Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais PARTE 02

A - n(2rf _ 2l----nr
4
4 2r 8r
Xl =-.-=-
3 n 3n
4 2r 8r
y=-'-=-
3 rt 3n
4rx2 =-3n
4r
Y2 =-
3n
2 8r nr2 4 rnr ._--.--
X - Y - 3n 4 3 nG - G-
2 nr2nr --
4
8r3 r3---
X -Y - 3 3G - G-
3 nr2---4 4
I xG = YG = 0,99 r I
localização do ponto na superfície
y
O,99r x
Ex. 7- Determinar as coordenadas do CG da superfície hachadura representada na figura.
y
x
Características GeométricasdasSuperfíciesrPlanas"
Solução:
Denomina-se superfície (j) ao triângulo de cateto 2r, e superfície (2) ao quadrante de círculo
de raio "r". Analogamente aos exercícios @ e ®, determinam-se as coordenadas xGe YG'
2rx2r = 2r2Al = -2-
m2
A2=4
2r
Xl =3"
4r
X2 = 31t
2r
Yl =3"
4r
Y2 = 31t
Como Xl = Yl e X2= Y2' conclui-se que xG=YG'
Alx1 - A2X2
XG = YG = Al - A
2
2r2 . 2r _ m~. 4r 4r
3
r
3
x
G
= YG = 3 4 31t _ 3-3"
2 -
2r2 _~ r2(2_~)
4 4
r3
XG=YG= =---
r2(2_~) 1,215
4
xG = Y G = O,82r I
y
localização do ponto na superfície
&l
ó
O.82r x
Ex. 8 - Determinar as coordenadas do CGda superfície hachurada representada na figura.
y
U")
C'oJ
1?l
1?l
~
x
';1J;i Mecânica,T écnicae Reslstêncla-dos Materiais;if~;;;;;7;""""","''''; -~K~~,:r ,';.,
Solução:
Divide-se a figura em 5 superfícies geométricas conhecidas. A superfície CDserá o retângulo
de 60 x 100, a superfície @ corresponde ao retângulo de 50 x 80, as superfícies Q),@ e ~
correspondem aos furos representados na superfície. Temos então:
Al =: 10 x 60 =: 6000mm2 A2 =: 50x80 =: 4000mm
2
Xl =: 30mm X2 =100mm
Yl =: 50mm Y2 = 25mm
1tx252 2
A3 =: =:490,87mm
4
X3 =: 30mm X4 = 30mm
Y3 = 75mm Y4 =: 25mm
X5 =: 100mm
Y5 = 25mm
6000x30 + 4000x100 - 490,87x30 - 490,87x100x -----------------------------------
G - 6000+4000-3x490,87
180000 + 400000 -14726 -14726 - 49087X --------------------------------
G - 10000-1472,6
X =: 501461 =: 58 8mm
G 8527,4 ,
6000x50 + 4000x25 - 490,87x75 - 490,87x25 - 490,87x25
YG =: 6000 + 4000 - 3 x 490,87
300,000 + 100.000 - 36815 -12272 -12272
YG =: 8527,4
= 338641 = 39 7mm
YG 8527,4 ,
localização do ponto na superfície
y
~
x
X<;
Ex. 9 - Determinar as coordenadas do CG da superfície hachadura representada na figura
a seguir.
y
o
C'l
x
o
CV'l
L{)
C'l
L{)
C'l
Solução:
Divide-se a figura nas superfícies geométricas mostradas na figura, ou seja, a área CD
representada o retângulo 60x100, a área Á representada o retângulo 40x50, a área o @
semicírculo de raio 25, a área @ o furo de diâmetro 24 e área @ representada o triângulo
de catetos 30.
Al = 60x100 = 6000mm
2 2 2nx24 = 452,4mmA4 = -4-
Xl = 30mm X4 = 30mm
Yl = 50mm Y4 = 25mm
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais <".
A2= 50x40 = 2000mm2 A - 30 x 30 _ 450 25 - - mm2
X2= 60+20 = 800mm
30x5 = 60-- = 50mm3
30
Y5=100--=90mm
3
Y2= 25mm
11:.252 2
A3= -- = 981,75mm
2
4·25X3= 100 + -- = 110,6mm
3'11:
Y3= 25mm
6000x30 +2000x80 + 981,75x110,6 - 452,4x30 - 450x50
XG=--------6-0-0-0-+-2-0-0-0-+~9-8-1-,7-5--~4-5-2-,4--~4-5-0--------
180000 +160000 +108582 -13572 - 22500
xG=------------8-0-8-0---------------
XG= 412510 ::::51mm
8080
6000x50 + 2000x25 + 981,75x25 - 452,4 x 25 - 450x90
YG= 6000 + 2000 + 981,75 - 452,4 - 450
I YG::::40mm I
localização do ponto na superfície
Ex. 1.0 - O perfil representado na figura é composto por uma viga I 125x25,7 e uma chapa
120xl0 [mm]. Determinar o CG do conjunto. A peça é simétrica em relação a y.
y
y
x
"::"''''0';:'' .Y· ; .Características Geométricas das Superfícies Planas ., .181
A1 =3270mm
2
Y1 = 76,2mm
A1 = 32,7cm
2 = 3270mm2
A2 = 1200mm
2
Y2 = 157,4mm
Como a peça é simétrica em relação a y concluímos que xG = O.
