálculo de ÔH (deslocamento horizontal do ponto B)
B
1 HM EJ dx estrut.
2 ô = HB 2000x20000 [5oo · } · 500 . zoa] &
ê = 0,8333 em
HB
b) Cálculo do deslocamento horizontal no caso II
25
3õ em
b.l) Cálculo dos esforços normais N dev1do ao carregamento
real
12,0 tf
t 1,0 t f
-
3m
Ll6-42
-
f vc
i
14m
l
FIG. 16.40- ESFORCO$ NORMAIS N
•
Como necessita-se apenas dos esforços normais nas bar
ras, não hã necessidade de determinar as reaçÕes, bastando veri
ficar o equilíbrio do nõ B.
sen CL = 0,6
COS CL = 0,8
FIG. 16, 41 - EQUIUBRIO DO NÓ B
NBA sen CL - 1,0 - NBC sen CL = ~
·NBÀ cos CL + NBC cos CL + 2,0 = 0
Das equaçÕes de equilÍbrio resultam:
25 .
6õ tf
N 125 tf BC = - 60
(compressão)
(compressão)
Ll6-43
b.2) Calculo dos esforços normais N devido ao carregamento
virtual
-
3m
FIG. 16.42- ESFORCOS NORMAIS N
- Equil!brio do no B
-"~a A
NBA
8
o
sen
NBA cos
ltf
FIG. 16. 43
a - NBC
a + NBC
-Das equaçoes de
50 -NBA = 6õ (traçao)
,
sen CL = 0,6
cos CL = 0,8
sen a - 1 = o
c os CL = o
equilÍbrio ·resultam:
50
6õ (compressão)
b.3) Cálculo de o'
HB
De acordo
2
o' l: =
l!B i=l
{[c-
o·• = H.
B
Ll6-44
(deslocam.ento horizontal do ponto B)
- (16.8) com a expressao tem-se:
N.•N.·i. J. J. J.
E S
~).
60 ~J+ [c-12s). <-50 60
2000 X 10
o' = 0,0347 em
HB
~~)]} . 500
Para traçar o diagrama de momento fletor e necessário
inicialmente conhecer as reaçoes de apoio.
Como a estrutura é constitu1da de uma única chapa, VJ.n
.culada através de um engastamento fixo e um apoio móvel (os quais
.correspondem a quatro barras vinculares). tem-se portanto, uma es
trutura uma vez hiperestática.
-
~ necessário pois, para o
eqúil1brio, uma equação equaçoe.s de
mentos ..
cálculo das.reaç~es, alem das
de compatibilidade de desloca
a) Equação de compatibilidade de deslocamentos
Pode-se estabelecer essas equaçoes em função dos deslo-
camentos impedidos pelos vincules, tanto no apoio A como no B.
Optou-se por escolher a força vertical do apoio B como
incógnita hiperestática, a qual e calculada lembrando que, nesse
ponto o é nulo.
VB
b) Equaç~es de equilÍbrio (carregamento real)
L16-45
f ""' -ts~f I zm ( r I I I I I I I I+ I I I I li
IE o c
4m
i 4m
I
. ·-'-- ---+ -----'-
1 .
FIG. 16.44- EQUAÇÕES DE EQIJIÚI!IRIO
i: F = o RA = o hor.
i: F
-vert. o
.... VA = 8 - VB .... (A)
i: MA = o HA = 6•3+2,6-V •4 B
HA = 30 - 4 . VB .... (B)
c) Cilculo dos Diagramas
de H(x) e ~(x)
c.l) Diagrama de M(x) devido ao carregamento real
!30-.4Val_
-'-
Ll6-46
2
6
-0.5
r_-_~I __ E_.P-__ _. __ ~--~D~--~~' c
2J
J
2J 8
FIG.I6.45-DIAGRAMA DE M(X!
