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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 '" "-Xw _ bh2x --- 6 w _ hb2 Y --- 6 ~ a a ix = iy = V12a2 = J12 = 2J3 [ i, =iy=a: I Módulo de Resistência W w = W _ 2a4 a3x y- ---12a -6 "F Mecânica'Técnica e Resistência dos,Materiais?! '2P'. J _ 1tba3 x - -- 4 J = 1tab3 y -4 c) y d) e) Xrnáx Raio de Giração i ~C2J Módulo de Resistência W Raio de Giração i · _. _ r.c _ 4n(04 _d4) Ix -Iy - f"A - 64n(02 _ d2) i =i = 1~.~(02_d2) x y V 16 n~-'"-tf) · . J(02 + d2) Ix = Iy= 4 Módulo de Resistência W Raio de Giração i ix=iy =~ 1~2 · . a a 1=1 =-=-- x y 52 2.J3 li=i= af3 1x y 6 -'ffi" "MCaracterísticas Geométricas'das Superfícies Planas Módulo de Resistência W Para determinar o módulo de resistência da superfície, precisa-se do valor de Ymáxe xmáx' que pelo fato de a superfície ser simétrica em relação aos eixos x e y, serão iguais. Yrnax = X - aJ2rnax - -- 2 2a4 2a412 Wx = Wy = 12a12 = 12a1212 Wx =W _ a 3 J2y- - 12 f) Raio de Giração i IY i =ff=~2bh3 iy= ff = ~~~~:x A 36bh ..c:1 ~à . lli h h . g b b Ix = 18 = J1s = 3J2 1= -=--=--y 18 J1s 3J2 I i = hJ2 1 li = bJ2 1x 6 y 6 Módulo de Resistência W W x =~= 3bh 3 I w = bh' I Yrnax 36x2h x 24 W =~= 3hb 3 I w = hb' Iy xmax 36x2b y 24 g) VI/, a4 _b4 J =J =-- ,riíl /' ..kA "( -, x y 12 E:>-, , .//7 .•.. ....."." " A=a2-b2 aJ2 Xmax = Ymax =2 I Xmáx 'Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais,;''''"''''''''" Raio de Giração i h) y Módulo de Resistência W Raio de Giração i ix =ft I ix = O,264r I . f7y1= -Y A x 2 i =y 2 2xO,3927 2iy= ./--'----·r n Módulo de Resistência W w -~x - Ymax 4r 3nr-4r (3n-4) Ymax =r-= = ·r 3n 3n 3n Ymax = O,575r w =O,1098r4 = °191r3 x O,575r ' i) Xmax = r 4 W y = O,3927r = O,3927r3 r Características Geométricas das Superfícies Planas y 89 4r Ymax = Xmax = r-- 3n Raio de giração i ix = iy = O,0549r 4 . 4 _ nr2 - 4xO,0549r2 rt I ix = iy = O,26r I Módulo de Resistência W W x = W _ O,0549r4 y - r-~ 3rr O.549r4 3m 4r--- 3rr 3rr W x = W _ O,0549r4 y - r(3rr - 4 3rr ) O,0549r3 ·3rr (3rr-4) 3 3O,517r = O,095r Wx = Wy = 5,42 j) <ó J _ rrba3 x - -- 4 J y = rrab 3 4 A = rcab Raio de giração i Módulo de Resistência W ix =) :~:: =r; =~ W _ rrba3 rrba2x - --=4a -4 iy =):::: =r; =% Wy = rrab3 = rrab24b 4 9.6.1 Tabela Momento de Inércia Raio de giração e Módulo de Resistência Momento Raio de Módulo de Secção de Inércia Giração (i) Resistência(W) YI N ~~ bh3 hJ3 bh2..c:1- 'x Jx =12 ix=- Wx=-6 6 ~ hb 3 bJ3 hb2 J -- iy=- Wy=- ~ y - 12 6 6 .MecânicaTécnicae Reslstêncladossíslateríalss Secção Momento de Inércia Raio de Giração (i) Mõdulo de Resistência (W) · . aJ3 Ix=Iy=6 · . d I =1 =- x y 4 w = W = 1td3 x y 32 · . JD2 +d2 Ix=IY=--4- 4 4 Wx = W = 1t(D - d ) y 32D '-X: · . aJ3Ix=Iy=6 w = w = a 3.J2 x y 12 bh3 h.J2 bh2J =-.c x 36 i=- W=-x 6 x 24 hb3 b.J2 hb2Jy=- i=- W=-36 y 6 y 24 .. ~ Ix= Iy= 12 Momento Raio de Módulo de Secção de Inércia Giração (i) Resistência(W) -.-x J, = 0,1098r4 ix = 0,264r Wx = 0,19r3Jy = 0,3927r4 iy = 0,5r wy = 0,3927r3 ~ J, = Jy = 0,0549r4 i, = iy = 0,264r W, = Wy = 0,0953r3 dy Ex. 2 - Determinaro momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x no retângulo de base b e altura h conforme mostra a figura. Solução: b 1 ht2~ :h-.l. Como o eixo de x é baricêntrico, divide pela metade a altura h. Desta forma, pode-se escrever que: h Jx == 2J: y2 dA como dA = bdy temos que: h Jx == 2f: by2 dy hr, =2bf: / dY=2bX[iy3] J =2b[~(~)3 _~(O)3l=2bh3 x 3 2 3 24 J _ bh3x - --- 12 Ex. 3 - Determine o momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x no triângulo de base b e altura h representado na figura . x: "*0 .cl"" 'hés.Mecânica;Jécnica e Resistência dos Materiais •.. ;- •H." se:; ;;\ ./1, • C:'T·•••··';;"'JET;.-tL:; Solução: h O eixo x baricêntrico, estará localizado a 3 da base do triângulo. Tem-se então: por semelhança de triângulos conclui-se que: b h substituindo-se "a" na integral tem-se que: J = 2b(~h)3 _ 2b(_~)3 _ x 9 3 9 3 ~4 tiJ4-h --3 .~_~. 3 4 h h 4 2b 8h3 2b h3 16h4. bJ =-.--+------ x 9 27 9 27 81 x 4h 2b 9h3 15h3b J =-0---- x 9 27 324 2bh3 15bh3J =----- x 27 324 hx81x4 2bh3 -15bh3 9bh3 J =-------- x 324 324 bh3 J =- x 36 Características Geométricas das Superfícies:Planas Ex. 4 - Determinar momento de inércia, raio de gíração e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y nos perfis representados à seguir. '.0 b)a) y g ri x 120 c) d) o 00 'x oC\lri Solução: Transformando-se as unidades para [em], tem-se que: a) a.1.) Momentos de inércia 3 3 J = bh = 12x18 = 5832cm4 x 12 12 a.2) Raios de giração i = hJ3 = 18J3 = 5 2cm x 6 6 ' 23 4hb 3 18x1 = 2592cm Jy = 12 = 12 bJ3 12J3 = 3 46cmi --= -- t y - 6 6 a.3) Módulos de resistência w _ bh2 x -- 6 2 312 x 18 = 648cm 6 22 3hb2 18x1 = 432cmw--=v: 6 6 b) b.1.) Momentos de inércia 4 284 4nd _1t == 30.172cmJ, = Jy = 64 - 64 ;,?~";MecânicaTécnicaeResistência.dosMateriais;i' b.2) Raios de gíração . . d 28 71 =1 =-=-= em x y 4 4 c) c.1) Momentos de inércia a4 84 4J = J = - = - == 341em x y 12 12 c.2) Raios de giração i = i = a../3 = 8../3 == 2 31em4 x y 6 6 ' c.3) Módulos de resistência a3 83 3Wx = Wy =-= - = 85,33em6 6 d) Como os catetos do triângulo são iguais, conclui-se que J, = Jy d.1) Momentos de inércia d.2) Raios de giração 3 J =J = 12x12 =576em4 x y 36 . . 12J2 2821 =1 =--= emx y 6 ' d.3) Módulos de resistência 123 3W =W =-=72em x y 24 Ex. 5 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y do perfil representado na figura. v ~----~~----~ u Solução: Inicialmente, transformam-se as unidades para [cm], com a finalidade de facilitar os cálculos. O quadrado será denominado de superfície (1), enquanto o círculo passa a ser superfície (2). Momento de Inércia: Jx = ~ = 40 4 -12 12 = 213.333,3cm 4 04 4nd 4 nx2 = 7854cm JX = 64 = 64 Como as duas figuras são concêntricas, não há transporte de eixos; desta forma, para se obter o momento de inércia da superfície, subtrai-se o momento de inércia do furo, do momento de inércia do quadrado. Jx = Jxi - Jx2 = 213.333,3 - 7854 I Jx = 205.479,3cm41 Os momentos de inércia são iguais em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que: 4Jx = Jy = 205.479,3cm Raio de Giração ix = iy = ff A = Ai -A2 Ai = 40x40 = 1600cm2 2 2 A 2 = nD = nx20 = 31416cm2 44' A = Ai - A2 = 1600 - 314,16 = 1285,84cm2 I ix = iy = 12,64cm I ix = iy = 205479,3 1485,84 Módulo de Resistência Como a superfície é simétrica em relação aos eixos x e y, concluímos que: _ W - 205.479,3 1 31Wx - y - ,..,f""\ Wx = Wy= 10273,96cm Ex. 6 - Determinar os momentos de inércia relativos aos eixos u e v do exercício anterior. Solução: A superfície sendo simétrica em relação aos eixos x e y, conclui-se que Ju = Jv' pois a distância entre os eixos laterais é a mesma. Aplicando-se o teorema de Steiner, temos: v Como Ju = Jv' conclui-se que: 4Jv = 719.815,3cm x Ju = J, + Ay2 Ju = 205.479,3 + 1285,84 + 202 Ju = 719.815,3cm4 >- li MecânicaTécnicae.ResistênciadosMateriais Ex. 7 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y da superfície hachadura representada na figura. Solução: Para resolver este exercício, a primeira providência é localizar o eixo x em relação ao eixo u, através da coordenada vg. A coordenada ug é dispensável, por ser de simetria. Denomina-se o retângulo de superfície(1) e o losang.o de superfície (2), tem-se então: Obs: as medidas estão transformadas para em 96x6-9 x9vg------ 96-9 576 - 81 87 I vg==5,69cm I Momento de Inércia r, ==8x12 3 +96(6-5,69)2 _[3 4 +9(9-5,69)2] 12 12 Jx ==1.152+ 2,23- (6,75+ 98,6) Jx ==1048,9cm41 Para determinar o momento de inércia Jx' não há transporte de eixos, pois o eixo y da peça coincide com o eixo y de cada figura geométrica da peça. Portanto podemos escrever que: J ==12X83 3 4 y 12 12 Características Geométricas das Superfícies Planas 197 Raios de giração: i = rJ: = ~ 1048,9 x VA 87 I ix = 3,47cm I i = ~ = ~505,25 y Vf;: 87 I iy = 2,41cm I Módulos de resistência: J JW x = __x_ e W y = _y_ Ymax xmax Ymax = 12 - 5,69 = 6,31cm 31048,9 = 166,22cm Wx = 6,31 Como o eixo é de simetria, conclui-se que: 8 Xmax = - = 4cm2 3505,25 = 126,3cmWy = 4 Ex. 8 - Determinar momento de inércia, raio de giração módulo de resistência, relativos aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura. v i J5i ._-.-_._- ,;á EI o>- <:j< I :p51.. ~ ~~~-4-~~:tI.: Solução: Na solução deste exercício, divide-se a superfície em dois retângulos, denominando-se aleatoriamente o retângulo vertical de (1) e o horizontal de (2). Determina-se em seguida a coordenada llg, com a finalidade de localizar o eixo x em relação o eixo u (eixo de referência). Transformando as unidades do exercício para [cm], temos: AiVi +A2V2 4x3+5xO,5vg = = -----'-- Ai +A2 4+5 I vg = 1,61cm I a coordenada ug = 2,5 cm pois o eixo y é eixo de simetria. "" Mecânica'TécnicaeResistênciados Materiais Momentos de Inércia 1x43 5x13 Jx = -- + 4(3 -1,61)2 + -- + 5(1,61- 0,5)2 12 12 Jx = 5,33 + 7,73+ 0,42 + 6,16 I Jx = 19,64cm4 I Em relação a y, não há transporte, pois o eixo y dos retângulos coincide com o eixo do .l. Temos então que: 4x13 1x53 J =--+-- y 12 12 Jy = 0,33 + 10,41 = 10,74cm4 I Jy = 10,74 cm41 Raios de Giração i = ~=J19,64 x VA 9 ix = 1,47cm I iy = 1,09cm Ii = r.ç = J10,74 y vI:: 9 Módulos de Resistência w =~= 19,64 =579cm3 x Ymax (5 -1,61) , W =~=10,74=43cm3y ,xmax 2,5 Ex. 9 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos aos baricêntricos x e y no perfil I representado na figura. x >- 11 ~ E:r 11 o ';>~..... u Solução: As unidades serão transformadas para [em]. O perfil é simétrico em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que: 4 ug = - = 2cm 2 7 vg =- = 35cm2 ' Momento de Inércia: Para determinar o momento de inércia relativo ao eixo x, divide-se a figura em três superfícies retangulares, duas horizontais que se denominam (1) e (3), e uma vertical que se denomina (2). A superfícies (2) não apresenta transporte de eixos, pois o seu eixo x coincide com o eixo x do perfil L Restam, portanto os transporte das superfícies (1) e (3), que por serem iguais, calcula-se uma única vez, e multiplica-se o resultado obtido por 2. Teremos então desta forma: Jx = 2 (JXi + Aiy; )+ JX2 J =2[4X1 3 +4X32]+1X5 3 x 12 12 Jx =2 (0,33+36)+10,41 I Jx = 83,07 cm 4 1 O momento de inércia em relação ao eixo y não possui transporte de eixos, pois os eixos y das superfícies retangulares coincidem com o eixo do perfil L Portanto, conclui-se que: Jy = 2 JYi + JY2 J = 2 [1 x 4 3 ] + 5x 1 3 y 12 12 Jy = 10,67 + 0,42 I Jy = 11,09cm41 Raios de giração: ix=h A = Ai + A2 + A3 = 4 + 5 + 4 = 13cm 2 . J 83,07 = 2,53cm Ix = 13 i = {J;= J11,09 y fI; 13 I iy = 0,92cm I ·,·,"MecânicaTécnica e Resistência dosMaterlals Módulos de Resistência Como a superfície é simétrica em relação aos eixos, conclui-se que: h 7 Y =- =- =35emmax 2 2 ' b 4 x = - =-=2emmax 2 2 Wx = ~ = 83,07 = 23,71cm3 Ymax 3,5 W Jy 11,09 55 3 =--=-- em y 2'Xmax Ex. 10- Determinar os momentos de inércia Ju e J, do exercício anterior. Solução: Conhecendo-se os momentos de inércia baricêntrico, para se obter os momentos Ju e Jv' basta somar os respectivos transportes de eixo. Desta forma escreve-se que: J = J + Ay,2 e J = J + Ax,2u x y y Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que: Y,=~=2.=35em2 2 ' x'= ~=~= 2em2 2 portanto, tem-se que: Ju = 83,07+13x3,52 = 242,32em4 I Ju = 242,32em41 I Jy = 63,0gem41r, =11,09+13x22 = 63,0gem4 EX.11- Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resitência, relativos aos eixos baricêntricos x e y da secção trasnversal representada na figura. A figura é simétrica em relação a y. x (l)-ehapa 100 x 10[mm] (2)-viga I 5"x3" h = 127mm b= 76,2mm Jx = 511em 4 Jy = 50cm 4 2A2 = 19cm u "·"',.'htv,;;Características,Geométricas dasSuperffcies-Planas Solução: Para determinar o momento de inércia das secções transversais compostas por vigas, deve- se utilizar as características geométricas destas, designadas nos catálogos ou tabelas. A secção transversal da viga não deve ser dividida em outras superfícies geométricas, devendo fazer parte da resolução com sua área total. o eixo x está em uma posição desconhecida em relação à base da secção (eixo u, eixo de referência). Para localizar o eixo x, determina- se a coordenada YG' AiYi + A2Y2 YG= Ai +A2 As unidades forma transformadas para [em]: 10 x 13,2 + 19 x 6,35 YG= 10+19 Momentos de Inércia I YG= 8,71cm o momento de inércia ao eixo baricêntrico x é determinado através do somatório dos momentos de inércia das superfícies (1) (chapa) e (2) (viga) e os respectivos transportes de eixos. Tem-se então que: '2 '2J, = Jx1 + A1Yl + Jx2 + AY2 r, = 10x1 3 +10(13,2-8,71)2 +511+19(8,71-6,35)2 12 J, = 819,25cm4 Para determinar o momento de inércia relativo a y, não há transporte, pois os eixos Yda chapa e da viga coincidem com o eixo do conjunto. Tem-se, então, que: Jy = Jy1 + Jy2 3 1x10 +50 Jy = 12 I Jy = 133,33cm41 Raios de giraçâo: i = TJ: = ~819,25 x VA 29 I ix = 5,31cm i = ~ = ~133,33 y vI:: 29 I iy = 2,14cm Mecânica Técnica e Reslstêncla.dos Materiais' Módulos de Resistência Wx=~ Ymax Neste caso, a distância máxima entre o eixo e a extremidade da peça é o próprio YG = Ymáx = 8,71cm. w = 819,25 == 94cm3 => 1 w = 94cm31 x 8,71 '--x --'. A distância máxima entre o eixo Y e a extremidade do conjunto é 5 cm que correspondem à metade da lateral da chapa. W -__ Jy -- 133,33 ---' I 31y X _ 5 -F Wy = 26,67 cm max Ex. 12 -Determinar momento de inércia, o raio de giração e o módulo de resistência, relativos ao eixo baricêntrico x do conjunto representado na figura. y (2) - Perfil U P. Americano CSN 6" x 2" I I I (DCHAPA ô~~ I .s;:.