A1Y1+A2Y2 3270x76,2 + 1200x157,4Y G = = ----'---------'---
A1 + A2 3270 + 1200
249174+ 188880
YG = 4470
IYGi=:98mm I
y
localização do ponto na superfície
CG
x
9.3 Momento de Inércia J (Momento de 2~Ordem)
o momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência, é definido
através da integral de área dos produtos entre os infinitésimos da área que compõem a superfície
e suas respectivas distâncias ao eixo de referência elevadas ao quadrado.
r, = t y2dA Jy = IA x2dA y
dA
[J] = [Lf[Lf = [L4]
x
Análise dimensional de J
[mm 4; em": m": ..]
y
portanto, a unidade de momento de inércia poderá ser:
x
9.3.1 Importância do Momento de Inércia nos Projetos
o momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento
dos elementos de construção, pois fornece através de valores numéricos, uma noção de resistência
da peça. Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça, maior será
a resistência da peça.
MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais;;:"
9.3.2 Translação de Eixos (Teorema de Steiner)
Sejam x e y os eixos baricêntricos da supetiície A. Para determinar o momento de inércia
da superflcie, em relação aos eixos u e v, paralelos a x e y, aplica-se o teorema de Steiner que
é definido através das seguintes integrais.
v
x
u
Desenvolvendo as integrais, tem-se:
Como 2aS/dA = O pois x é o eixo baricêntrico, concluímos que:
Ju = Ly2dA +a2 L dA I Ju = Jx +a2A I
Como 2btYdA = O pois o eixo y é baricêntrico, concluímos que:
Baseando-se nas demonstrações anteriores, pode-se definir o momento de inércia de uma
superfície plana em relação a um eixo paralelo ao eixo baricêntrico, e o respectivo transporte de
eixos, que será obtido através do produto, entre a área da supetiície e a distância entre os eixos
elevada ao quadrado.
v y
J = J + Aa2u x x
u
9.4 Raio de Giração i
o raio de giração de uma superfície plana em relação a um eixo de referência constitui-se
em uma distância particular entre a superfície e o eixo, na qual o produto entre a referida distância
elevada ao quadrado e a área total da superfície, determina o momento de inércia da superfície em
relação ao eixo.
y
J, = A. i 2x
Jy = A. i 2Y
ix
x
Para determinar o raio de giração da superfície, quando conhecido o seu momento de inércia,
utilize-se a sua definição, que é expressa através da raíz quadrada da relação entre o momento de
inércia e a área total da superfície.
ix =fi iy =fl
Análise dimensional de i
[
4]1/2
[i] = ~~~2 = [[Lf t/2 = [L]
portanto as unidades de i podem ser [m; cm; mm; ... ]
9.5 Módulo de Resistência W
Define-se módulo de resistência de uma superfície plana em relação aos eixos baricêntricos
x e y, como sendo a relação entre o momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico e a distância
máxima entre o eixo e a extremidade da secção transversal estudada.
JxWx= -
Ymax
y
JyW = -
y X
max
l/r l • x
Análise dimensional de W Xmáx
[W] = [J] = [L]4 _ 3
[x ou y] [L] - [L]
portanto as unidades de W podem ser: [m3; crrr'; mm': ... ]
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
9.6 Exercícios
Ex. 1. - Determinar o raio de giração e o módulo de resistência relativos aos eixos
barcêntricos x e y dos perfis representados a seguir, sendo conhecido o momento
de inércia dos mesmos.
a) b)
x
bh3J =-
x 12
hb3
J =-
y 12
c) d)
4
J =J = nd
x y 64
e) f)
g) h)
y
bh3J =-
x 36
hb3J =-
y 36
y
J, = O,1098r4
Jy = O,3927r4
';d2;:':'((' (0'(:"':",'" ',",' ,;;;" '" "" CaracterísticasiGeométricas das Superfícies' Planas 'i' :
i)
~
~
j)
Jx =Jy =O,0549r
4
Solução:
a)
y
~~A-)(..c
Raio de Giração i
" [J; íbh3
Ix = 'tA = Vi2bh
(h2 h h
ix = V12 = .J12 = 2J3
I i = hEIx 6
b)
-r~~~" ----x <':l
Módulo de Resistência
w = J, bh3x --
Ymax - 12~
2
W = Jy hb3Y --x - --
max 12E.
2
fJ:fhb3
iy = vi = Vi2bh
ffi2 b bi - -=-=-y - 12 .J12 2J3
I i = bEIy 6
Raio de Giração i
'"
"-X