- - -- ·-. A
!30- 4V8 l
c.2) Diagrama de M(x) devido ao carregamento virtual
4m . 2m ,
-+-----------r-, ---- ---t-
E
----------...... ------c -~-D
4m
4m
A
FIG. 16.46- CÁLCULO DE REACÕES
'
2J
~-_.A
4
L16-47
J
B
FJG. 16.47- DIAGRA~A DE M(lt}
c.3) Cilculo da reaçio VB atravis da·expres~io 16.7
[
M(x) •M(x) dx
VB E E J
estrutura
A integral deveri estender-se apenas aos trechos ÃE e
ED da chapa.
= _1_ [3376 _ 448 "VB]
2EJ 3 3 = o
portanto
= 7,54 tf
Ll6-48
· d) Traçado do Diagrama de Homento Fletor
Substintuindo-se o valor ca~culado-de VB nas expressoes
(A) e (B) obtêm-se:
e portanto
VA = 8- 7,54 = 0,46 tf
HA = 30 - 4 x 7,54 = -0,16 tf•m
IU/m 12t-f IIIIIIIIIIIIIIII16ÍIIIIIIIIIIIIII~ +
'l!.-- 0,16 tf. m
10,46 tf
4m
. i
f7.54tf
2m
FIG. 16.48
I
I
I
i
14m
I
I
I
I
Ll6-49
stf.m
tt. m
0,16tf.m ·
FIG. 16.49- DIAGRAMA DE MOMENTO FLETOR
Devido ã existência de um apoio móvel no ponto G, o
mesmo so poderá ter deslocamento horizontal.
a) Cálculo de M (carregamento real)
X
p J HD
R
c
""""NI
R
HA
-
B
' lvA I R
i
FIG. 16.50 - CÁLCULO DE REAÇÕES
LT6:-50.;.
Neste problelll<':• simétrico qu~J:ttO à geometria e o carre
· gamento·, as ·rea'ÇÕes yalem:
N • P./2
-t-
~L c ..
R
--+-A
I
Q
('2
_ _,....,_ P/2
B
f P/2
R
P/2
V • P/2 D
VA • P/2
·c
. '.~
.,_ ..
P/2 --""~. ~ p~-+
I
ai R
c o
R 1. I
I
I
I
P/2 o
R ej R
I ;
I
I a-r
FIG./6.51-EOUAS:ÕES DE M[x)
a.l) M(x) para o trecho AB
R
A
Ll6-Sl
a.2) M(x) para o trecho BC
MBC • ; [R - R sen 6]
~c· P·R (1-sene) 2
a.3) M(x) para o trecho CD
MCD = t [R - R cos Cl.] - t [ R sen C1.]
P·R
= --
2
[ 1-cosCI. - s enCI.]
OBSERVAÇÕES:
- Adotou-se como positivo o momento fletor que tracio-
na a região interna da chapa em forma de circunferên
c ia.
- t importante notar-se que no caso de chapas como es-
ta (em forma de circunferência) ai integrais do pro-
duto das funçÕes devem ser realizadas analiticamente.
a.4) Força Axial na barra CD
p
NCD = 2 (tração)
b) Cálculo de
+ I
R I
I
' I
r
i HA I -
}f
X
1 VA
I R
(carga virtual)
i=io H o
-
iio
- -
N N
FJG. 16.52- REACOES
'
tv-G
Ll6-52
Para. esse carregamento virtual as reaçoes valem:
HA - 1 VA - o
HD - -1 VD - o
N
-
2 VG - o
e portanto, conforme Fig. 16.52, tem-se:
r.
r. c-
-t-1
A
I R
I
o 1 2
-I
\
I
I 2
R
FIG. 16.53 - EQUAÇÕES DE. M (x l
b.l) M(x) para o trecho Ai
Neste trecho o momento fletor vale zero.
h.2) M(x) para o trecho BC
MBC = 1 ·(R-R•cos6)
MBC = R(l-cos6)
R
R
Ll6-53
b.3) M(x) para o trecho CD
MCD = l · (R-R· cosa) MCD = R(l-cosa)
b.4) Força Axial na barra CD
c) Cálculo do deslocamento horizontal do ponto G
l f -
= EJ H·H
estrut.
dx
Para os trechos em forma de circunferência, dx m R·d6
ou dx = R•da.
