Resumo De Ec501-resistenciamateriaisii

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINAS FACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL Departamento de Estruturas

RESUMO DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia Bolsista Ped: Elias Antonio Nicolas Pad: Bianca Lopes de Oliveira

Campinas, Fevereiro - 2006

DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS Faculdade de Engenharia Civil Universidade Estadual de Campinas

SUMÁRIO 1-FLEXÃO GERAL ................................................................................ 3 2-TORÇÃO.............................................................................................. 25 3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS........... 48 4-TEORIA DAS TENSÕES..................................................................... 62 5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES......................................................... 73 6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO.......................................................... 81 7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA......................................................... 97 8-FLAMBAGEM....................................................................................111 9-BIBLIOGRAFIA..................................................................................121

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OBSERVAÇÃO INICIAL Esta apostila tem por objeto dar ao aluno que freqüenta o curso de EC-501 – Resistência dos Materiais II um material que o auxilie no acompanhamento das aulas regulares. Não tem por meta substituir outras apostilas ou livros de Resistência dos Materiais . Constitui-se como notas de um caderno de um aluno, com a colocação de alguns exemplos adicionais.

1-FLEXÃO GERAL - Momentos de segunda ordem:

y, z eixos centrais de inércia. - Momentos de inércia centrais:

I y = z 2 ⋅ ∂A A

I z = y 2 ⋅ ∂A A

- Produto de inércia: I yz = y ⋅ z ⋅ ∂A A

I y = z 2 ⋅ ∂A = (b + z ) 2 ⋅ ∂A A

A

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I y = (b 2 + 2 ⋅ b ⋅ z + z 2 ) ⋅ ∂A A

I y = b 2 ⋅ A + z 2 ⋅ ∂A A

Momento estático = S = z ⋅ ∂A A

S = 0 em relação ao c.g. I y = b2 ⋅ A + I y I z = c2 ⋅ A + I z

I yz = b ⋅ c ⋅ A + I yz

•

“b” e “c” são coordenadas do c.g. em relação ao sistema (y,z).

- Rotação dos eixos (u,v):

Matriz de transformação de coordenadas: u v

=

cos α

sen α

− sen α

cos α

⋅

y z

u = y ⋅ cos α + z ⋅ sen α v = − y ⋅ senα + z ⋅ cos α I u = v 2 ⋅ ∂A A

I u = ( − y ⋅ sen α + z ⋅ cos α ) 2 ⋅ ∂A A

I u = y 2 ⋅ sen 2 α ⋅ ∂A + z 2 ⋅ cos 2 α ⋅ ∂A + − 2 ⋅ y ⋅ z ⋅ sen α ⋅ cos α ⋅ ∂A A

A

A

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I u = I z sen 2 α + I y ⋅ cos 2 α − 2 ⋅ I yz ⋅ sen α ⋅ cos α

I v = u 2 ⋅ ∂A = ( y ⋅ cos α + z ⋅ sen α ) 2 ⋅ ∂A A

A

I v = I z cos 2 α + I y ⋅ sen 2 α + 2 ⋅ I yz ⋅ sen α ⋅ cos α I uv = u ⋅ v ⋅ ∂A = ( y cos α + z sen α ) ⋅ ( − y sen α + z cos α ) ⋅ ∂A A

(

A

)

(

I uv = I y − I z ⋅ sen α ⋅ cos α + I yz cos 2 α − sen 2 α

)

- Utilizando Arcos duplos: sen 2α = 2 ⋅ sen α ⋅ cos α cos 2 α − sen 2 α = cos 2α cos 2 α + sen 2 α = 1 Tem-se:

I y +I z

Iu =

2 I y +I z

Iv =

2

I uv = Iu −

(I uv ) Iu −

2

I y −I z 2

I y −I z

+ −

2 I y −I z 2

2

I y −I z

=

2

I y −I z 2

I y +I z

⋅ cos 2α + I yz ⋅ sen2α

⋅ sen2α + I yz ⋅ cos 2α

I y +I z

=

⋅ cos 2α − I yz ⋅ sen 2α

2

⋅ cos 2α − I yz ⋅ sen2α 2

⋅ sen2α + I yz ⋅ cos 2α

2

+I

2

2

2

uv

=

I y −I z 2

2

+ I 2 yz

- Equação da circunferência •

( x − x 0 )2 + y 2 = R 2

•

(y0 = 0)

•

(x0, y0) posição do centro.

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Círculo de Mohr:

I1 = momento de inércia máximo I2 = momento de inércia mínimo. Em I1 e I2 tem-se: Iuv = 0.

I uv =

I y −I z 2

tg 2α =

⋅ sen2α + I yz ⋅ cos 2α = 0

2 ⋅ I yz I z −I y

Propriedade: I y + I z = I y + I z = I u + I v = I 1 + I 2 = cte Valores de I1 e I2.

I1 =

I2 =

I y +I z 2 I y +I z 2

+

−

I y −I z

2

+ I 2 yz

2 I y −I z 2

2

+ I 2 yz

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Exercícios: 1) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( α 1 e α 2 ).

2) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( α 1 e α 2 ).

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3) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( α 1 e α 2 ).

4) Calcular os momentos principais (I1 e I2) de inércia e suas direções ( α 1 e α 2 ). (resolvido)

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Resolução do exercício 4: - Divisão da seção em áreas:

Centro de gravidade (c.g.):

y= z=

yi ⋅ Ai Ai zi ⋅ Ai Ai

=

15 ⋅ 0,5 ⋅10,5 + 11,5 ⋅ 0,5 ⋅ 6 + 12 ⋅ 0,5 ⋅ 0 = 5,88cm (15 + 11,5 + 12) ⋅ 0,5

=

15 ⋅ 0,5 ⋅ 6 + 11,5 ⋅ 0,5 ⋅ 8 + 12 ⋅ 0,5 ⋅ 6 = 6,60cm (15 + 11,5 + 12)⋅ 0,5

Momento de inércia de cada seção: Área 1: I z1 =

15 ⋅ 0,5 3 = 0,16cm 4 12

I y1 =

0,5 ⋅ 15 3 = 140,63cm 4 12

I yz1 = 0

seção retangular

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Rotação dos eixos da área 1:

α = 36,87 0 I y1 = I u =

I y +I z 2

+

I y −I z

⋅ cos 2α − I yz ⋅ sen 2α

2

I y1 = 70,40 + 70,24 ⋅ cos(73,74) − 0 = 90,06cm 4

I z1 = I v =

I y +I z 2

−

I y −I z 2

⋅ cos 2α + I yz ⋅ sen 2α

I z1 = 70,40 − 70,24 ⋅ cos(73,74) + 0 = 50,73cm 4 I yz1 = I uv =

I y −I z 2

⋅ sen 2α + I yz ⋅ cos 2α

I yz1 = 70,24 ⋅ sen(73,74) + 0 = 67,43cm 4

Área 2: I y2 =

11,5 ⋅ 0,5 3 = 0,12cm 4 12

I z2 =

0,5 ⋅ 11,5 3 = 63,37cm 4 12

I yz 2 = 0

seção retangular

Área 3:

I y3 = I z3

0,5 ⋅ 12 3 = 72cm 4 12

12 ⋅ 0,5 3 = = 0,13cm 4 12

I yz 3 = 0

seção retangular

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Momento de inércia total: I y = 90,06 + 0,6 2 ⋅ 15 ⋅ 0,5 + 0,12 + 1,4 2 ⋅ 11,5 ⋅ 0,5 + 72 + 0,6 2 ⋅ 12 ⋅ 0,5 = 178,3cm 4

I z = 50,73 + 4,62 2 ⋅ 15 ⋅ 0,5 + 63,37 + 0,12 2 ⋅ 11,5 ⋅ 0,5 + 0,13 + 5,88 2 ⋅ 12 ⋅ 0,5 = 481,82cm 4 I yz = 67,43 + (0,6 ) ⋅ (− 4,62 ) ⋅ 15 ⋅ 0,5 + (− 0,12) ⋅ (− 1,4 ) ⋅ 11,5 ⋅ 0,5 + (5,88) ⋅ (0,6 ) ⋅ 12 ⋅ 0,5 = 68,77cm 4

Direções principais:

tg 2α =

2 ⋅ I yz

=

I z −I y

2 ⋅ 68,77 = 0,453 481,82 − 178,3

α ′ = 12,2 0 α ′′ = 102,2 0 Momentos principais de inércia: I 1, 2 =

I 1, 2

I y +I z

±

2

I y −I z 2

178,3 + 481,82 = ± 2

2

( )

+ I yz

2

178,3 − 481,82 2

2

+ (68,77 )

2

I 1 = 496,68cm 4 I 2 = 163,45cm 4

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Tensões Normais à Seção Transversal Seja:

- Flexão Pura: quando atua apenas o momento fletor. (N=V=0). Hipóteses: 1. A distribuição da tensão normal na seção é linear. 2. O material é isotrópico e segue a lei de Hooke ( σ = E ⋅ ε ; τ = G ⋅ γ ). 3. As seções planas permanecem planas após o carregamento. - Tensão ( σ x )

Da hipótese (1): σ x = K ⋅ y (variação linear), onde K = constante. Sabe-se que σ =

F que resulta em ∂Fx = σ x ⋅ ∂A , e que ∂M z = ∂Fx ⋅ y . Assim: A

∂M z = σ x ⋅ ∂A ⋅ y = σ x ⋅ y ⋅ ∂A Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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∂M z = K ⋅ y 2 ⋅ ∂A

M z = ∂M z = K ⋅ y 2 ⋅ ∂A A

A

Como K = •

σx =

M z = K ⋅ y 2 ⋅ ∂A

M z = K ⋅ Iz

A

Mz e σ x = K ⋅ y , tem-se: Iz

Mz ⋅y Iz

- Flexão oblíqua pura: o plano de cargas é inclinado de um ângulo

em relação ao

plano vertical. O vetor momento é inclinado do mesmo ângulo em relação ao eixo z.