- x h = 152,4mm A = 24,7cm2 J, = 724cm4 4Jy= 43,9cm Solução: Como o eixo é de simetria, conclui-se que o eixo esta localizado na metade da altura do conjunto. As unidades foram transformadas para [em]. 15,24yg = --+1 = 8,62cm 2 Momento de Inércia Com a finalidade de facilitar o entendimento, denomina-se as chapas de (1) e as vigas de (2). As vigas não possuem transporte em relação ao eixo x pois os eixos são coincidentes. Como as chapas possuem as mesmas dimensões, escreve-se que: Jx ==2 VX1+ A1Yf)+ 2Jx2 [ 20X1 3 ( )2]Jx==2 12 +208,62-0,5 +2x724 J, ==4088,72cm4 Raio de Giração A==2A1 +2A2 ==2x20+2x24,7 A ==89,4cm2 ix ==fi ix == 4088,7289,4 I ix ==6,77cm I Módulo de Resistência W x ==~ ==4088,72 Ymax 8,62 I Wx ==474,32cm31 Ex. 1.3 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resitência, relativos aos eixos baricêntricos x e y na secção transversal representada a seguir, composta por duas cantoneiras 89 x 64 designação CSN e por uma chapa 120 x 10 [mm]. I-·-I.J.......7-I./-- I ~. -I'" I I 1"<1-- i-'-'-120-'-'-l3 (1) cantoneira 89 x 64 CSN P. Americano Cl' '" x li @chapa I y15,5 75cm4 õcm" ..c Jy ==32cm4 A ==9,3cm2 b ==63,5mm h ==88,9mm I I±t-!b~I~28,2 Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais Solução: Para solucionar este exercício, determina-se a coordenada YG, objetivando localizar o eixo x em relação ao eixo u (eixo de referência). Denomina-se as cantoneiras de figura (1) e a chapa(2). Transformando as unidades do exercício para [em], tem-se que: 52,45+ 72 YG= 30,6 I YG= 4,07em I o eixo y, por ser de simetria, está localizado na metade da base. Momentos de Inércia: Jx =2[75+9,3(4,07_2,82)2]+1X12 3 +12(6-4,07)2 12 Jx = 367,75em I Para determinar o momento de inércia Jy, não existe transporte de eixos para chapa, pois o eixo y da chapa coincide com o eixo y do conjunto. Teremos então: '2Jy =2 (Jy + Ai Xl ) + JY2 r. 1 12x1 Jy = 2 L32+ 9,3(1,55 + 0,5)2J+-- 12 Jy = 143,2em41 Raio de giração: A = 2x9,3+12 = 30,6em2 ix =fi i = 367,75 = 347em x 30,6 ' . ~43,2 216J=--= em y 30,6 ' ~,%+ •....... g;"'~'/"'D'4;;L" ,. Características Geométricas;das.Superficies Planas- 205 Módulo de resistência: JW y = .x Xmax 143,2 143,2 6,85 I Wx = 46,37cm31 I Wy = 20,9cm31 W x = ~ = 367,75 = 367,75 Ymax (12-4,07) 7,93 (6,35+0,5) Ex. 14 -Determinar o momento de inércia relativo ao eixo u no exercício anterior. Solução: Obtém-se o momento de inércia Ju do conjunto, somando-se ao momento de inércia J, e o transporte de eixos (Teorema de Steiner). Tem-se então: Ju = J, + A· Y~ Ju = 367,75 + 30,6 X 4,07 2 I Ju = 874,63cm41 Ex. 15 - O perfil representado a seguir é composto por duas vigas U CSN 152 x 12,2 com as características geométricas descritas a seguir, e duas chapas de 200 x 10 [mm]. Determinar os momentos de inércia, raios de giração e módulos de resistência do conjunto, em relação aos eixos baricêntricos x e y (eixos de simetria). (1) - Chapa 200 X 10 (2) - Viga U CNS 152 X 12,2 ~~j ..c A = 15,5 cm2 13 h = 152,4mm xmáx b = 48,8mm y'2 ,~ Es- J, = 546cm4 Jy = 28,8cm4 x iQ)Chapa Solução: Com os eixos x e y são de simetria, podemos afirmar que o eixo y está localizado na metadade da base e o eixo x está na metade da altura da secção. Denomina-se (1) as chapas e (2) as vigas para simplificar a resolução. MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais Observa-se que as vigas (2) estão defasadas 90° em relação à posição na qual foram dadas as suas características geométricas. Desta forma, para determinar o J, do conjunto, utiliza- -se o Jy da viga. Tem-se então que: Momento de Inércia Jx = 2 (Jx1+ A1y{ )+ 2 VY2 + A2y5. ) J, = 2 [ 2~X: 3 + 20(4,88 + 0,5f 1= 2 (28,8+ 15,5x1.3' ) Jx =2 [1,67+578,89]+2x55 Jx = 1.271,12em 4! Para determinar o Jy utiliza-se o Jx da viga. É fácil observar que para este cálculo, não há transporte de eixos, pois os y da chapa e da viga coincidem com o eixo y do conjunto. Vem então que: 3 J =2h1b1 +2J y 12 x2 3 J = 2 lx20 + 2x546 y 12 Jy = 1.333,33 + 1092 Jy = 2.425,33Cm41 Raios de Giração A = 2x20 + 2x15,5 = 71cm2 i = fJ: x VA . - 11271,12 _ 423 Ix - V 71 -, em . - fiy - 12425,33 - 584I - - - - em y A V 71 ' Módulo de Resistência W = ~ = 1271,12 = 1271,12 x Ymax (4,88 + 1,0) 5,88 I Wx = 216,18cm3! I Wy = 242,53cm31w = ~ = 2425,33y x 10max - 9.7 Produto de Inércia ou Momento Centrífugo (Momento de 2~ Ordem) o produto de inércia (momento centrífugo) de uma superfície plana é definido através da integral de área dos produtos entre os infinitésimos de área dA que compõem a superfície e as suas respectivas coordenadas aos eixos de referência. y dA Jxy = LXYdA x o produto de inércia denota uma noção de assimetria de superfície em relação aos eixos de referência. 9.7.:1 Estudo do Sinal o produto de inércia pode ser positivo, negativo ou nulo, dependendo da distribuição de superfície em relação aos eixos de referência. O produto será positivo, quando a superfície predominar no 12 e no 3º quadrantes, será negativo quando predominar no 2º e 4º quadrantes, e nulo quando houver eixo de simetria. y Jxy > O - Quando a superfície predominar no 1º e 32 quadrantes x Jxy < O - Quando a superfície predominar no 2º e 42 quadrantes Jxy = O - Quando houver eixo de simetria 9.7.2 Transporte de Eixos (Teorema de Steiner) Sejam x e y eixos baricêntricos de superfície A, e os eixos u e v paralelos a x e a y respectivamente. O produto de inércia da superfície em relação aos eixos u e v será determinado através do teorema de Steiner que é definido pela integral: Juv = l(Y + a)(x + b)dA Juv =1xyd; +a1xd, +b lYdA +ab idA MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais v u y dA x Como os eixos x e y são baricêntricos, conclui-se que: pois a e b = O (relativo ao eixo baricêntrico). Temos, então, que: Juv = Jxy + A . a . b Análise Oimensional do Produto de Inércia o produto de inércia, sendo um momento de 2l! ordem, possui a mesma unidade do momento de inércia, ou seja, [L]4, senão vejamos: 9.7.3 Tabela Produtos de inércia de superfícies planas. .