éiHG = 2 • ElJ {11112[P2R(l-sen6) ·R· (l-cose)] R•d6 +
+ J1112fPt(l-sena-cosa) ·R(l-cosa)] R• da + t 2 • 2 R ES
Note-se que o segundo membro é multiplicado por dois,
pois se estã considerando apenas metade da estrutura (simetria).
de ao efeito da força normal na barra CD.
Note-se também que a ~ltima parcela de éiH
G
correspon-
Efetuada a integração chega-se a:
ô = PR3 [srr-16] + 2PR
HG E J 4 ES
Substituindo-se nesta expressão os valores fornecidos
de E, J, S, P e R obtém-se
=
C, = O, 12 7 em
HG
L16-54
a) Análise da Resistência das Barras
3P ® 3P p ® p @!~
!
o ~ó irom·
' o i.
o
\i.l =4P -2P o ®+ ____ ..., ®
·I
j I I.Om I.Om I I.Om 1.0 m I
I I
1v1=P FIG. 16.54 -ESFORCOS NAS BARRAS
. ,
a ,1) Barras Tracionadàs
-As barras 2.4 e 4. 6. sa.o a_s mais solicitadas a traçao.
Pa~a essas barras e válido escreve.r
C1 = 3P s
a.2) Barras Comprimidas
- 2
a = 1,4 tf/cm p.:S 2,165 tf
A barra 1.3 e a barra sujeita ao maior esforço de com
pressao.
ly
· í'"chopo ele ligocõo { ~ =3/16"')
• Ch
IYO
I
f.G. de _I.J<Q.ntoneiro
1,Y l
zir x 1
~ch FIG.I6.55
2
FIG. 16.55
âeh = 3/16"
.X = 1,07 em
J J 3,3 4 = a em
X o Yo
51 L 2,32
2
= em
L16-55
-Como todos os nos sao impedidos de se deslocarem fora
do plano, para essa barra resulta
2 = 2 = 100 em
X y
J 2 J 6,60 4 = = em
X X
o
i N ~ = 1,19 em X = = 4
= 2 [ J
0
ch 2]
= 14,53 J + S {x+ --) y yo lL 2
i y
14,53 =
4,64 1,77 em
2 100 À X 84,0 = = =
X i ~' 19 X
2 100 À = ..;L = 1,77 = 56,5 y l. y
À = 84
max
Pela NB-14, sendo À < 105, resulta
2
em
- 2 - 2
crf 2 = 1200- 0,023 x 84 = 1037,7 kgf/cm
cr =
4P
s
4P
= -- < 4,64 = 1037,7
p < 1204 kgf = 1,204 tf
b) Análise da Flecha Máxima
A flecha máxima nesta treliça em balanço evidentemen-
te ocorrerá em sua extremidade livre. O cálculo dessa flecha se-
ra feito aplicando-se uma carga unitária adimensional na mesma
posiÇão da carga P. Os esforços nas barras, para este carregame~
·./ 116-56
to·,,. s·erao F v:ezesc .menores que os ·es.forços j.ã encontrados par,_ o
carregatnento real. Dessa forma .. ,
f -max
n
l:
i=l
N.N . .L { l. l. l. p
E S. = 2100x4,64
J.
+ [ 2 (12) 2 + 2 (-12) 2 J .
[ 2x3 2 +2xl 2 +4 2 +2(-2) 2 +(-1) 2]
100 /2} = 0,578 F
Como f - < 2 em resulta max ~
0,578 p < 2 ... ·F<3,46ltf
Resposta: P = 1,204 tf
lOQ +