Essa flexão é tratada como a superposição de duas flexões normais (Mz e My): M z = M ⋅ cosθ M y = M ⋅ sen θ

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A tensão normal será: σ x = σ ′x + σ ′x′ , onde σ ′x = K ′ ⋅ y e σ ′x′ = K ′′ ⋅ z . Logo: σ x = K ′ ⋅ y + K ′′ ⋅ z . Sabe-se que M z = ∂Fx ⋅ y = σ x ⋅ ∂A ⋅ y A

A

M z = ( K ′ ⋅ y + K ′′ ⋅ z ) ⋅ y ⋅ ∂A

M z = ( K ′ ⋅ y 2 + K ′′ ⋅ y ⋅ z ) ⋅ ∂A

A

A

M z = ( K ′ ⋅ y 2 ) ⋅ ∂A + ( K ′′ ⋅ y ⋅ z ) ⋅ ∂A A

M z = K ′ ⋅ y 2 ⋅ ∂A + K ′′ ⋅ y ⋅ z ⋅ ∂A

A

A

A

M z = K ′ ⋅ I z + K ′′ ⋅ I yz

•

M y = ∂Fx ⋅ z = σ x ⋅ ∂A ⋅ z A

M y = ( K ′ ⋅ y + K ′′ ⋅ z ) ⋅ z ⋅ ∂A

A

A

M y = ( K ′′ ⋅ z 2 + K ′ ⋅ y ⋅ z ) ⋅ ∂A A

M y = ( K ′′ ⋅ z 2 ) ⋅ ∂A + ( K ′ ⋅ y ⋅ z ) ⋅ ∂A A

A

M y = K ′′ ⋅ z 2 ⋅ ∂A + K ′ ⋅ y ⋅ z ⋅ ∂A A

•

A

M y = K ′ ⋅ I yz + K ′′ ⋅ I y

Como o sistema yz é central de inércia, ou seja, y, z → u , v (momentos principais de inércia), tem-se:

I yz = I uv = 0 M z = K ′ ⋅ I z + K ′′ ⋅ I yz

M v = K ′ ⋅ Iv → K ′ =

Mv Iv

M y = K ′ ⋅ I yz + K ′′ ⋅ I y

M u = K ′′ ⋅ I u → K ′′ =

Mu Iu

Assim:

σ x = K ′ ⋅ u + K ′′ ⋅ v σx =

Mv M ⋅u + u ⋅v Iv Iu A linha neutra é o lugar geométrico dos pontos da seção transversal onde as

tensões normais são nulas.

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σx =

Mv M ⋅u + u ⋅v = 0 Iv Iu

v=−

M v Iu ⋅ ⋅u M u Iv

Sendo •

M u = M ⋅ sen θ

•

M v = M ⋅ cos θ

Substituindo:

v=−

M ⋅ cosθ I u ⋅ ⋅u M ⋅ sen θ I v

v=−

1 Iu ⋅ ⋅u tgθ I v Essa é a equação da linha neutra.

Se tgβ = −

1 Iu ⋅ tgθ I v

∴ v = tgβ ⋅ u

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Exercícios: 5) Calcular os valores extremos de tensão (tração e compressão) que surgirão na viga. O peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção. Dados: I y = 124.167cm 4 , I z = 461.042cm 4 , I yz = 194.375cm 4 .

6) Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o eixo y um ângulo de 30o ?. Dados: I y = 1408cm 4 , I z = 2656cm 4 , I yz = −864cm 4 ,

σ = 1000tf / cm 2

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7) Determinar na seção crítica a linha neutra e calcular a flecha máxima em A. E = 200tf / cm 2

Resolução do exercício 5 Calcular os valores extremos de σ (tração e compressão) que surgirão na viga. O peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.

Dados:

Iy = 124167 cm4 Iz = 461042 cm4 Iyz = 194375 cm4

Figura 5.1

Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG → como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.

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- Momentos Totais de Inércia e suas Direções

tg 2α =

I1 =

Iy + Iz

2

2

2 ⋅ I yz

=

Iz − Iy

2 ⋅ 194375 461042 − 124167 2

Iy − Iz

±

+ I yz

2

α = 24 ,76

I 1 = 550676,20cm 4 I 2 = 39532 ,80cm 4

→ eixos u e v,

Iu =

Iy + Iz 2

+

Iy − Iz 2

⋅ cos 2α − I yz ⋅ sen 2α

I u = 39532,80cm 4

∴ Iu = I2 I v = I1 b) Tensões Pela regra da mão direita temos: σx = −

Mu M ⋅v + v ⋅u Iu Iv

σ

" σ

onde: θ = −24,76 θ

M u = M ⋅ sen θ = −83,76tf ⋅ cm M v = M ⋅ cos θ = 181,61tf ⋅ cm ∴ σx = −

α β

83,76 181,61 ⋅v + ⋅u 39532 ,80 550676 ,20

# !

- Para a Linha Neutra σ = 0 σx = −

83,76 181,61 ⋅v + ⋅u = 0 39532 ,80 550676 ,20

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→ podemos calcular a LN de duas formas: admitindo pontos na eq. de tensão

∴ u=0

v=0

v =1

u = 6 ,42

ou pelo cálculo do angulo β:

v = tgβ ⋅ u tgβ = −

1 Iu ⋅ tgθ I v

β = 8,85

Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de base, onde será utilizado a matriz de transformação: u v

=

cos α

sen α

− sen α cos α

⋅

y z

→ ponto A:

y A = −32 ,5cm

u A = −29 ,51cm

zA = 0

v A = 13,61cm σA = −

83,76 181,61 ⋅ 13,61 + ⋅ (− 29 ,51) = −3,86 tf cm 2 39532 ,80 550676 ,20

→ ponto B:

y B = 32 ,5cm

u B = 29 ,51cm

zB = 0

v B = −13,61cm σB = −

83,76 181,61 ⋅ (− 13,61) + ⋅ 29 ,51 = 3,86 tf cm 2 39532 ,80 550676 ,20

∴ os valores extremos de σ são :

σ C = −3,86 tf cm 2 σ T = 3,86 tf cm 2

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- Flexão composta: quando atua no trecho o momento e também a força axial(F). •

Flexo-compressão (F < 0).

•

Flexo-tração (F > 0).

•

e: excentricidade.

Quando e = 0: é flexo-compressão ou flexo-tração centrada. Quando não, deve-se considerar a excentricidade.

- Flexão Oblíqua Composta: eu : excentricidade em relação ao eixo u. ev : excentricidade em relação ao eixo v.

σx =

M F Mv + ⋅u + u ⋅v Iu A Iv

Superposição de efeitos.

Nesse caso: M u = M ⋅ sen θ = F ⋅ e ⋅ sen θ = F ⋅ eu M v = M ⋅ cosθ = F ⋅ e ⋅ cosθ = F ⋅ ev Linha Neutra:

σx =

M F Mv + ⋅u + u ⋅v = 0 A Iv Iu

v=−

Iu + tgβ ⋅ u A ⋅ e ⋅ sen θ

v = cte + tgβ ⋅ u

1 e ⋅ cosθ e ⋅ sen θ + ⋅u + ⋅v = 0 A Iv Iu

cte ≠ 0 → a linha neutra não passa pelo c.g.

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Exercícios: 8) Calcular F, sendo σ c = 800kgf / cm 2 e σ t = 1400kgf / cm 2 . Dados: I y = 105.000cm 4 , I z = 55.577,73cm 4 , I yz = −28.320cm 4 , A = 900cm 2

9) Determinar a carga admissível P sabendo que σ c = 120kgf / cm 2 ; σ t = 30kgf / cm 2 e que q = P

. Dados: I y = 103.689,36cm 4 , I z = 183.689,36cm 4 , I yz = −76.319,57cm 4 .

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10) Traçar o diagrama de tensões normais na situação mais crítica. Dados:

I y = 13932cm 4 , I z = 34668cm 4 , I yz = −15552cm 4 , P = 10KN, q = 5KN/m.

11) Determinar a posição e o valor de uma carga P de tração que provoca a linha neutra indicada na figura abaixo. A tensão no ponto A vale σ A = 100kgf / cm 2 .

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Núcleo central de Figuras Planas •

Definição: região da seção transversal onde aplicada uma força normal, sua linha neutra não corta a seção.

•

Conseqüência: a seção só terá tensões de um mesmo sinal (compressão ou tração) de acordo com o sinal da força.

•

Importância: materiais com baixa resistência a tração. Exemplos: murros de arrimo, chaminés e pilares.

Determinação do núcleo central:

σx =

N Mv + ⋅u A Iv

σx =

com M v = N ⋅ ev

N N ⋅ ev + ⋅u A Iv

Linha neutra:

σx =

N N ⋅ ev + ⋅u = 0 A Iv

1 ev + ⋅u = 0 A Iv

u=−

Iv A ⋅ ev

Observação: 1. Cada figura plana tem seu núcleo central que não depende de N. 2. A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do polígono que constitui o núcleo central. 3. O ponto de aplicação de N e a LN conseqüente ficam em semi-planos opostos delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN). 4. O núcleo central terá tantos lados quantos forem os lados (ou vértices) do polígono convexo circunscrito.

Exercícios: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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12) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo.

13) Traçar o núcleo central para a seção da figura abaixo. Dados: A = 2300cm 2 , I u = 1220171,54cm 4 , I v = 385504,15cm 4 , α = −9,85 0

2-Torção Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Torção em barras de seção circular

Figura a Seja uma barra de seção circular engastada numa extremidade e solicitada na extremidade livre por um momento torsor Mt (figura a). No engastamento, surgirá um momento de mesmo valor com sentido oposto. Na deformação elástica, cada seção da barra terá uma rotação γ (ângulo de torção). Aparecerá, assim, em cada seção da barra, tensões de cisalhamento .

Hipóteses básicas: 1. As tensões de cisalhamento estão dirigidas perpendicularmente ao raio e seus valores são proporcionais ao mesmo. τ (r ) = f ( r )

τr =

r ⋅τ a

0
γ : distorção e Mt: momento de torção. 2. As seções executam rotações elásticas como se fossem corpos rígidos. Seja:

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A tensão aplicada na face 34 dr e a mesma tensão (reativa) na face oposta 12 dr são insuficientes para equilibrar o elemento porque as duas forças provocadas por elas formam um binário ( ). Assim, devem existir tensões longitudinais de cisalhamento (

).

O Teorema de CAUCHY diz que as tensões em planos perpendiculares são iguais.

τ ⋅ ∂r ⋅ ∂t ⋅ ∂x = τ ⋅ ∂x ⋅ ∂r ⋅ ∂t ∴τ = τ

Tensões de cisalhamento – Lei de Hooke

Após a aplicação de Mt, os pontos 3 e 4 passarão a ocupar as posições 3’ e 4’ devido a distorção γ . Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Na flexão, a tensão normal é: σ = E ⋅ ε .

Analogamente, na torção, a tensão de cisalhamento será: τ = G ⋅ γ , onde G é o módulo de elasticidade transversal. Para materiais isotrópicos:

G=

E 2 ⋅ (1 + ν )

ν : coeficiente de Poisson

Para o Aço: E = 2100000 Kgf / cm 2 = 210000 MPa G = 800000 Kgf / cm 2 = 80000 MPa

ν = 0,3 Se τ r =

r ⋅τ a

G ⋅γ r =

r ⋅G ⋅γ a

γr =

r ⋅γ . a

Obtém-se o momento torsor Mt, calculando-se o momento resultante das forças elementares aplicadas na seção. Em um anel circular (confome figura abaixo) de espessura ∂ r, o momento ∂ Mt é dado pela resultante das tensões na área elementar ∂ A.