-x y .«:1-..<:. X X JXY = O Jxy = O a b yl y .D x JXY = O x- JXY = O y --+ "~'--\ .--x Características Geométricas.das-Superficies Planas 209 9.8 Eixos Principais de Inércia Pelo centro de gravidade de uma superfície plana passam infinitos eixos, dentre os quais se apresentam da maior importância, os eixos de momento de inércia máximo e mínimo. O eixo de momento máximo estará sempre mais distante dos elementos de superfície que formam a superfície total; obviamente o eixo de momento mínimo será o mais próximo aos elementos de superfície. Os momentos principais de inércia são determinados através das expressões: Jmax =0,5(Jx+Jyl+O,5J(Jx-Jyl2+4J~ Jmin = 0,5(Jx +Jyl-O,5 J(Jx -Jyf +4J~ y \.~i-~ x Os ângulos que os eixos principais de inércia formam com o eixo x são determinados através de suas respectivas tangentes. J - Jmaxx tgcxmax = Jxy Jx - Jrnin tgcxmin = Jxy amax - ângulo que o eixo de momento máximo forma com o eixo x amin - ângulo que o eixo de momento mínimo forma com o eixo x Conclui-se portanto que: Os eixos de momento de inércia máximo e mínimo estarão sempre defasados em 90° entre si. I CXmax = CXmin + 90° I Qualquer par de eixos, defasados 90° entre si, que passem pelo centro de gravidade da superfície, terá a soma de seus momentos de inércia constante. Tem-se, então que: Jmáx + Jmin = J, + Jy 9.9 Momento Polar de Inércia (Jp) (Momento de 2ª Ordem) o momento polar de inércia de uma superfície plana é definido através da integral de área dos produtos entre os infinitésimos de área dAe as suas respectivas distâncias ao polo elevadas ao quadrado. MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais y x y x Tem-se que: aplicando Pitágoras, vem que: r2 = x2 + l portanto: Jp =1(x2 + y2)dA unidade de Jp = [Lt 9.10 Módulo de Resistência Polar (W p) o módulo de resistência polar de uma superfície é definido através da relação entre o momento de inércia polar da secção, e o comprimento entre o polo e o ponto mais distante da periferia da secção transversal (distância máxima). y unidade de Wp [W ] = [L]4 = [L]3 p [L] Importância do módulo de resistência polar nos projetos. Utiliza-se o módulo de resistência polar no dimensionamento de elementos submetidos a esforço de torção. Quanto maior o módulo de resistência polar da secção transversal de uma peça, maior a sua resistência à torção. 9.11 Exercícios Ex. 1. - Determinar as expressões de momento polar de inércia (Jp) e o módulo de resistência polar (Wp) das secções transversais a seguir, sendo conhecidas as expressões de momento de inércia das mesmas. Solução: a) b) x a d caracterlsticas Gelométriica:sd,as~Su~)er1ícilesPlanas D Iy d) IYc)d a.1) Momento polar de inércia Sabe-se que Jp = J, + Jy' o momento de inércia da secção transversal quadrada é o mesmo para o eixo x e para o eixo y, e 4a J, =Jy =12 Temos, então, que: 2a 4 a"Jp =--=-12 6 a.2) Módulo de resistência polar (Wp) J W =-p- p rmax A distância máxima entre o pólo e o ponto mais afastado da periferia da secção transversal quadrada é a metade da sua diagonal. Como rmáx é a hipotenusa de um triângulo retângulos de catetos iguais, pode-se afirma que: a aJ2r = =-- max 2cos 45° 2 Jp 2a4 a3W =-=--=- p rmax 6aJ2 3J2 yl a a3J2 =: 023a3Wp = -6 - , x b) b.1) Momento polar de inércia (Jp) Como Jp = J, + Jy, para secção circular: 4 J -J _ nd x - y - 64 portanto, J = 2nd 4 = nd 4 p 64 32 b.2) Módulo de resistência (Wp) Na secção circular, a distância máxima entre o pala e o ponto mais afastado na periferia é o próprio raio da secção. MecânicaTécnicae Resistência dos Materiais. d rmax = 2" Tem-se, portanto, Temos, então, que c) c.1) Momento polar de inércia: Jp = J, + Jy Para coroa circular: c.2) O módulo de resistência de coroa circular será: J W =-p- p rmax A distância máxima entre o pólo e o ponto mais afastado na periferia é o raio da circunferência maior da secção. Portanto, tem-se que: D rmax = 2" logo d) d.1) Momento polar de inércia (Jp) Obtém-se o momento de inércia da secção d, através da subtração entre o momento de inércia do círculo e o momento de inércia do quadrado. nd4 a4J =J =--- x y 64 12 Como J, = Jy, conclui-se que: J = 2[nd 4 -~) p 64 12 "''';FW;;>;;~;;;g ';;' ;;Características.Geométricasdas·Superfícies Planas 2 13 J d.2) Módulo de resistência: Wp = ~ max A distância máxima entre o pólo mais afastado da periferia é o raio do círculo, portanto: d rmax = 2" pólo nd 4 _ ~ [4 4] 3 432 6 2 nd a W _ nd a temos então que: Wp = ~ = d 32 -6 p - 16 - 3d 2 Tabela de momento polar de inércia (Jp) e o módulo de resistência polar (Wp) Iy rmáx . ----x Secção Momento de Inércia Polar Jp Módulo de Resistência Polar »; y m~IX a a4 J =- p 6 Wp == O,23a3 Iy I bh(b2 + h2)J = -'------'- p 12 W _ bh 2 P - 3+1,8~ b ~\\~1 ~ -~'- I nd4 Jp = 32 W _ nd 3 p - - 16 Iy d -~ i J _ n(04 _d4) p - 32 W _ n(04 _d4) p - 160 yl "~'- I nd4 a" J =--- p 32 6 nd3 a" W =--- p 160 3d Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais ..... Momento de Inércia Módulo de Resistência Secção Polar Jp Polar Wp ~ .• x J = 5J3a4_l"'~ p 8 Wp:: O,2b3 i •• a J3a4_. a 'x J =-- a3p 48 Wp=-20I vi-'D-, nd4 5J3a4 nd3 5J3a4J =-- W =--p 32 8 p 16 4d I Ex. 2 - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam com o eixo da secção transversal representada a seguir. "0- X Solução: a} Momento de inércia nd4 a"J ::--- x 64 12 Como a superfTcie possui a mesma distribuição em relação ao eixo y, conclui-se que: nd4 a4J =J ::--- y X 64 12 b) Produto de inércia Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que a secção transversal possui produto de inércia nulo. JXY = O c) Eixos principais de inércia Para esta secção não existe Jmáx e Jmin, pois os eixos que passam pelo CGda superfície terão o mesmo momento de inércia. Isto sempre ocorrerá para qualquer superflcie que possuir. Jx = Jy e JXY = O d) Ângulos CXmáx e cxmin' Como não existem eixos principais de inércia, o mesmo ocorre em relação aos ângulos cxmáx e cxmin' Conclui-se que, em qualquer posição que a peça for colocada, a sua resistência será a mesma. Ex. 3 - Determinar os momentos Jmáx e Jmin, e os ângulos cxmáx e cxmin na superffcie representada na figura. o \DI X Solução: Transformam-se as unidades para [em], visando simplificar a resolução. a) Momentos de inércia r, = JX1 -Jx2 4x63 2x423J =--- ' x 12 12 I Jx = 72 -12,35 = 59,65cm41 Jy = JY1 - Jy2 6x43 4,2x23 J =------ y 12 12 I Jy = 32-2,8 = 29,2cm41 b) Produto de inércia Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que Jxy = O. .5j: T;~mMecânica;Técnica,e:Resistência,dos MateriaisC;1'f~"''O!d''"=Z;;$''·;'J;)b,i$%·;:·if'';~'Tg:Y'''··i\3:r;;''N;y-,-.;;:Z'g;;;;;;&2 ..:;;;;a;EJi2Fi>J.';;:.;;;;g;;;;;S', c) Momentos principais de inércia Jmax = 0,5(59,65 + 29,2) + 0,5 J(59,65 - 29,2)2 Jmax = 44,425 + 15,225 = 59,65Cm41 Jmin = 0,5 (J, + Jy) - 0,5 J(Jx - Jy)2 + 4J~ Jmin = 0,5(59,65 + 29,2) - 0,5J(59,65 - 29,2)2 I Jmin = 44,425 -15,225 = 29,2cm 4 I Como Jmáx =Jx= 59,65cm 4 e Jmin =Jy= 29,2cm4, conclui-se que amax = O(eixo de momento máximo coincide com eixo x), e amin = 90°. (eixo de momento mínimo coincide com eixo y). x.