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Sendo ∂M t = τ r ⋅ ∂A ⋅ r e ∂A = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ ∂r , tem-se:

∂M t =

r ⋅ τ ⋅ 2π ⋅ r ⋅ r ⋅ ∂r a

∂M t =

τ ⋅ 2π ⋅ r 3 ⋅ ∂r a

M t = ∂M t =

a

τ ⋅ 2π ⋅ r 3 ⋅ ∂r

0

a

τ=

2⋅Mt π ⋅ a3

a=

D (D = diâmetro) 2 Portanto, τ =

=

2π ⋅ τ ⋅ r 4 4⋅a

a

= 0

π ⋅ a 3 ⋅τ 2

16 ⋅ M t . π ⋅ D3

Flexão:

σ =

M M M ⋅y= = I I/y W

W: módulo de resistência à flexão.

Torção:

τ=

16 ⋅ M t Mt Mt = = 3 Wt π ⋅D π ⋅ D3 16

Wt =

π ⋅ D3 para seção circular cheia 16

Giro Relativo ( ϕ )

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Hipótese: (Teoria de pequenos deslocamentos) ∂ϕ é muito pequeno

arco ≈ tangente

tangente = ∂ϕ ⋅ a = γ ⋅ ∂x ( γ é muito pequeno)

γ ⋅ ∂x

∴ ∂ϕ =

a

A variação do ângulo está relacionada à distorção do raio e do cisalhamento.

ϕ=

0

∴ϕ =

∂ϕ =

γ a

γ 0

a

⋅ ∂x

⋅

Sendo γ =

∴ϕ =

∴ϕ =

τ G

ϕ=

τ⋅ G⋅a

ϕ=

16 ⋅ M t ⋅

π ⋅ D3 ⋅ G ⋅

D 2

32 ⋅ M t ⋅ G ⋅π ⋅ D 4 Mt ⋅ π ⋅ D4 G⋅( ) 32 Ou ϕ =

Mt ⋅ π ⋅ D4 com I t = G ⋅ It 32

Resumindo: seção circular cheia.

τ=

Mt Wt

Wt =

π ⋅ D3 16

ϕ=

Mt ⋅ G ⋅ It

It =

π ⋅ D4 32

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SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE ESPESSA (GROSSA)

Com as expressões obtidas anteriormente e a = D/2, tem-se:

τr r = D τ

τr = 2

r ⋅τ D 2

∂A = 2 ⋅ π ⋅ r ⋅ dr ∂M t = τ r ⋅ ∂A ⋅ r ∂M t = τ r ⋅ 2π ⋅ r ⋅ ∂r ⋅ r ∂M t = τ r ⋅ 2π ⋅ r 2 ⋅ ∂r

τ

∂M t =

D ( ) 2 D/2

∂M t =

d/2

⋅ 2π ⋅ r 3 ⋅ ∂r

∂M t =

D/2 d /2

τ D ( ) 2

⋅ 2π ⋅ r 3 ⋅ ∂r

2π ⋅ τ Momento resultante: M t = ⋅ D ⋅4 2

D 2

4

d − 2

M π Assim, a tensão será τ = t com Wt = Wt D

ϕ= It =

4

D 2

.

4

d − 2

4

.

Mt ⋅ G ⋅ It

π 32

(D

4

−d4

)

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SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE FINA (DELGADA) Nas quais t <<< dm ou

dm rel="nofollow"> 10 , onde: t

dm: diâmetro médio; t: espessura. Pode-se considerar que seja uniforme.

τ ⋅ A⋅

dm = Mt 2

Assim τ =

τ ⋅ π ⋅ dm ⋅ t ⋅

dm = Mt 2

τ ⋅ π ⋅ dm 2 ⋅ t = Mt 2

τ=

Mt π ⋅ t ⋅ dm 2 2

Mt M ⋅ π ⋅ t ⋅ dm 2 π ⋅ t ⋅ dm 3 com Wt = . E ϕ = t com I t = . Wt 2 G ⋅ It 4 Exemplo de Diagramas de Momento Torsor

•

Momento de torção aplicado

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Exercícios: 1) Traçar o diagrama de momento torsor

2) Traçar o diagrama de momento torsor

•

Mt =

Momento de torção uniformemente distribuído (m)

x 0

m ⋅ ∂x = m ⋅ x

M t (x = ) = m ⋅

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•

Mt = Mt =

Momento de torção linearmente distribuído (m)

x 0 x

m x ∂x m

0

onde

m x = tgθ =

m

⋅x

⋅ x ⋅ ∂x

Logo: M t =

m ⋅ x2 2⋅

e

M t (x = ) =

m⋅ 2⋅

2

=

m⋅ 2

Exercícios: 1) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura isostática. m1 = M m2 = M

a

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33

2a

,

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2) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura hiperestática. m = M

3) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura hiperestática. M = 5 kNm; m = 0,3 kNm/m; L = 1,2 m.

4) Calcular o giro relativo ϕ ab

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a

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5) Calcular o giro relativo ϕ ab

6) Calcular o diâmetro d e o giro ϕ ab M = 120 Nm; m = 40 Nm/m; a = 1,2 m; b = 0,8 m; τ adm = 10 MN / m 2 , G = 80000 MN/m2.

7) Calcular o momento torsor M. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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E = 21000 kN/cm2; G = 7000 kN/cm2; φ barra = 1cm ; σ adm = 12kN / cm 2 τ adm = 8kN / cm 2

Torção em barras de seção qualquer Observações: Barras de seção circular: seções sofrem rotações elásticas e permanecem planas. Barras de seção qualquer: sofrem empenamento.

Hipóteses: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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1. A espessura t = t(s), pode variar com s, mas é constante em x. 2. As tensões de cisalhamento igualmente distribuídas sobre a espessura t e dirigindo-se paralelas às bordas são funções de s, τ = τ (s ) , mas independentes de x.

obs: considerando-se o empenamento nulo tem-se a torção livre (torção de Saint Venant) Equilíbrio de forças:

τ 1 ⋅ t1 ⋅ ∂x = τ 2 ⋅ t 2 ⋅ ∂x τ 1 ⋅ t1 = τ 2 ⋅ t 2 = τ ( s ) ⋅ t ( s ) = cte τ ( s ) ⋅ t ( s ) = fluxo de cisalhamento Momento Mt: ∂M t = τ ( s ) ⋅ t ( s ) ⋅ ds ⋅ h

∂A =

ds ⋅ h 2

com

h ⋅ ds = 2 ⋅ dA

∂M t = τ ( s ) ⋅ t ( s ) ⋅ 2 ⋅ dA M t = ∂M t = τ ( s) ⋅ t ( s) ⋅ 2 ⋅ dA A

A

∴ M t = 2 ⋅τ (s) ⋅ t (s) ⋅ A ∴τ ( s ) =

Mt 2 ⋅ A ⋅ t ( s)

∴τ ( s ) =

Mt com Wt = 2 ⋅ A ⋅ t ( s ) Wt

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Exemplo: Seção quadrada:

A = a2 t (s) = t

Wt = 2 ⋅ a 2 ⋅ t Exemplo: círculo

A=

π ⋅ dm 2

Wt =

4

π ⋅ t ⋅ dm 2 2

Na seção qualquer, se t = t(s): Mt Wt

e

τ MAX =

Mt Wt min

τ=

Wt = 2 ⋅ A ⋅ t ( s ) Wt min = 2 ⋅ A ⋅ t min

Fluxo de cisalhamento

τ ( s ) ⋅ t ( s ) = cte

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Deformação •

(rotação elástica)

Trabalho/energia

U = energia = T = trabalho Up =

p⋅d 2

U FV = F ⋅ d T =U =

1 ⋅ M t ⋅ ϕ (carregamento lento) 2

Se T = M t ⋅ ϕ (cargas rápidas) U: energia de deformação (interna) T: trabalho externo A carga (F,M) produz esforços (M,V,N,Mt) e tensões (σ ,τ ) .

∂U =

1 ⋅ τ ( s ) ⋅ t ( s ) ⋅ dx ⋅ γ ⋅ ds 2 Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Pela Lei de Hooke:

Logo ∂U =

τ G

1 ⋅ τ ( s ) 2 ⋅ t ( s) ⋅ dx ⋅ ds . 2⋅G

Tem-se: τ ( s ) =

Mt . 2 ⋅ A ⋅ t (s) 2

Mt 1 ∂U = ⋅ 2 ⋅ G 2 ⋅ A ⋅ t (s)

⋅ t ( s ) ⋅ dx ⋅ ds

∂U =

M t2 ⋅ dx ⋅ ds 8 ⋅ G ⋅ A 2 ⋅ t (s)

∂U =

M t2 ds ⋅ dx ⋅ 2 t ( s) 8⋅G ⋅ A

U = ∂U =

γ =

τ = G ⋅γ

σ = E ⋅ε

M t2 ⋅ 8 ⋅ G ⋅ A2

0

∂x ⋅

ds t ( s)

Igualando-se o trabalho do esforço Mt com o das tensões , tem-se:

U =T M t2 ⋅ ds 1 ⋅ = ⋅ M t ⋅ϕ 2 t (s) 2 8⋅G ⋅ A

ϕ=

Mt ⋅ ds ⋅ 2 t ( s) 4⋅G ⋅ A

ϕ=

Mt ⋅ G ⋅ IT

∴ It =

4 ⋅ A2 ds t ( s)

como t é normalmente constante, ds = perímetro.

Exemplo: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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A=axb It =

4 ⋅ A 2 4 ⋅ ( a ⋅ b) 2 2 ⋅ ( a ⋅ b) 2 ⋅ t = = ds 2 ⋅ (a + b) ( a + b) t (s) t

Exercícios: 1) Calcular “e”, It. Dados: Mt = 100 tfcm, t = 0,1 cm, τ adm = 1,0tf / cm 2

2) Calcular “a” Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Dados: Mt = 250 tfcm, τ adm = 1,0tf / cm 2

Analogia de membrana Imaginemos uma membrana homogênea, com o mesmo contorno da seção transversal do elemento sujeito à torção e solicitada por uma tração uniforme nas bordas e por pressão uniforme.

Equação diferencial da superfície deformada de uma membrana. ∂2z ∂2z p + 2 =− 2 K ∂x ∂y

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Mostra-se que a equação diferencial da superfície elástica da membrana deformada tem a mesma forma da equação diferencial que determina a distribuição das tensões ao longo da barra solicitada à torção. Equação diferencial da torção: ∂ 2φ ∂ 2φ + = −G ⋅ α ∂x 2 ∂y 2 Analogia entre as equações diferenciais se:

p = G ⋅ α onde: K

P: pressão lateral por unicidade de área; K: força de tração por unicidade de comprimento da barra; : ângulo de torção por unicidade de comprimento.

Seções celulares: Torção em seções celulares:

Equação de equilíbrio da membrana: ds p⋅ A = K ⋅h⋅ t Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Placa 1:

p ⋅ A1 =

K ⋅ h1 K ⋅ (a + c + a) − ⋅ (h2 − h1 ) ⋅ (c) e1 e3

Placa 2: p ⋅ A2 =

K ⋅ h2 K ⋅ (b + c + b) + ⋅ ( h2 − h1 ) ⋅ (c) e2 e3

Tensão tangencial:

τ=

Mt ⋅β 2 ⋅V

β=

h e

τ1 =

Mt ⋅ β1 2 ⋅V

β1 =

τ2 =

Mt ⋅ β2 2 ⋅V

β2 =

h2 e2

τ3 =

Mt ⋅ β3 2 ⋅V

β3 =

h2 − h1 e3

h1 e1

Momento de inércia à torção: IT =

4 ⋅V ⋅ K p

ângulo de giro:

ϕ=

Mt ⋅ Mt ⋅ p = ⋅ G ⋅ It G ⋅ 4 ⋅V K

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Exercícios: 1)Calcular Mt e ϕ ab Dados: G = 800 kN/cm2; τ adm = 8kN / cm 2

2) Determinar: a) Wta / Wtf, b) esforço no cordão de solda, sendo Mt = 100 tfcm.

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3) Calcular o deslocamento do ponto A. Dados: t = 0,1 cm; Mt = 1 50 kNcm, G = 8000 kN/cm2.

Resolução do exercício 3.

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Placa 1 = Placa 3

p⋅

( 4 + 7) K K ⋅5 = ⋅ h1 ⋅ (5,83 + 7 + 4) − ⋅ h2 ⋅ (5) 2 0,1 0,1

2,75 ⋅

p = 16,83 ⋅ h1 − 5 ⋅ h2 K

Placa 2

p ⋅ (5 ⋅ 9 ) =

K K ⋅ h2 ⋅ (5 + 5) + ⋅ (h1 + h2 ) ⋅ ( 4 + 4 + 5 + 5) 0,1 0,1

h1 = 0,18 ⋅

p K

h2 = 0,05 ⋅

p K

4,5 ⋅

p = 18 ⋅ h1 + 28 ⋅ h2 K

Volume: V = 2 ⋅ ( A1 ⋅ h1 ) + A2 ⋅ (h1 + h2 ) V = 2 ⋅ 27,5 ⋅ 0,18 ⋅

p p p + 45 ⋅ (0,18 + 0,05) ⋅ = 20,25 ⋅ K K K

Inércia à torção: I t = Giro: ϕ =

4 ⋅V ⋅ K p K = 4 ⋅ 20,25 ⋅ ⋅ = 81cm 4 p K p

Mt ⋅ 150 ⋅ 100 = = 0,023rad G ⋅ I t 8000 ⋅ 81

Coordenadas do ponto A em relação ao c.g.

x A = 9,5cm , y A = 3,3cm v x = −ϕ ⋅ y A = −(− 0,023) ⋅ 3,3 = 0,076cm vY = ϕ ⋅ x A = (− 0,023) ⋅ 9,5 = −0,219cm

Deslocamento: v = v x2 + v 2y = 0,23cm

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3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS - Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas: Dado um elemento de viga obtido por duas seções: x e x + dx

•

T=

•

t=

A

A

σ ( x) ⋅ ∂A =

M ( x) ⋅ y ⋅ ∂A A Iz

σ ( x + ∂x) ⋅ ∂A =

A

M ( x + ∂x ) ⋅ y ⋅ ∂A Iz

As resultantes das trações exercidas sobre o elemento geralmente não serão iguais: T ≠ t

M ( x) > M ( x + ∂x)

T >t

T −t > 0

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A

M ( x) ⋅ y ⋅ ∂A − Iz

A

M ( x + ∂x) ⋅ y ⋅ ∂A > 0 Iz

M ( x + ∂x) = M ( x) − ∂M ( x) ∂M ( x) ⋅ y ⋅ ∂A > 0 A Iz

O equilíbrio exige, então, que exista uma força horizontal, que será: −−

T − t = τ ( s ) ⋅ e( s ) ⋅ ∂x −− ∂M ( x) ⋅ y ⋅ ∂A = τ ( s ) ⋅ e( s ) ⋅ ∂x A Iz

∴τ ( s ) =

τ (s) = •

∂M ( x) ⋅ y A

−−

∂x ⋅ I z ⋅ e( s )

V ( x) −−

I z ⋅ e( s )

τ (s) =

⋅ ∂A =

V ( x) ⋅ y A

−−

I z ⋅ e( s )

⋅ ∂A

⋅ y ⋅ ∂A A

V ( x) ⋅ S −−

I z ⋅ e( s )

onde:

: tensão de cisalhamento; V: força cortante na seção em estudo; e: espessura da seção; Iz: momento de inércia com relação ao eixo neutro z; S: momento estático da parte da seção estudada com relação ao eixo neutro z.

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∂F = τ ( s) ⋅ e( s) ⋅ ∂s

F=

s 0

∂F

s

F = τ ( s ) ⋅ e( s ) ⋅ ∂s = 0

s 0

V ( x) ⋅ S −−

I z ⋅ e( s )

⋅ e( s ) ⋅ ∂s

−−

Geralmente e( s) = e( s ) = cte ∴F =

V ( x) ⋅ Iz

s 0

S ( s ) ⋅ ∂s

Exemplo 1:

τ (s) =

V ( x) ⋅ S I z ⋅ e( s )

V ( x) = P e( s ) = e Iz =

h3 ⋅ e e3 ⋅ 2 ⋅ b h + 2⋅ + 2⋅b ⋅e⋅ 12 12 2

• S (s) =

2

Variação nas mesas: e⋅s⋅h 2

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τ (s) = K ⋅ S (s) K=

V ( x) I z ⋅ e( s )

∴τ ( s ) =

K ⋅e⋅h⋅s 2

Tem-se:

OBS: As tensões tangenciais verticais τ v são desprezadas

•

τv =

V ( x) ⋅ S Iz ⋅2⋅b

τ (s) =

V ( x) ⋅ S I z ⋅ e( s )

e << 2 ⋅ b •

τ v << τ ( s)

Para S2 (outra posição de S) na alma

Momento estático S ( s) = e ⋅ s ⋅

h s − + e⋅h ⋅b 2 2

O momento estático é acumulativo.

e ⋅ s ⋅ h e ⋅ s2 S ( s) = − + e⋅h⋅b 2 2

τ (s) = K ⋅ S (s)

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Exemplo 2:

S (s) =

e⋅h⋅s (mesa) 2

S ( s) = e ⋅ s ⋅

h s − + e ⋅ h ⋅ b (mesa + alma) 2 2

∂S ( s ) e ⋅ h = −e⋅s = 0 ∂s 2 ∴S =

h 2

S max =

e⋅h h e h ⋅ − ⋅ 2 2 2 2

S max =

e ⋅ h2 e ⋅ b ⋅ h + 8 2

2

+ e⋅b ⋅

h 2

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τ (s) =

V ( x) ⋅ S I z ⋅ e( s )

τ (s) = K ⋅ S (s) V ( x) = P h3 ⋅ e e3 ⋅ b h Iz = + 2⋅ +b⋅e⋅ 12 12 2

F=

V ( x) ⋅ Iz

s

0

2

S ( s) ⋅ ∂s

P ⋅ Iz

•

F1 =

•

F1 = F3

b

0

S ( s) ⋅ ∂s

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b

0

S ( s ) ⋅ ∂s =

∴ F1 = • S (s) = h

0

0

P e ⋅ h ⋅ b2 ⋅ Iz 4 F2 =

P ⋅ Iz

h

0

S ( s ) ⋅ ∂s

e ⋅ s ⋅ h e ⋅ s2 e ⋅ h ⋅b − + 2 2 2

S ( s) ⋅ ∂s =

P⋅ F2 =

e⋅h⋅s e ⋅ h ⋅ b2 ⋅ ∂s = 2 4

b

e ⋅ s ⋅ h e ⋅ s2 e ⋅ h ⋅b e ⋅ h3 e ⋅ h3 e ⋅ b ⋅ h2 − + ⋅ ∂s = − + 2 2 2 2 6 2

h

0

e ⋅ h3 e ⋅ h3 e ⋅ b ⋅ h 2 − + 2 6 2

h3 ⋅ e e3 ⋅ b h + 2⋅ + e⋅b ⋅ 12 12 2

2

e << h ; e << b ∴ F2 = P = V ( x)

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Centro de cisalhamento (Seções delgadas simétricas) O centro de cisalhamento ou centro de torção é o ponto do plano da seção em relação ao qual o momento de todas as resultantes das tensões devidas a é nulo. É o ponto por onde deve passar o plano que contém a resultante de V atuante na seção, para que não haja torção.

τ f : tensão de cisalhamento devido à V Forças de cisalhamento na seção

F1 =

V ⋅ Iz

S z (s) =

b

0

S z ( s) ⋅ ∂s

e⋅h⋅s 2

F1 =

V Iz

F2 =

V ⋅ Iz

b

0

e⋅h⋅s V e ⋅ h ⋅ b2 ⋅ ∂s = ⋅ Iz 2 4 h

0

e ⋅ s ⋅ h e ⋅ s2 e ⋅ h ⋅ b V e ⋅ h3 e ⋅ h3 e ⋅ b ⋅ h 2 − + ⋅ ∂s = ⋅ − + =V 2 2 2 Iz 4 6 2

F1 = F3

Iz =

h3 ⋅ e e3 ⋅ b e ⋅ b ⋅ h2 + 2⋅ + 12 12 4

e << b ; e << h

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Condições de equivalência F1 = V ; M 0 = V ⋅ c

F1 ⋅ h = V ⋅ c c=

F1 ⋅ h V

c=

V h ⋅ e ⋅ b2 h ⋅ ⋅ Iz V 4

c=

h2 ⋅ e ⋅ b2 ; c = f (e, h, b) não depende de V. 4⋅ Iz

Iz =

e ⋅ h3 e ⋅ b ⋅ h2 + 12 2

Obs: 1. se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há equivalência entre Vc e M0. 2. Se chamarmos de “fluxo de tensões” o produto

t,

podemos imaginar uma

analogia entre “fluxo de tensões” que percorre a seção e “fluxo de água” que percorreria um encanamento com a forma da seção analisada.

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τt =

Mt Wt

V =P M = M t = P ⋅ (c + b)

τ = τ t + τ f (tensão de cisalhamento resultante)

τ=

Mt V ⋅S + Wt I z ⋅ e

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Cantoneiras

Exercícios: 1) Determinar a posição do centro de cisalhamento e calcular as tensões tangenciais. Dado: Iz=2806 cm4.

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2) Calcular τ max Dado: Iz=895914 cm4.

3) Determinar as tensões principais no ponto A da seção mais solicitada. Dado: Iy=27937 cm4.