--Jmáx = Jx Ex. 4 - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam com x na contoneiras de abas iguais representada na figura. v 10 Solução: Transformando as unidades para [em], tem-se que: a) Centro de gravidade 8 x 0,5 + 7 x 4,5 8+7 I ug = 2,37cm I Como a cantoneira é de abas iguais, conclui-se que: IUg=Vg=2,37cm I b) Momentos de inércia '2 '2Jx =Jx1 +A1Yl +Jx2+A2Y2 8x13 1x73 Jx =--+8x1,87 2+--+7x2,122 12 12 I Jx == 89cm41 Como a cantoneira é de abas iguais, conclui-se que: I Jy == Jx == 89cm4 I c) Produto de inércia Jxy = Jxy1+A1x'1y'1+Jxy2+A2x'2y'2 As áreas (1) e (2) são retângulos e os seus eixos barlcêntricos são eixos de simetria; portanto, conclui-se que JXY1e Jxy2 são nulos. Temos portanto que: Jxy == A1x'1 y'l +A2x'2 y'2 Jxy == 8(1,63)(-1,87) + 7(-1,87)(2,13) I JXY = -52,26cm4\ d) Eixos principais de inércia Jmax== 0,5(Jx +Jy)+0,5)(Jx _Jy)2 +4J~ Jmax== 0,5(89 + 89) + 0,5~4(-52,26)2 I Jmax== 141,25cm41 Jmin== 0,5(Jx +Jy)-0,5)(Jx _Jy)2 +4J~ I Jmin== 36,74cm41 e) Ângulos que os eixos dos momentos principais de inércia formam com x. Jmin== 0,5 (89 + 89) - 0,5 ~ 4 (-52,26)2 J -Jmaxx tgamax == Jxy 89-141,26 -52,26 (4- ~7Ytgamax == 1 portanto, amax== 45° tg« . _ Jx - Jmin 89 - 3674 mln - = ' Jxy - 52,26 45° .--._- x tgamin == -1 portanto, amin= -45 0 MecânicaTécnicaeResistênciadosMateriais'" Ex. 5 - Determinar Jmax e Jmin, amax e amin no perfil representado a seguir. I y I ~ 'X" 3 1----i '. 1 o,.... -;: ( x o,.... 25 10 25 Solução: Transformando as unidades para [em], temos: a) Momentos de Inércia Como as áreas (1) e (3) são iguais e estão equidistantes do eixo x, podemos escrever que Jx1 =- JX3 e Yl = Y3 = 2,5 em. J = 2[3,5X1 3 + 3 5x2 52 J+ 1x43 x 12 " 12 Analogamente ao momento de inércia X, podemos escrever para Y que e X'i = X'3 = 1,25cm Tem-se, então, que: J = 2[1X3,5 3 + 3 5x1252 J+ 4x13 y 12 " 12 J y = 2 (3,57 + 5,4 7) + 0,33 I-J-y-=-1-8-,4-1-C-m-4-' b) Produto de inércia As superfícies (1), (2) e (3) são retângulos e, portanto, possuem eixo de simetria e possuem produto de inércia nulos. A superfície (2) possui os seus eixos baricêntricos (x e Y) coincidentes com os eixos baricêntricos x e Y do perfil, desta forma o transporte dos eixos é nulo. Características Geométricas dasSuperfícies Planas 21 9 Conclui-se que Jxy= A1x'1 y'l +A3x'3 y'3 Jxy=3,5(1,25) (2,5)+3,5(-1,25) (-2,5) I JXY = 21,88Cm41 c) Eixos principais de inércia Jmax= 0,5(Jx +Jy)0,5J(Jx _Jy)2 +4J~ Jmax= 0,5 (49,65 + 18,41) + 0,5)(49,65 -18,41)2 + 4 (21,88)2 I Jmax= 60,91Cm41 Jmin= 0,5 (Jx + Jy)0,5 J(Jx - Jyt + 4J~ Jmin= 0,5(49,65+18,41)+0,5)(49,65-18,41)2 +4(21,88)2 I Jmin= 7,15Cm4\ d) Posição dos eixos principais em relação ao eixo x (amax e amin) tga max = Jx - Jmax = 49,65 - 60,91 Jxy 21,88 Ira-m-á-x=---2-7-0-1-4-'1 Como os eixos principais de inércia estão sempre defasados 900, temos que: amax= amin+ 90° amin = amax- 90° I amin= -117°14' I Ex. 6 - Determinar os momentos principaisde inércia (Jmáx e Jmin) e localizar os respectivos eixos em relação a x (cxmax e cxmin) na superfície representada na figura. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais o,..... v 30 3 ---I--t-_-~ ---- x'3 i ii X'1=X'2 I !! II -:10 -- Ii ~ -- -- I ---- 'Ir o'"CG :>, -n ---- ----x Ug j- -;:II ,CD >'" - I------i+-=--- U -- U 80 Solução: Transformando as unidades para [cm] visando simplificar a resolução, temos: a) Centro de gravidade I ug = 3,86cm I I vg = 4,69cm I b) Momentos de inércia 3 3 3 Jx = ~ + 8 (4,19)2 + 1 X1~0 +10(1,31)2 + 3 ~~ + 3(6,81)2 Jx = 381cm41 3 3 3 Jy =% +8 (0,14)2 + 1~X; +10 (0,14)2 + 1~~ +3 (0,86)2 Jx = 48,3cm41 c) Produto de inércia Os produtos de inércia das três superfícies são nulos, pois todos possuem eixos de simetria. O somatório transportes de eixos determina o Jxy do perfil. Características Geométricas das Superfícies' Planas 22 1 Jxy= 8(0,14) (-4,19)+10(0,14) (1,31)+3(-0,86) (6,81) I JXY = -20,43Cm41 d) Eixos principais de inércia Jmax= 0,5(Jx +Jy) + 0,5J(Jx _Jy)2 +4J~ Jmax= 0,5(381 + 48,3) + 0,5J(381 +48,3)2 + 4(-20,44)2 I Jmax= 382,25cm4 I Jmin= 0,5 (J, + Jy) - 0,5 J(Jx - Jy)2 + 4J~ Jmin= 0,5 (381 + 48,3) - 0,5 J(381 + 48,3)2 + 4 (-20,44)2 I Jmin= 47,05cm41 e) Posição dos eixos principais em relação a x tga max = Jx -Jmax = 381-382,25 Jxy - 20,44 I amax= 3°30' I Como os eixos principais estão sempre defasados 90°, pode-se escrever que: amin = amax- 90° amin = -86°30' amin = 3°30 - 90° = -86°30 Ex. 7 - Determine o momento polar de inércia do perfil representado na figura. Solução: Transformam-se as unidades para [cm] para simplificar a resolução. a) Centro de gravidades o eixo y é de simetria; portanto, a coordenada YG é suficiente para determinar o CG pois xG = O. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais -;: J~ 150 o (V) x o AiYiA2Y2+A3Y3Y G = --=-"--=--=--=----=-=--=- Ai + A2+A3 IYG= 8,71cm I 24 x 18,5 + 70 x 10 + 45 x 1,5 24+70+45 b) Momentos de inércia 3 43 3 J, = 8 x 3 + 24 X 9,792 + 5 x1 + 70 X 1,292 + 15 x 3 + 45 x 7 212 12 12 12 I Jx == 5951cm4 I Para determinar o Jy' os transportes de eixos são nulos, pois os eixos y das superfícies (1), (2) e (3) coicidem com o eixo do perfil. Tem-se, então que: 3x83 14x53 3x153 J =--+ +---y 12 12 12 3 I Jy = 1117,6cm3 c) Momento polar de inércia Jp = Jx + Jy Jp = 5951 + 1117,6 I Jp = 7068,5 cm4 Ex. 8 - Determinar o momento polar de inércia da superfície hachurada representada na figura. o '-lf)- -;>, X -;>, o .