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Resolução do exercício 3. M = F ⋅ 100

σx =

M 100 ⋅ F ⋅z = ⋅ 15 = −0,054 F Iy 27937

IT =

1 ⋅ 3

WT =

F=

IT t max

hi ⋅ t i3 =

37,48 = 37,48cm 3 1

=

V ( x) ⋅ I

s

0

S ( s) ⋅ ∂s

S1 = 1 ⋅ s ⋅ 30 −

F1 =

P ⋅ Iy

15 0

1 3 ⋅ 1 ⋅ (15 + 20 + 21,21) ⋅ 2 = 37,48cm 4 3

s s2 = 30 ⋅ s − 2 2

30 ⋅ s −

s2 P ⋅ ∂s = 2812,5 ⋅ 2 Iy

S 2 = 1 ⋅ s ⋅ 15 + 337,5 = 15 ⋅ s + 337,5 F2 =

P ⋅ Iy

20 0

(15 ⋅ s + 337,5) ⋅ ∂s = 9750 ⋅

P Iy

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M0 = 0 2 ⋅ F2 ⋅ 15 − 2 ⋅ F1 ⋅ 35 = P ⋅ c 30 ⋅ 9750 ⋅

c=

P P − 70 ⋅ 2812,5 ⋅ = P⋅c Iy Iy

292500 − 196875 27937

c = 3,42cm

τt =

M t P ⋅ (15 + c) P ⋅ 18,42 = = = 0,49 ⋅ P Wt 37,48 37,48

τf =

V ⋅ S P ⋅ 637,5 = = 0,023 ⋅ P I z ⋅ e 27937 ⋅ 1

τ = τ t + τ f = 0,49 ⋅ P + 0,023 ⋅ P = 0,513 ⋅ P σ 1, 2 = σ 1, 2

σ x +σ y 2

±

σ x +σ y

− 0,054 P + 0 = ± 2

2

2

+ (τ xy )

− 0,054 P + 0 2

2

2

+ (0,513P )

2

σ 1 = 0,487 P σ 2 = −0,541P

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4-TEORIA DAS TENSÕES

lim

∂A→ 0

lim

∂A →0

∂Fz =σz ∂A ∂Fy ∂A

= τ zy

tensão normal tensão tangencial ou tensão de cisalhamento

∂Fx = τ zx ∂A →0 ∂A lim

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→

→

→

t w = σ z z+τ x (t ) = σ z2 + τ 2 •

Obs: A tensão é definida no ponto.

M0 = 0

2 ⋅ τ yz ⋅ ∂x ⋅ ∂z ⋅

∂y ∂z = 2 ⋅ τ zy ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ 2 2

∂V = ∂x ⋅ ∂z ⋅ ∂y ≠ 0

τ yz = τ zy Teorema de Cauchy. Genericamente τ ij = τ ji

{i, j = x, y, z}

São seis as tensões no caso tridimensional. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Caso plano

Caso linear

Ensaio de tração:

σ =

F A

ε=

∆

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Estado simples/ Linear/ Unidimensional de tensão Considere uma barra sem peso, tracionada pela extremidade livre por uma força F centrada. Numa seção genérica, aparecerão tensões normais

1

de modo que se tenha o

equilíbrio da seção cortada.

σ =

F A

Equilíbrio de forças. •

−

F y=0

σ ⋅A − σ 1 ⋅ A ⋅ cos α = 0 cos α * σ = σ 1 ⋅ cos 2 α •

−

Fx=0

τ⋅A − σ 1 ⋅ A ⋅ senα = 0 cos α * τ = σ 1 ⋅ senα ⋅ cos α

De outra maneira: 1.

cos 2 α =

1 + cos 2α 2

σ =

σ1 2

+

σ1 2

⋅ cos 2α

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sen α ⋅ cos α =

2.

σ−

σ1

=

2

τ1

τ = 2

2

σ−

2

σ1 2

σ1 2

sen 2α 2

τ=

τ1 2

⋅ sen 2α

2

⋅ cos 2α 2

⋅ sen 2α 2

+τ 2 =

σ1

2

2

Tensões principais: •

Tensão máxima: σ 1

•

Tensão mínima: σ 2

Círculo de Mohr:

Nos planos principais ( α 'e α '') a tensão tangencial vale zero. Obs: 1. planos ou direções principais. 2. O ponto do gráfico para o qual convergem todos os planos representativos de cortes na barra é chamado pólo. Convenção de sinais:

σ >0

tração

σ <0

compressão Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Estado Plano (duplo, bidimensional) de tensões Considere um elemento infinitesimal com solicitação geral de tensões.

Equilíbrio de Forças: •

−

F y=0

−−

σ x ⋅ ∂A = σ x ⋅ ∂A ⋅ cos 2 α + τ xy ⋅ ∂A ⋅ sen α ⋅ cos α + τ xy ⋅ ∂A ⋅ sen α ⋅ cos α + σ y ⋅ ∂A ⋅ sen 2 α −−

σ x = σ x ⋅ cos 2 α + 2 ⋅ τ xy ⋅ sen α ⋅ cos α + σ y ⋅ sen 2 α •

−

Fx=0

−−

τ xy ⋅ ∂A = σ y ⋅ ∂A ⋅ sen α ⋅ cos α + τ xy ⋅ ∂A ⋅ cos 2 α − τ xy ⋅ ∂A ⋅ sen 2 α + σ x ⋅ ∂A ⋅ sen α ⋅ cos α τ xy = (σ y − σ x ) ⋅ sen α ⋅ cos α + τ xy ⋅ (cos 2 α − sen 2 α ) −−

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Arcos duplos:

σ x +σ y σ x −σ y + ⋅ cos 2α + τ xy ⋅ sen 2α 2 2

−−

σx =

σ y −σ x ⋅ sen 2α + τ xy ⋅ cos 2α 2

−−

τ xy = −−

σx− τ xy −−

σ y −σ x

=

σx−

=

2 2

−−

2

σ x +σ y

2

σ x +σ y 2

2

σ x −σ y 2

2

⋅ cos 2α + τ xy ⋅ sen 2α 2

⋅ sen 2α + τ xy ⋅ cos 2α −−

+ τ xy

2

=

σ x −σ y

2

2

+ (τ xy )

2

No círculo de Mohr: •

•

σ1 =

centro do círculo:

raio do círculo: R =

σ x +σ y 2

,0

σ x −σ y 2

2

+ (τ xy )

2

σ x +σ y +R 2

τ max = + R σ2 =

σ x +σ y 2

−R

τ min = − R

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Tensões principais (σ 1 , σ 2 ) :

σ 1, 2 =

σx +σ y

•

2

tg 2α =

2

2

+ (τ xy )

2

−−

τ xy = 0

σ y −σ x 2

+−

σ x −σ y

⋅ sen 2α + τ xy ⋅ cos 2α = 0 2 ⋅ τ xy

σ x −σ y

Direções principais: α 'e α '' Propriedade −−

−−

σ x + σ y = σ x + σ y = σ 1 + σ 2 = cte Expressão Matricial das tensões. −

σ = [M ] ⋅ [σ ] ⋅ [M ]T

[M ] =

cos α

sen α

− sen α

cos α

M: matriz de transformação de coordenadas.

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MT: matriz transposta. −

σ =

[σ ] =

−−

−−

−−

−−

σ x τ xy τ xy σ y

σ x τ xy τ xy σ y Exercícios:

1) Calcular as tensões principais e suas direções, e desenhar o círculo de Mohr.

σ x = 160 ; σ y = 60 ; τ xy = 40 .

2) Calcular as tensões de cisalhamento nos cortes I, II e III.

σ I = 10kN / cm 2 ; σ II = 0 ; σ III = −10kN / cm 2

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3) Calcular as tensões principais e suas direções.

4) Calcular as tensões principais e suas direções.

σ a = 3kN / cm 2 ; σ b = 1,5kN / cm 2 ; σ a = 0,5kN / cm 2

5) Calcular as tensões principais e suas direções nos pontos A e B.

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Resolução do exercício 5: I z = 36167cm 4 Reações: V a= 7,5kN , V b= 22,5kN

M z = 500kN ⋅ cm V = 12,5kN

Ponto A:

σx =

Mz 500 ⋅y= ⋅ 11 = −0,152kN Iz 36167

τ xy = 0

σ 1, 2 =

σx +σ y 2

+−

2

σ x −σ y

+ (τ xy )

2

2

σ 1 = 0kN / cm 2 ; σ 2 = −0,152kN / cm 2 Ponto B:

σx =

Mz 500 ⋅y= ⋅ 4 = +0,055kN Iz 36167

τ xy =

V ⋅S 12,5 ⋅ 1725 =− = −0,06kN / cm 2 I ⋅t 36167 ⋅ 10

σ 1, 2 =

σ x +σ y 2

+−

σ x +σ y 2

2

+ (τ xy )

2

σ 1 = 0,09kN / cm 2 ; σ 2 = −0,04kN / cm 2

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5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES

Deformações Normais: ε x =

∂u ∂x

γ 1 = tgγ 1 = γ = γ1 +γ 2 =

εy = ∂u ∂y

∂v ∂y

γ 2 = tgγ 2 =

∂v ∂x

∂u ∂v + = γ xy ∂y ∂x

γ : deformação tangencial ou distorção. Coeficiente de Poisson:

ν =−

εx >0 εy Em materiais isotrópicos (tem o mesmo comportamento elástico em todas as

direções): 0 < ν < 0.5

•

A lei de Hooke estabelece que a tensão aplicada provoca deformação proporcional.

Pode-se afirmar então que se em todos os pontos de um sólido elástico atua tensão de direção constante, um comprimento l, sofrerá, na direção da tensão, uma variação de comprimento:

∆ = .

σ E

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Se ocorrer solicitação em mais de uma direção pode-se avaliar o efeito de cada tensão isoladamente:

•

εx =

Tensão

σx E

x:

; ε y = −ν ⋅ ε x = −ν ⋅

σx

∆

x

= εx ⋅

x

=

∆

y

=εy ⋅

y

= −ν ⋅

∆

z

= εz ⋅

z

= −ν ⋅

•

εy =

σy

∆

E

x

= −ν ⋅

∆

z

= −ν ⋅

εz =

⋅

E

; ε z = −ν ⋅ ε x = −ν ⋅

σx E

x

σx

⋅

E

σx

y

⋅

E

z

Analisando o efeito da tensão em y:

∆

•

E

σx

σz E

σz E

y

⋅

x

⋅

y

=εy ⋅

y

=

σy E

⋅

y

Só tensão em z:

σz

∆

E

z

∆

x

= −ν ⋅

σy ⋅ E

∆

z

= −ν ⋅

σy ⋅ E

= εz ⋅

=

z

σz E

⋅

z

x

z

Por superposição de efeitos:

•

∆

•

εx =

x

=

σx ⋅ E

σx E

x

−ν ⋅

−ν ⋅

σy ⋅ E

σy

σz

E

+

x

−ν ⋅

σz ⋅ E

x

E

Analogamente, ocorre nas outras direções.

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σy

εy =

−ν ⋅

E

σz

εz =

−ν ⋅

E

σx E

σy E

+

+

σz E

σx E

Além disso, tem-se:

γ xy =

τ xy τ yz τ ; γ yz = ; γ xz = xz G G G Onde G é o módulo de elasticidade transversal:

G=

E 2(1 + υ )

Num estado triplo de deformações: ε x , ε y , ε z , γ xy , γ xz , γ yz Num estado plano de deformações: ε x , ε y , γ xy

εx =

σx

εy = γ xy =

−ν ⋅

E

σy

−ν ⋅

E

σy E

σx E

τ xy G Para as direções principais:

εx =

εy =

ε 1 +ε 2 2

ε 1 +ε 2 2

+

−

ε 1 −ε 2 2

ε 1 −ε 2 2

⋅ cos 2α

⋅ cos 2α

γ = (ε 1 −ε 2) ⋅ sen2α

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Exercícios: 1) Calcular as tensões σ x , σ y e σ z .

2) Calcular ∆

x

do sólido I.

σ z = 1tf / cm 2 ; P = 80 tf; E I = 500tf / cm 2 ; ν I = 0,3 ; E II = E III = 100tf / cm 2 ; ν II = ν III = 0,4

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3) Qual o deslocamento total em y e a carga máxima. Dados: E = 100 tf/cm2; ν = 0,4

4) Determinar as tensões. Dados: ε a = 200 ⋅ 10 6 ; ε b = 300 ⋅ 10 6 ; ε a = ε 2 ; E = 20000 kN/cm2; ν = 0,3

5) Calcular a deformação na direção indicada, sabendo que ε x = −0,5.ε y . Dados: σ x = 1KN / cm 2 ; ν = 0,3 ; = 30º

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6) Para o tubo de parede fina; calcular Mt e F. Dados: ε a = −1,4 ⋅ 10 −4 ; ε b = 4,8 ⋅ 10 −4 ; E = 21000 kN/cm2; ν = 0,3

7) Desenhar o círculo de Mohr. Dados: ε x = −5 ⋅ 10 −4 , ε y = 3 ⋅ 10 −4 , γ xy = 6 ⋅ 10 −2 rad

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8) No ponto O da viga indicada na figura foram medidas as deformações nas direções A e B e encontrados: ε a = 7,14 ⋅ 10 −5 , ε b = 16,07.10 −5 . Sabendo-se que essa viga está solicitada apenas por M e V, calcular esses valores, dados: G = 808kN / cm 2 ; E = 21000 kN/cm2; ν = 0,3

Resolução do exercício 3. Estágio 1

σx = 0; σz = 0; σ y = ∆

x

= 0,02cm

∆

x

= εx ⋅

P 400

x

0,02 = ε x ⋅ 20

ε x = 0,001

εx =

1 ⋅ (σ x − ν ⋅ (σ y + σ z )) E

0,001 =

1 P − 0,4 ⋅ − 100 400

P = 100tf

εz =

1 ⋅ (σ z − ν ⋅ (σ x + σ y )) E

0,001 =

1 100 ⋅ − 0,4 ⋅ − 100 400

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Estágio 2

σz = 0; σy = ∆

z

= 0,02cm

∆

z

= εz ⋅

P 400

z

0,02 = ε z ⋅ 20

ε z = 0,001 εz =

1 ⋅ (σ z − ν ⋅ (σ x + σ y )) E

0,001 =

1 P ⋅ − 0,4 ⋅ σ x − 100 400

εx = 0

εx = 0=

1 ⋅ (σ x − ν ⋅ (σ y + σ z )) E

1 P σ x − 0,4 ⋅ − 100 400

0,1 = −0,4 ⋅ σ x + 0,001 ⋅ P (1) 0 = σ x + 0,001 ⋅ P

(2)

Resolvendo o sistema:

σ x = −0,071tf / cm 2 P = 71,43tf

Carga Total: Ptotal = P1 + P2 = 100 + 71,43 = 171,43tf

εy =

1 ⋅ (σ y − ν ⋅ (σ x + σ z )) E

εy =

1 171,43 ⋅ − − 0,4 ⋅ (− 0,071 + 0 ) = −0,004 100 400

Deslocamento total em y.

∆

y

=εy ⋅

y

= −0,004 ⋅ 30 = −0,12cm Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO Na mecânica, uma força realiza trabalho quando sofre um deslocamento dx na mesma direção dela. Por exemplo, ao calcular o trabalho realizado por uma força axial aplicada na extremidade da barra.

Como a força N aumenta gradualmente de 0 até P, o deslocamento varia de 0 até L. Se o material comportar-se de maneira linear-elástica, a força será diretamente proporcional ao deslocamento, ou seja: Nx = K ⋅ x

onde K = constante.

Pela Lei de Hooke:

εX =

1 ⋅ (σ x − ν ⋅ (σ y + σ z )) , sendo σ y = σ z = 0 E

∴ε x =

σx E

σx =

Nx A

σx =

N A

N = K⋅x =

x=∆

εx = E⋅A

∆ ⋅∆

∂U = N x ⋅ ∂x = K ⋅ x ⋅ ∂x O trabalho realizado será: U = ∂U = K ⋅ x ⋅ ∂x Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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∆

K ⋅ x2 U = K ⋅ x ⋅ ∂x = 2 0

U=

1 ⋅K ⋅∆ 2

U=

1 ⋅N⋅∆ 2

2

=

∆

0

1 ⋅ N ⋅∆ 2

U: energia de deformação (carregamento lento) Carregamento lento: carregamento aplicado de zero até o valor final. Em caso de carregamentos rápidos (carregamentos instantâneos), temos: U = N ⋅ ∆ , uma vez que o gráfico apresenta-se como um retângulo. Exemplos:

Carregamento lento: peso próprio. Carregamento rápido: ação do vento. - Energia de Deformação: Energia de deformação é definida como a capacidade de produzir trabalho. A energia armazenada em sólidos elásticos devido à deformação dos elementos sob ações externas, é igual ao trabalho interno. Objetivos: Calcular deslocamentos e calcular incógnitas hiperestáticas. - Métodos de cálculo da energia de deformação:

•

Pelas tensões

•

Pelos esforços solicitantes

•

Pelas cargas

a) Cálculo pelas tensões: Seja um elemento no estado triplo de tensões. Efeito total = somatório dos efeitos parciais (superposição de efeitos).

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Modelo de cálculo

Trabalho = força x deslocamento Se o elemento de volume está submetido à tensão

x:

força = σ x ⋅ ∂y ⋅ ∂z deslocamento = ε x ⋅ ∂x trabalho = σ x ⋅ ∂y ⋅ ∂z ⋅ ε x ⋅ ∂x

∂U σx =

1 ⋅ σ x ⋅ ε x ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z e ∂V = ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z (V = volume) 2

∂U σx =

1 ⋅ σ x ⋅ ε x ⋅ dV 2

Analogamente:

•

para σ y : ∂U σy =

1 ⋅ σ y ⋅ ε y ⋅ dV 2

•

para σ z : ∂U σz =

1 ⋅ σ z ⋅ ε z ⋅ dV 2

Efeito total: ∂U σx + ∂U σy + ∂U σz = ∂U σi

∂U σi =

1 1 1 ⋅ σ x ⋅ ε x ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z + ⋅ σ y ⋅ ε y ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z + ⋅ σ z ⋅ ε z ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z 2 2 2 Dividindo ambos os lados por ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z

U 0,σ =

∂U σi ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z

=

∂U σi dV

U 0,σ : Energia específica de deformação (só as tensões normais)

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Para um elemento de volume, a tensão de cisalhamento provoca deformação no elemento.

Assim, a energia de deformação armazenada no elemento é:

∂U τxz =

1 ⋅ τ xz ⋅ γ xz ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z 2

∂U τxy =

1 ⋅ τ xy ⋅ γ xy ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z 2

∂U τyz =

1 ⋅ τ yz ⋅ γ yz ⋅ ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z 2

Efeito total: ∂U τxz + ∂U τxy + ∂U τyz = ∂U τij U 0,τ =

∂U τij ∂x ⋅ ∂y ⋅ ∂z

=

∂Uτij dV

U 0,τ :Energia específica de deformação (só as tensões de cisalhamento) Efeito global:

(∂U (U

U=

σi

U0 = U=

volume

+ ∂U τij )

0,σ

+ U 0,τ )volume

U 0 ⋅ dV

ou seja: U=

1 ⋅ 2

V

(σ

x

⋅ ε x + σ y ⋅ ε y + σ z ⋅ ε z + τ xy ⋅ γ xy + τ xz ⋅ γ xz + τ yz ⋅ γ yz )dV

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b) Cálculo pelos esforços solicitantes Considere uma viga:

σx =

• U=

volume

U0 =

N M + ⋅y A I

τ xy =

e

V ⋅S b⋅I

U 0 ⋅ dV

1 ⋅ (σ x ⋅ ε x + τ xy ⋅ γ xy ) 2 Pela Lei de Hooke:

εx =

•

σx

e

E

γ xy =

τ xy G

1 σ x2 τ xy ⋅ + 2 E G 2

U0 =

1 1 N M U0 = ⋅ ⋅ + ⋅y 2 E A I U0 =

1 V ⋅S + ⋅ G b⋅I

2

1 1 N2 N M M2 2 1 V 2 ⋅ S2 2 y y + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ + ⋅ 2 E A2 A I G b2 ⋅ I2 I2

U= ⋅ 0

2

N M M2 1 1 N2 1 V 2 ⋅S2 ⋅ ⋅ 2 + 2⋅ ⋅ ⋅ y + 2 ⋅ y2 + ⋅ 2 2 A I I G b ⋅I 2 E A A

⋅ dA ⋅ ∂x

Resolvendo as integrais de área, temos:

U= 0

1 N2 M2 1 V2 ⋅ + + ⋅ c⋅ 2⋅ E A I 2⋅G A

⋅ ∂x onde c = fator de forma.

S2 c = A⋅ ⋅ ∂A G 2 ⋅ I2 Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Observação: Torção: τ xy =

Mt Mt = ⋅t wt It

Ou seja, U= 0

M t2 1 N2 M 2 1 V2 ⋅ + + ⋅ c⋅ + ⋅ ∂x 2⋅ E A I 2⋅G A 2 ⋅G ⋅ It

Exemplo: Calcular a energia de deformação para a estrutura da figura. Dados: P = 500 kgf; d = 4 cm; c = 1,1 ; E = 2100000 kgf/cm2; G = 800000 kgf/cm2. L = 50 cm; e = 20 cm.

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c) Cálculo pelas cargas (Teorema de Clapeyron). t → →

T = P⋅ ∂t onde T = trabalho. 0

T = U onde U = energia de deformação. Observação: Teoria de 1a ordem: pontos Ai e Bi muito próximos. →

→

T=

1 ⋅ Pi ⋅ v i 2

t ≈ vi

ou genericamente: 1 ⋅ Pi ⋅ v i 2

T=

U=

1 ⋅ 2

T=U

0

M 2t N2 M2 V2 + +c⋅ + ⋅ ∂x E⋅A E⋅I G ⋅ A G ⋅ It Teorema de Clapeyron: conservação de energia

Pode-se portanto calcular o deslocamento no ponto e na direção da força ou momento aplicado, com esse teorema. A aplicação é bastante limitada, pois apenas uma força externa ou momento pode atuar na estrutura.

Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

Exemplo 2:calcular o giro ( φ ) no apoio fixo.

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Teorema de Maxwell Trata de uma estrutura elástica com duas cargas Pi e Pk. Seja a viga abaixo. Por superposição de efeitos:

Considere a teoria de 1a ordem. Observação: δ ik : indica a causa (força no ponto k que causa o deslocamento em i). v i = Pi ⋅ δ ii + PK ⋅ δ ik v k = Pi ⋅ δ ki + PK ⋅ δ kk 1a forma de carregamento: ( Pi (0 → Pi ), Pk (0 → Pk ) ) T1 =

1 1 ⋅ Pi ⋅ Pi ⋅ δ ii + ⋅ Pk ⋅ Pk ⋅ δ kk + 1 ⋅ Pi ⋅ Pk ⋅ δ ik 2 2

2a forma de carregamento: ( Pk (0 → Pk ), Pi (0 → Pi ) ) T2 =

1 1 ⋅ Pk ⋅ Pk ⋅ δ kk + ⋅ Pi ⋅ Pi ⋅ δ ii + 1 ⋅ Pk Pi ⋅ δ ki 2 2 Porém o trabalho realizado é o mesmo: T1 = T2. Substituindo os valores, tem-se que δ ik = δ ki

Teorema de Maxwell.

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Observações:

•

se substituirmos as forças Pi e Pk por um grupo de forças, temos o Teorema de Betti.

•

o Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças por momentos.

- Teorema de Maxwell: “O deslocamento de um ponto i, na direção i, quando se aplica uma força no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k, na direção k, quando se aplica uma força no ponto i”.

- Teorema de Castigliano (1873): “A derivada parcial da energia de deformação em relação a uma carga Pk é igual ao deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da carga”.

∂U = vk ∂Pk

v1 = P1 ⋅ δ 11 + P2 ⋅ δ 12 + ... + Pi ⋅ δ 1i + ... + Px ⋅ δ 1x + ... + Pn ⋅ δ 1n

v 2 = P1 ⋅ δ 21 + P2 ⋅ δ 22 + ... + Pi ⋅ δ 2i + ... + Px ⋅ δ 2 x + ... + Pn ⋅ δ 2 n v i = P1 ⋅ δ i1 + P2 ⋅ δ i 2 + ... + Pi ⋅ δ ii + ... + Px ⋅ δ ix + ... + Pn ⋅ δ in v x = P1 ⋅ δ x1 + P2 ⋅ δ x 2 + ... + Pi ⋅ δ xi + ... + Px ⋅ δ xx + ... + Pn ⋅ δ xn v n = P1 ⋅ δ n1 + P2 ⋅ δ n 2 + ... + Pi ⋅ δ ni + ... + Px ⋅ δ nx + ... + Pn ⋅ δ nn U=

1 ⋅ 2

n i =1

Pi ⋅ v i

∂U 1 = ⋅ ∂Pk 2 1a derivada

n i =1

∂Pi ⋅ vi + ∂Pk

n

Pi ⋅

i =1

para i ≠ k , para i = k ,

∂v i ∂Pk

∂Pi =0 ∂Pk

∂Pi =1 ∂Pk

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2a derivada

n i =1

i =1

∂v i ∂Pk

∂vi = δ 1k ∂Pk

i=2

∂v i = δ 2k ∂Pk

i=i

∂v i = δ ik ∂Pk

i=k

∂v i = δ kk ∂Pk

i=n

∂v i = δ nk ∂Pk

P1 ⋅ δ 1k + P2 ⋅ δ 2 k + ... + Pi ⋅ δ ik + ... Pelo Teorema de Maxwell, tem-se δ ik = δ ki .

Logo:

∂U 1 = ⋅ (v k + v k ) = v k ∂Pk 2

Exercícios: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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1) Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

2) Calcular o deslocamento vertical no meio do vão.

3) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do vão.

Teorema de Menabrea Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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∂U = 0 , neste caso Pk é uma incógnita hiperestática. ∂Pk

Exercícios: 1) Determinar as reações dos apoios da viga.

2) Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B. Viga: E, I. Barra: Eb; Ab.

3) Calcular o deslocamento vertical do nó 5 (EA = constante).

4) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do balanço. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Dados: E = 2100 tf/cm2; I = 1000 cm4; P = 2 tf.

5) calcular a força no tirante. Arco: meia-circunferência (raio = r).

6) Calcular as forças nas barras e o deslocamento vertical do ponto A.

7) Calcular as forças nas barras e seus alongamentos.

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Dados: A1 = A2 = 1 cm2; L1 = 100 cm; L2 = 200 cm; E = 2100000 tf/cm2; Iviga = 5557,3 cm4; Aviga = 112 cm2; L = 200 cm.

8) Calcular o deslocamento horizontal e vertical no ponto de aplicação da carga P. Dado: c = constante da mola.

Resolução do exercício 4. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Foi escolhida como incógnita hiperestática o apoio móvel vertical (R).

M R2 = 0 R1 =

− 2R − P 3

Trecho 1:

Mx = P⋅x

∂M x =0 ∂R

Trecho 2:

M x = 2 ⋅ R + R1 ⋅ x = 2 ⋅ R +

− 2⋅R − P ⋅x 3

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Mx = 2⋅ R −

2 1 ⋅R⋅x− ⋅P⋅x 3 3

∂M x 2 = 2− ⋅x ∂R 3

Trecho 3:

Mx = R⋅x

∂M x =x ∂R

U=

1 ⋅ 2

∂U = ∂R 0

M⋅

R=

0

0

M2 ⋅ ∂x E⋅I

M⋅

∂M ⋅ ∂x = 0 ∂R

∂M ⋅ ∂x = ∂R

(Px ) ⋅ (0) ⋅ ∂x + 0 1

3 0

2R −

2 Rx Px 2x − ⋅ 2− ⋅ ∂x + 3 3 3

2 0

(Rx ) ⋅ (x ) ⋅ ∂x

3P 20

Para P = 2 tf, temos R = 0,3 tf. Substituindo R nas equações dos momentos, temos:

Trecho 1: Mx = P⋅x

∂M x =x ∂P

Trecho 2: 3P 2 3P 1 3P 13P − ⋅ ⋅x− ⋅P⋅x = − ⋅x 20 3 20 3 10 30 ∂M x 3 13 = − ⋅x ∂P 10 30

Mx = 2⋅

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Trecho 3:

Mx =

3Px 20

∂M x 3x = ∂P 20 ∂U = ∂P vA =

vA =

0

M⋅

∂M ⋅ ∂x = v A ∂P

(Px ) ⋅ (x ) ⋅ ∂x + 0 1

3 0

3P 13Px 3 13 x − ⋅ − ⋅ ∂x + 10 30 10 30

2 0

3Px 3x 1 ⋅ ⋅ ∂x ⋅ 20 20 E⋅I

1 355 P 1 ⋅ = ⋅ 1,1833 ⋅ 2 = 1,127 ⋅ 10 −3 m = 1,127 mm EI 300 2100

7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA Estados limites: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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a) Estado limite último: ruptura.

b) Estado limite de utilização:

c) Estado limite de estabilidade:

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Critérios de resistência: •

Critérios obsoletos: Critérios de Rankine, Tresca e Saint-Venant.

•

Critérios atuais: Critérios de Mohr, Coulomb e von Mises.

A) Critério de Rankine (critério da maior tensão normal). A maior tensão normal é o limite para a resistência da estrutura. Adota-se, com certa segurança, a tensão normal máxima, a partir de experimentação e das condições de aplicação. Critério adequado para materiais dúcteis.

Observação:

σ máx CS

σ adm (σ )

σ 1 ≤ σ (critério das tensões admissíveis) Material dúctil: σ = Material frágil: σ =

σ esc CS

σ rup CS

- Envoltória de ruptura: Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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B) Critério de Tresca (critério da maior tensão de cisalhamento): Ensaio de tração no aço. O que causa o rompimento do aço é a presença da tensão de cisalhamento que “corta” a superfície da estrutura. Observação: critério utilizado para materiais dúcteis (aço). - Envoltória de ruptura:

C) Critério de Saint-Venant (critério de maior deformação normal): Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Envoltória de ruptura:

ν : coeficiente de Poisson. Tanto para materiais dúcteis como para materiais frágeis. 1) Critério de Mohr Envoltória de segurança:

Critério utilizado para diversos materiais (concreto e ferro fundido).

σ c > σ t → fc > ft Resistência à compressão: fc. Resistência à tração: ft.

2) Critério de Coulomb (critério definido por dois parâmetros físicos): Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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ϕ :Ângulo de atrito interno. τ C :Tensão de coesão. Critério utilizado para areias, argilas e siltes. a) Materiais sem coesão (areia).

A partir da análise da localização do círculo de Mohr pode-se verificar se há, ou não segurança.

τc = 0 critério de segurança: sen α ≤ sen ϕ a) Materiais com coesão (argila).

τc ≠ 0 Mesmo princípio de funcionamento que o anterior. Exemplo: critério de Mohr-Coulomb.

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Resistência à compressão: fc. Resistência à tração: ft. ft < fc

sen ϕ = tgϕ =

ft

2 d

τc d + ft 2

d ⋅ tgϕ + tgϕ ⋅

d=

ft =τc 2

τ c ⋅ f t 2 ⋅ tgϕ

sen ϕ =

tgϕ

fc

2 ft fc + + d 2

sen α ≤ sen ϕ (critério de segurança). - Envoltória de segurança:

3) Critério da energia de distorção (critério de von Mises). Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Utilizado para materiais dúcteis com f c ≈ f t . Critério baseado nos conceitos de energia de deformação. Seja:

U total =

1 ν 1 ⋅ σ x2 + σ y2 + σ z2 − σ x ⋅ σ y + σ x ⋅ σ z + σ y ⋅ σ z + τ xy2 + τ yz2 + τ xz2 2⋅ E E 2⋅G

[

]

[

]

[

]

para: τ xy = τ xz = τ yz = 0 , teremos um estado principal de tensões em função de σ 1 , σ 2 e σ3. U total =

1 ν ⋅ σ 12 + σ 22 + σ 32 − [σ 1 ⋅ σ 2 + σ 1 ⋅ σ 3 + σ 2 ⋅ σ 3 ] 2⋅E E

[

]

[σ ] = [σ ⋅ δ ] + [σ ] [σ ] = [σ ] − [σ ⋅ δ ] ij

m

ij desv

ij

ij

ij desv

m

ij

observação: i = j → δ ij = 1 , i ≠ j → δ ij = 0

[δ ] ij

1 0 0 = 0 1 0 (Delta de Kronecker). 0 0 1 Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Círculo de Mohr para o estado hidrostático de tensões.