-lf)- Solução: Transformando-se as unidades para [em] temos: a) Momento de inércia Para determinar o momento de inércia da superfície hachurada, divide-se a figura em três áreas. Considera-se como supefície (1) o retângulo de 100x75 [mm] e as superfícies (2) e (3) os retângulos 50x30 [mm]. Como as superfícies (2) e (3) são iguais e simétricas, os momentos também são iguais, portanto, Jx2 = Jx3 e Jy2 = Jy3' Tem-se, então: Jx == Jx1 - 2(JX2 + A2Y?') J == 7,5x10 3 _ 2(5X3 3 + 15x2 521 x 12 12 ') J == J -2J J == 10x7,5 3 _ 2x3x5 2 Y y1 y2 y 12 12 I Jx == 415cm41 I Jy == 289cm41 b) Momento polar de inércia Jp == Jx + Jy Jp == 415 + 289 I Jp == 704cm41 Ex. 9 - Determinar o momento polar de inércia do perfil representado na figura. x Solução: Tranformando-se as unidades para [em], temos: a) Momentos de inércia Os eixos e y são de simetria, portanto, a origem dos mesmos está no centro do tubo (figura1) . . .Mecânlcarrêcnlca e Resistência dos Materiais, Os momentos de inércia do perfil serão determinados, dividindo-se as superfícies em três áreas. A área (1) corresponde à coroa circular que identifica o tubo, e as áreas (2) e (3) correspondem a tiras de chapas de 60 x 100 [mm] soldas na superfície do tubo. Os cordões de solda serão considerados desprezíveis para determinar o momento de inércia do perfil. As áreas (2) e (3) são iguais e simétricas aos eixos, portanto, os momentos de inércia das duas chapas em relação aos dois eixos são iguais. Teremos, então: Jx = Jx1 + 2(JX2 + A2yi) J = ~ (304 - 204) + 2[ 6x10 3 +60X2021 x 64 12 J Jx = 31907 + 49000 I Jx = 80907cm41 4Jy = Jy1 + 2Jy2 como Jy1 = JX1 = 31907cm 3 J y = 31907 + 2x10x6 12 I Jy = 32267cm41 b) Momento polar de Inércia Jp = Jx + Jy ::: 80907 + 32267 I Jp::: 113174cm41 Ex. 1.0 - Determinar o momento polar de inércia do perfil composto representado na figura. y~--Ug' • • Viga U 6" x 2" 4Jx::: 546cm Jy::: 29cm4 A::: 15,5 cm2 C'l lJ")- r-< X v Cantoneira 4"x 4" Jx ::: Jy ::: 183cm4 A::: 18,45cm2 U Solução: a) Centro de gravidade Transformando-se as unidades para [em], tem-se que: Denomina-se a superfícies de viga U como (1) e a superfície da cantoneira como (2) Al vl + A2v2 +VG = ----=----=----=--~ Al +A2 15,5 x 7,6 + 18,45 x 2,9 I V G = 5,04cm I 15,5+ 18,45 U G = Alul + A2u2 + = 15,5 x 3,6 + 18,45 x 7,8 I U G = 5,88cm I Al + A2 15,5 + 18,45 b) Momento de inércia (baricêntricos) '2 '2Jx =Jxl +A1Yl +Jx2 +A2Y2 Jx = 546 + 15,5(7,6 - 5,04)2 + 183 + 18,45(5,04 - 2,29)2 I Jx = 970,1 cm41 '2 '2Jy = Jyl + A1Yl +JY2 + A2Y2 Jy = 29 + 15,5 (5,88 - 3,6)2 + 183 + 18,45 (7,8 - 5,88)2 I Jy = 360,6cm41 c) Momento polar de inércia Jp = 970,1 +360,6 Jp = 1330,7 em"Jp = Jx + Jy Ex. 1.1. - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam com x no perfil representado a seguir. vi Ug Y, y'~ N":'.§I -i-~---L~ ~I trx,;>'" ~+ + U "Mecânica;T écnicaie,Resistência-dos"Materiais'!iJl'1!:!Zg;=":!i!:\L;#f'""'1i0·=i0}b;;"t"'f~;'i.;:T;;}~·-_j:rn:"k'f{{j;<';;__ C__ b~>~,r;ihl'i1iF Solução: Transformando-se as unidades para (em), tem-se que: a) Centro de gravidade U G = AlUi + A2U2+ A3U3+ A4U4 Ai +A2 +A3 +A4 U G = 19,2 x 0,6 + 7,2 x 4,2 + 4,56 x 7,8 + 3,84 x 7,8 19,2 + 7,2 + 4,56 + 3,84 I UG = 3,08cm I V G = Alvl +A2v2 +A3v3 +A4v4 Ai +A2 +A3 +A4 v _ 19,2 x 0,6 + 7,2 x 5,4 + 4,5 x 6,7 + 3,84 x 9,2 G - 34,8 I VG = 7,43cm I b) Momentos de inércia J, = 1,2 X 16 3 + 19,2 X 0,572 + 6 X 1,2 3 + 7 2 x 2 033 + 1,2 X 3,8 3 + 12 12 12 3 + 4,56 X 0,732 + 3,2 x 1,2 + 3,84 x 1,572 12 I Jx = 466,78cm4 I J y = 16 X 1,2 3 + 19,2 X 2,482 + 1,2 X 6 3 + 7,2 X 1,122 + 3,8 X 1,2 3 12 12 12 3 + 4,56 X 4,722 + 1,2 x 3,2 + 3,84 x 4,722 12 I Jy = 341,98cm4 I c) Produto de inércia As quatro superfícies são retangulares, possuindo, portanto, eixos de simetria, donde conclui- se que os seus produtos de inércia são nulos. Teremos então: Jxy1 = Jxy2 = Jxy3 = Jxy4 = ° logo Jxy= A1x'1 Y'l +A2x'2 Y'2+A3X'3 Y'3+A4X'4 Y'4 Jxy= 19,2(-2,48) (0,57)+ 7,2(1,12) (-2,03)+4,56(4,72) (-0,73)+ + 3,84(2,72) (1,77) I Jxy= -27,15cm4 I d) Momentos principais de inércia Jmax = 0,5(JxJy) + 0,5)(Jx - Jy)2 + 4J~y J max = 0,5(466,78 + 341,98) + 0,5~'(4-6-6-,7-8-+-3-4-1,-98-)-2-+-4-(--2-7-,1-5)-2 Jmax = 472,43cm4 Jmin = 0,5(Jx + Jy) - 0,5)(Jx - Jy)2 + 4J~y Jmin = 0,5(466,78+341,98)-0,5~(466,78+341,98)2 +4(-27,15)2 Jmin = 336,33cm4 e) Ângulos que os eixos principais formam com x tg J, - Jcxmax = maxJxy cxmax = 11°45' 466,78 - 472,43 = 0,208 -27,15 Como cxmin = cxmax - 90°, temos que: CXmin = 11°45'-90°, cxmin = -78°15' v Jmáx a máx=11°45' x u "Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais FORÇA CORTANTE Q E MOMENTO FLETOR M 10.1 Convenção de Sinais 10.1.1 ForçaCortante Q A força cortante será positiva, quando provocar na peça momento fletor positivo. Vigas Horizontais Convenciona-se a cortante como positiva, aquela que atua à esquerda da secção transversal estudada, de baixo para cima. Vigas Verticais Convenciona-se cortantepositiva aquela que atua à esquerda da secção estudada, com o sentido dirigido da esquerda para direita. 10.1.2 Momento Fletor M Momento Positivo o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas cortantes atuantes na peça tracionam as suas fibras inferiores. p compressão / Força CortanteQ e MomentoFletor M Momento Negativo O momento fletor é considerado negativo quando as forças cortantes atuantes na peça comprimirem as suas fibras inferiores. O momento fletor é definido através da integral da cortante que atua na secção transversal estudada. Portanto, tem-se que M= 19px Q= dM ,. dx ~ Para facilitar a orientação, convenciona-se o momento horário à esquerda da secção transversal estudada, como positivo. 10.2 Força Cortante Q Obtém-se a força cortante atuante em uma determinada secção transversal da peça, através da resultante das forças cortantes atuantes à esquerda da secção transversal estudada. Exemplos: PI P2 P3 R A B C - .__ .1--'- _.- A B C \ 10.3 Momento Fletor M secção AA Q = RA Q=RA-Pl Q=RA-P1-P2 secção BB secçào CC R8 Omomento fletor atuante em uma determinada secção transversal da peça, obtém-se através da resultante dos momentos atuantes à esquerda da secção estudada. PI P2 P3 a b c d A B C o X RA 'X J J J J X J J J X J n, secçãoAA M=R ·XA secção BB M = RA . X - P1 (X - a) secçãoCC M = RA . X - P1 (x - a) - P2[X - (a + b)] Observação: O símbolo ~ significa origem da variável "x".x Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·',,-,,. 10.4 Exercícios Ex. 1. - Determinar as expressões de força cortante (Q) e Momento fletor (M), e construir os respectivos diagramas na viga em balanço solicitada pela carga concentrada 1>. P atuante na extremidade livre, conforme mostra a figura.": Linha da Q -===-"""'-,-..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......, Linha zero do M -===-~:-r..