U total = U hidro + U desv U hidro =

1 ν ⋅ σ m2 + σ m2 + σ m2 − ⋅ σ m2 + σ m2 + σ m2 2⋅E E

U hidro =

1 − 2ν 2 ⋅ (σ 1 + σ 2 + σ 3 ) 2⋅E

[

]

[

]

U desv = U total − U hidro

U desv =

G=

[

1 2 2 2 ⋅ (σ 1 − σ 2 ) + (σ 2 − σ 3 ) + (σ 3 − σ 1 ) 12 ⋅ G

]

E 2 ⋅ (1 + ν )

Caso particular: σ 1 ≠ 0 , σ 2 = σ 3 = 0 (tração pura).

σm =

σ1 3

estado hidrostático de tensões.

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σ1

1 ⋅ 12 ⋅ G

U desv =

2

+

3

σ1 3

2

+ −

2

2 ⋅σ 1 3

=

σ 12 18 ⋅ G

(tração pura).

Observação: a energia de deformação correspondente ao estado desviatório de tensão é chamada de energia de distorção. O critério da energia de distorção faz a seguinte hipótese: Tração pura: σ 1 ≠ 0 , σ 1 = σ 2 = 0

U desv = U dist

2 ⋅ σ 12 (tração pura). = 12 ⋅ G

U desv = U dist =

[

1 2 2 2 ⋅ (σ 1 − σ 2 ) + (σ 2 − σ 3 ) + (σ 3 − σ 1 ) 12 ⋅ G

[

1 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 2

σ esc =

para outros pontos: σ i =

]

]

[

1 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 2

]

σ i : tensão ideal. Observações: caso plano de tensões ( σ 1 ≠ 0 , σ 2 ≠ 0 , σ 3 = 0 ) U dist = U dist =

[

1 2 2 2 ⋅ (σ 1 − σ 2 ) + (σ 2 ) + (− σ 1 ) 12 ⋅ G

σ 12 12 ⋅ G

]

(tração pura) ( σ 1 < σ esc )

U dist = U dist (tração pura)

σ1 σ esc

2

σ ⋅σ σ2 − 1 2 2 + σ esc σ esc

2

= 1 (equação de uma elipse)

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Para uma viga: σ x ≠ 0 ; σ y = 0 ; τ xy ≠ 0

σ 1, 2 = σi =

σx 2

±

σx 2

[

2 2 + τ xy ; σ3 = 0

1 (σ 1 − σ 2 )2 + (σ 2 − σ 3 )2 + (σ 3 − σ 1 )2 2

]

σ i = σ x2 + 3 ⋅ τ xy2 σ ij ≤ σ i

Exercícios:

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1) Sabendo-se que a tensão máxima de um certo material vale σ max = 1,3kN / cm 2 e que este material segue o critério da energia de distorção, verificar se o carregamento na estrutura é seguro. Dados: p = 8 kN/cm2; F = 60 kN; Iz = 14951,24 cm4.

2) Verificar a segurança nos pontos A e B, sendo dados: M = 50 tfcm; V = 10 tf; fc = 0,8 tf/cm2; ft = 0,4 tf/cm2.

3) O material segue o critério indicado na figura abaixo, verificar a segurança. Dados: σ 1 = 0 , σ 2 = −3tf / cm 2 , a = 1 tf/cm2.

4) Determinar quais valores a tensão P de compressão pode variar sem que haja ruptura. a = 0,4 tf/cm2. Tensões em tf/cm2. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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Resolução do exercício 3: Equação da parábola:

x = ay 2 + by + c pontos conhecidos: (0,1); (1,0) e (0,-1). 2 0 = a ⋅ 1' +b ⋅ 1 + c 2 1 = a ⋅ 0' +b ⋅ 0 + c 2 0 = a ⋅ (− 1)' +b ⋅ (− 1) + c

a = −1 ; b = 0 ; c = 1 x = − y 2 + 1 equação da parábola. Equação do círculo de Mohr

( x − x 0 )2 + ( y − y 0 )2 raio: R =

σ1 −σ 2 2

=

= R2 0+3 = 1,5 2

coordenadas do centro: (x 0 , y o ) =

(x + 1,5)2 + ( y )2

σ1 + σ 2 2

,0 = (− 1,5;0 )

= 1,5 2 equação do círculo

x = −y2 +1

(x + 1,5)2 + ( y )2

= 1,5 2

Resolvendo o sistema:

x 2 + 2x + 1 = 0 Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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∆=0 A equação apresenta 2 raízes iguais, portanto a parábola e o círculo de Mohr se tangenciam em um único ponto. Portanto há segurança.

8-FLAMBAGEM -Estados limites último e de utilização. Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021 Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP

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-Resistência; Rigidez; Estabilidade.

Fcr = força crítica. 1,015 ⋅ Fcr → 20% h Estabilidade: propriedade que um sistema possui de recuperar seu estado original apóes ter sido deslocado de usa posição de equilíbrio.

Determinação da força crítica ou força de flambagem ou força de Euller:

- Teoria de 1a ordem

- Teoria de 2a ordem E ⋅ I ⋅ v " = − M ( x)

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K≅

∂ 2v ∂x 2

- Teoria de 3a ordem

K=

∂ 2v ∂x 2 ∂v 1+ ∂x

•

2

3/ 2

Método do equilíbrio:

d = ⋅ sen ϕ ≈ ⋅ ϕ (pequenos deslocamentos)

M T = F ⋅ d = F ⋅ ⋅ϕ M R = c ⋅ϕ MT = momento tombador; MR = momento restaurador

•

MT < M R

•

MT = M R

•

MT > M R

F ⋅ ⋅ϕ = c ⋅ϕ

F=

c

(força crítica)

Barra Bi-articulada (articulada-articulada)

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M ( x) = F ⋅ v E ⋅ I b ⋅ v " ( x) = − M ( x) E ⋅ I b ⋅ v " ( x) = − F ⋅ v E ⋅ I ⋅ v " ( x) + F ⋅ v = 0

Equação diferencial da flambagem

Soluções:

v = c1 ⋅ sen kx + c 2 ⋅ cos kx = v( x) v ' = c1 ⋅ k ⋅ cos kx − c 2 ⋅ k ⋅ sen kx v " = −c1 ⋅ k 2 ⋅ sen kx − c 2 ⋅ k 2 ⋅ cos kx c1,c2 e k são constantes desconhecidas. Condições de Contorno:

•

x=0 , v=0

c2 = 0

v = c1 ⋅ sen kx E ⋅ I ⋅ v " ( x) + F ⋅ v = 0 E ⋅ I ⋅ ( −c1 ⋅ k 2 ⋅ sen kx) + F ⋅ (c1 ⋅ sen kx) = 0

K=

F E⋅I

•

x=

, v=0

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c1 ⋅ sen k = 0 K2 =

c1 ≠ 0

k = n ⋅ π onde n = 0,1,2,3

∴ sen k = 0

F n2 ⋅π 2 = E⋅I E⋅I

n =1

Logo: Fcr =

π2 ⋅E⋅I 2

Barra engastada – livre Fcr =

π2 ⋅E⋅I 4⋅

2

Barra articulada – engastada Fcr =

2 ⋅π 2 ⋅ E ⋅ I 2

Barra bi-engastada

Fcr =

4 ⋅π 2 ⋅ E ⋅ I 2

Comprimento de flambagem ( Fcr =

fl

) ou comprimento crítico (

cr

):

π2 ⋅E⋅I 2 cr

-

cr

=

-

cr

= 2⋅

-

cr

= / 2 para barra engastada - articulada

-

cr

= / 2 parabarra bi-engastada

para barra bi-articulada para barra engastada - livre

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•

Contraventamentos

•

Raio de giração I A

i=

I A

Índice de esbeltez ( λ )

•

λ=

i2 =

ou

cr

i

•

σ cr =

Tensão de flambagem ou crítica Fcr π 2 ⋅ E ⋅ I π 2 ⋅ E ⋅ i 2 π 2 ⋅ E = 2 = = 2 A λ2 cr ⋅ A cr −−

σ cr

π2 ⋅E k = = 2 λ2 λ

−−

k =π 2 ⋅E No caso de barras pouco esbeltas sujeitas à flambagem, deve-se abandonar o

estudo elástico.

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Exercícios: 1) Qual a relação h / b para que o pilar ofereça a mesma segurança contra a flambagem nas direções x e y.

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2) Determine o número de contraventamentos para que a carga F seja a máxima possível. Qual a força F neste caso?

3) Um certo material segue o diagrama indicado. Calcular Fcr.

Dados: Iz = 272 cm4; Iy = 896 cm4; E = 13000 kN/cm2; σ cr =

π2 ⋅E λ2

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4) Calcular P máximo.

Dados: σ cr =

10363000

λ2

para λ > 105 ; A = 2860 mm2;

Ix = 20 x 106 mm4; Iy = 1,4 x 106 mm4.

5) Calcular F máximo. Dados:

−−

= 300 cm; d = 8 cm; σ = 1,2 tf/cm2; σ cr =

10363000

λ2

para λ > 105

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6) O escoramento da vala é feito com madeira (Peroba Rosa). Sabendo-se que as peças disponíveis para as escoras são 6 cm x 16 cm e 6 cm x 12 cm. Escolher qual das peças é melhor. Dados: E = 942,5 kN/cm2, σ cr =

π2 ⋅E para λ > 64 ; P = 2 kN/m2. 2 4⋅λ

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Resolução do exercício 3. Raio de giração: iz = iy =

Iz = A

272 = 2,38cm 48

Iy

896 = 4,32cm 48

A

=

Índice de esbeltez:

λz = λy =

crz

iz cry

iy

=

250 = 105 (crítico) 2,38

=

250 = 58 4,32

Do gráfico, temos que λ = 80 para σ cr = 5kN / cm 2

σ cr = 5=

π2 ⋅E γ ⋅ λ2

π 2 ⋅ 13000 γ ⋅ 80 2

λ=4 σ cr =

π 2 ⋅ E π 2 ⋅ 13000 = = 2,91kN / cm 2 2 2 γ ⋅λ 4 ⋅ 105

Fcr = σ cr ⋅ A = 2,91 ⋅ 48 = 139,65kN

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9-BIBLIOGRAFIA •

Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill do Brasil, 1982.

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Féodosiev, V., Resistência dos Materiais, edições Lopes da Silva, Posto, 1977.

•

Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara Dois AS, 1981.

•

Langendonck, Telemanco van, Resistência dos Materiais, ed. E. Blüncher.

•

Miroliubov, I. [et al.], Problemas de resistencia dos materiais, ed. Moscou : Mir,1983.

•

Nash, W. A., Resistência dos Materiais, ed. McGraw-Hill do Brasil Ltda., 1975.

•

Popov, Egor Paul, Introdução à Mecânica dos Sólidos, São Paulo, ed. E. Blüncher, 1982.

•

Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São Paulo, 5ª edição, janeiro 1974.

•

Timonshenko, S. P., Mecânica dos Sólidos, Rio de Janeiro, ed. Livros Técnicos e Científicos, 1983-84.

Obs.: Apostilas de assuntos de Resistência dos Materiais da FEC também são referências bibliográficas.

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