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......,I M,.,óx=-PQ Solução: a) Através da variável x, estudam-se todas as secções transversais da viga, da extremidade livre ao engastamento. O momento fletor máximo ocorrerá no engastamento, ou seja, para o maior valor de x. b) Expressões de Q e M o<x<e Q=-P M=-P·x -, " \ X=O~M=O ' , x =R. ~ M=-PR. c) Construção dos diagramas A equação da Q é uma constante negativa; portanto, o diagrama será um segmento de reta paralela à linha zero da Q. A distância entre a linha zero da Q e a linha limite inferior do diagrama representa a intensidade da carga P. A equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação será uma reta decrescente' que parte da linha zero do M até o valor que represente Mmáx' Ex. 2 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada, solicitada pela ação da carga concentrada P, conforme mostra a figura. ·····"'~l!t,ForçaCortante'Qe·MomentoFletor M ~ o;! '-7- i /J7J;;V)m p M",áx=RA . a Solução: a) Determinam-se as reações nos apoios através da I.M = O em relação a dois pontos da viga. Os pontos considerados ideais para o caso são A e B. I.MA == O Rs·(a+b)=Pa I R ~ Pa Is a+b I.Ms == O RA .(a+b)=P.brn'bR --a - a-i b b) Expressões de Q e M O<x<a Q-R- A M = RA· x x=O-7M=O x=a-7M=RA·a a<x<a+b Q ==RA -P ==-RB M==RA ·x-P(x-a) x=a+b -7M=O c) Construção dos diagramas C1- Diagrama da Cortante (Q) Com origem na linha zero da Q, traça-se o segmento de reta vertical que representa RA- No trecho O < x < a a Q = RA portanto uma constante, representada pelo segmento de reta paralelo, à linha zero. No ponto de aplicação da carga P, traça-se o segmento de reta vertical que corresponde à intensidade da carga P. Como P= RA + RB'conclui-se que o valor da Q que ultrapassa a linha zero é - RBque corresponde a Q que atua no trecho a < x < a + b; portanto, novamente tem-se uma paralela à linha zero. Ao atingir o apoio B, a Q = -RB, como a reação é positiva, traça-se o segmento de reta que sobe e zera o gráfico. Portanto, o gráfico sai da linha zero e retorna à linha zero. MecânicaTécnicae"Resistência dos'Materiais '.E; " C2 - Diagrama do Momento (M) Com origem na linha zero do M, traça-se o segmento de reta que une o momento zero em x = O até o M = RA • a em x = a. Observe que a equação do Momento no trecho é do 1Q grau portanto, tem como gráfico um segmento de reta. Analogamente ao trecho a < xa + b utiliza- -se um outro segmento de reda unindo os pontos. x = 1 ~ M = RA • a até x = a + b ~ M = O. Ex. 3 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada solicitada pela ação da carga distribuída de intensidade q conforme mostra a figura. Q Solução: a) A primeira providência, para solucionar este exercício, é determinar as reações de apoio. Através do equilíbrio dos momentos em relação aos pontos A e B, conclui-se que: qe RA =Rs =- 2 b) Expressão de Q e M O<x<f Q = RA - qx X = O ~ Q = RA X = f 4 Q = -Rs Observa-se que a Q passa de positiva a negativa. No ponto em que a Q = O, o M será máximo, pois a equação da Q corresponde à primeira derivada da equação do momento, que igualada a zero, fornece o ponto máximo da CUNa do momento. qf Q = O4 qx= RA =- 2 Donde Ix ~ ~ I neste ponto a Q = O e o M é máximo. . "Força Cortante Q e:MomentoFletor M " x M = RAX -qx'2 x=O~M=O q e fx = f ~ M = _. c - qC-2 2 M = O e q.g e f e x=-~ M =--'--q-'- 2 2 2 2 4 ~L:2j-8- c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama da Q A partir da linha zero da Q traça-se o segmento de reta vertical correspondente à intensidade de RA• A equação da Q no trecho é do 12 grau com a < 0, portanto, o gráfico corresponde a uma reta decrescente com origem no apoio A até o apoio B. Em B, a cortante corresponde a -RB, como a reação é positiva (para cima), esta sobe e zera o diagrama. c.2) Diagrama de M A equação do momento corresponde a uma equação do 22 grau com a < O; portanto, uma parábola de concavidade para baixo. A parábola parte do apoio A com M = 0, atinge o máximo em t /2 e retorna a zero no apoio B. Ex. 4 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga em balanço solicitada pela carga distribuída representada na figura. Q ~ ~j~.~.-;-± Solução: a) Expressões de Q e M O<x<f Q =-qx x=O~Q=O x = f ~ Q = -qf M = -qx .~ = _ qx 2 2 2 }=-qQ I Q2M",áx=- q2 Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais,,,, x=O-7M=O qf2 x=f -7M =--max 2 b) Construção dos diagramas b.1.) Diagrama da Q A equação da Q na longitude da viga corresponde a uma equação do 1º grau com a < O; portanto, uma reta decrescente que parte da linha zero na extremidade livre até -q f no engastamento. b.2) Diagrama do M Aequação do momento corresponde a uma equação do 2º grau, portanto, a sua representação será parte de uma parábola, que sai de zero, na extremidade livre, e vai até .... - qf no 2 engastamento. Ex. 5 - A viga AB biapoiada suporta um carregamento que varia linearmente de zero a q conforme mostra a figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. q linha zero do M Solução: a) Reações RA e RB A resolução deste exercício requer que sejam determinadas as reações nos apoios, através do equilíbrio dos momentos nos pontos A e B. LMA=O LMB=O R~= qe ,,,!; 2 3 I RA ~ ~ I R~~~~ ~3 I R, = ~ I b) Expressões de O e M Para determinar as expressões de Q e M, utiliza-se x variando de zero a Q com o objetivo de estudar o esforço atuante em cada secção transversal da peça; desta forma, montam- se genericamente as expressões através de um intervalo x qualquer (ver figura), e uma carga auxiliar p, que irá variar em função de x. A relação entre as cargas p e q, é obtida em função da semelhança dos triângulos. L'l.ABC- L'l.ADE Tem-se então que: ~=7=>lp=~1 b.1) Expressão de Q Q = R _ px = qe _ qx ,~ A 2 6 e 2 Q = q~ - ~e2 = q[i-~:) qex =o ~ Q = RA =-6 x = e ~ Q ={ i -~:)=q(i-~) Q = q( e -63e) = - ~ Q =- RB A cortante passa de positiva para negativa, interceptando a linha zero. Analogamente ao exercício 3, o momento fletor será máximo no ponto em que a Q = O. 2 Q ==Q ~ qx = qe 2e 6 2 2e2 e2 e e13x ==-=-=:::}x==-==- 6 3 13 3 I x = O,57U I ponto de Q = O e Mmáx :Mecânica;;lécnica e Reststêncla-dos.Materíals ;.'ç';"'<,:,i.r:.;2:;:;;;j,';';:;;;;;::-':::".~. ";:':':.' •• ,.,:. ;:;,:~:.',~:';;.'''* b.2) Expressão de M px x M = RA ·x--·- 2 3 qx como P=f tem-se que: qx x xM = RA·x --.-.- R. 2 3 ° momento fletor é máximo em 0,577 l, resultando em: Mmax = qR.(O577R.)_q(O,577R.)3 6 ' 6R. desenvolvendo a expressão, tem-se que: c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama da Q Para x = ° a cortante é a própria reação RA' sendo representada pelo segmento de reta vertical, que parte da linha zero até o ponto que represente proporcionalmente a intensidade de carga. A equação da Q é do 2Q grau; portanto, a sua representação corresponde a uma parábola, que parte de RA no apoio A, intercepta a linha zero em 0,577 Q e atinge o ponto B com o valor de -RB. A reação RB é positiva (para cima); portanto, a sua representação é um segmento de reta vertical que parte de -RB até a linha zero. c.2) Diagrama de M A equação do momento é do 3Q grau, portanto descreve uma curva do 3Q grau que sai da linha zero no apoio A, atinge o máximo em 0,577 R. e volta à linha zero no apoio B. Ex. 6 - A viga AB em balanço suporta o carregamento distribuído que varia linearmente de zero a "q" conforme mostra a figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. 5!.-. A x >,; Força Cortante QeMomentoFletor M 23 7 Solução: Analogamente ao exercício anterior, determina-se a relação entre as cargas p e q através da semelhança de triângulos ~ ABC ~ ~ ADE p x qx -=-=>p=- q f f a) Expressões de Q e M a.1) Expressão de Q Q= _ px = _ qx x qx22 "-=-- f 2 2f x=O~Q=O x = R ~ Q= _ qe 2 = _ qf 2f 2 a.2) Expressão de M M _ px x _ qx x x - -2"3 - -T""2"3 IM=-~~ I x=O~M=O x = f ~ M= _ qf 3 _ qf2 6f --6 ::::} ~ __ q.e 2 máx - -- 6 b) Construção dos diagramas b.1) Diagrama da Q A equação da cortante é do 2Q grau (equação geral); portanto, o seu diagrama corresponde a um segmento de parábola que parte da linha zero na extremidade livre e atinge o seu valor . " ql maxrmo no engastamento com -2. b.2) Diagrama de M A equação do M é do 3Q grau; portanto, o seu diagrama corresponde a uma curva do 3Q grau 2 que parte de zero na extremidade livre e atinge o máximo no engastamento com -~ 6 Ex. 7 - A viga AB biapoiada submete-se à ação do Torque (T) conforme mostra a figura" Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas" ", Mecânica Técnica e Resistência dos 'Materiais ".'" r--a--_.~:.~----b----~.~: , Solução: a) Reações nos apoios A e B I,MA =0 RB(a+b)=T T RB =---(a +b) I,MB = O RA(a+b) = T T RA=-- (a +b) b) Expressões de Q e M O<x<a Como RA tem sentido para baixo, segundo a convenção é negativa, portanto: T Q=-RA=-(a+b) o sentido de giro do momento originado pela carga RA é antl-horárlo, portanto negativo. M = -RA. x x=O-'7M=O x = a -'7 M = -R A . a T Como RA = (a+b) tem-se que: ~ ~ a<x<a+b TQ=-RA =---(a+b) M = -RA. X + T x = a -'7 M = -R A . a + T -Tx = (a + b) ~ M = -- . (a-Yt5) + T = - T + T = O{a-Yõ) IM=ol -;siGForça ccrtante.q-e Momento Fletor M"r-,;·/"' / 2 3 9 c) Construção dos diagramas c.1) Diagrama do Q A equação do cortante é uma constante em todo o comprimento da viga, portanto a sua representação será uma paralela à linha zero. c.2) Diagrama M No intervalo °< x < a, a equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação T é uma reta decrescente que sai da linha zero e atinge - (a+ b) no limite em a. Em x = a, atua o torque de intensidade T, que é representado no diagrama, pelo segmento de reta vertical T T quepartede -(a+b) até -(a+b)+T No intervalo de a < x < a + b, a equação é do 1º grau com a < 0, portanto, uma reta decrescente -Ta que parte de (a + b) + T até a linha zero. Ex. 8 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada solicitada pelas cargas concentradas representadas na figura. ~ 16kN 24kN 1m 2m 1m ~~ ; '-=F' ; ~~ x x x RB=22kNRA=18kN " I I ." 1~ trmrr1f, , , , , ,@, , , , , , ,I., , , , , , .I O I" '" '1-22 -r O l",......r, ,,'''' , " Mmóx=22kNm! !f! ! !JNO+ Solução: 1. Reações de Apoio I.MA = O I.Fv = O 4RB = 24 x 3 + 16 x 1 I RB =22kN I RA + RB = 16 + 24 I RA = 18kN I MecânicaTécnica e ResistênciadosMateriais 2. Expressões de Q e M O<x<1 Q = RA = 18kN lY1= RA' X x=O~M=O x = 1 ~ M = 18kNm 1<x<3 ~r4~ !I===~=x====} Q = RA - 16 = 2kN M = RA X - 16 (x-1) x = 3 ~ M = 22kNm 3<x<4 16kN 24kN ~~I!---~~~ r:t:.'" r-----~~----~ Q = RA - 16 - 24 = -22kN M = RA X - 16 (x-1) - 24(x-3) x=4 ~M=O x Ex. 9 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga engastada solicitada pelas cargas concentradas, representadas na figura. o-x Ohn,,~,,~~~<n~<n~rM ·5 !-'-"...I.....I..J'-=- .•...•....•...J...J.jj o [kN] -15 o E ~ N "'" 11 ,jj E::.:1. Expressões de Q e M o < x < 1,8 Q = -5kN M =-5X x=O~M=O x = 1,8 ~ M = -9kNm 5kN x Força Cortante QeMomento FletorM 241.· A reação "R" no engastamento é determinada por: 1,8 < x < 4,0 1,-5~ Q = -5 -10 = -15kN M = -5x - 10 (x-1,8) X = 4 ~ Mmax = -42kNm 1.8m ~r x o contramomento M' possui mesma intensidade e sentido contrário a Mmáx' portanto M' = 42kNm. Ex. 1.0 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada carregada conforme a figura. ~ 12kN 6kN 7,2 1.. Reações de Apoio í:MA=O í:Fv= O 3,6 Rs = 12 x 1,8 + 6 x 4,8 IRs = 14kN I 2 - Expressões de Q e M RA + RB = 12 + 6 RA = 4kN I O < x < 1,8 Q = RA = 4kN 1,-J3M = Ra' xx=O~M=O x = 1,8 ~ M = 7,2kNm ··'.,:;Mecânica;Técnica e Resistência dos 'Materiais'"'' 1,8 < x < 3,6 ~ 1---- ......•...-----, 18m 12~ + Rar- ~x , Q = RA - 12 = -8kN M = Rax - 12 (x - 1,8) x = 3,6 ~ M = -7,2kNm No último intervalo, com o objetivo de simplificar a resolução, utilizaremos uma variável (x') da direita para esquerda. Ao utilizar este artifício, inverte-se a convenção de sinais. O < x < 1,2 6kNt+x' o x' Q = +6kN M = -6x' x' = O ~ M = O x' = 1,2 ~ M = -7,2kNm Obs.: Os dois momentos são máximos, porém possuem como diferença o sinal. x = 1,8 --f Mmáx = 7,2kNm (tração n,as fibras inferiores) x' = 1,2 --f Mmáx = -7,2kNm (compressão nas fibras inferiores) Ex. 1.1. - Determinar as expressões de Q e M e construir os diagramas na viga engastada, dada na figura. ~ 4~r------.::e2m",------- f- --'2::.:.m~ _+./ o x M'=lOkNm t---T---~'- -----t--.- f\ x [kN] o 1 - Expressões de Q e M 4kN x ~I 1 o 4kN ~ o--x 1 #'! x O<x<2 Q = -4kN M ==-4x x==O-7M=O x ==2 -7 M ==-8kNm M' = 10kNm 2<x<4 Q ==-4kN M ==-4x + 6 x ==2 -7 M ==-2kNm x==4-7M==-10kNm o contramomento M' possui a mesma intensidade de M, porém o sentido é inverso. Portanto: Ex. 12 - Determinar Q e M e construir os diagramas. 1. Reações de apoio 30kN o x 1,2m 60kN 30kN1,2m 1,2m 1,2m [kNJ°rrTl~flllrrLL~~llJLtrll~Jt-r~LllJ~lJJJ:30 lf J~o\D11rf -301 I I I I I I o I""""'"'L I I I I I I I I I I I I ];p"'''''''''"J: I I I I I I I I I I I jJ;;•••••.[o iMmáx=-36kNm LMA ==O 2,4Rs ==60x1,2 + 30x3,6 - 30x1,2 Rs = 60kNLFv ==O RA + Rs ==30 + 60 + 30 RA ==60kN Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais Obs.: As reações poderiam ser determinadas por simetria através de: 120 RA = RB = - = 60kN2 2 - Expressões de Q e M o < x < 1,2 30kN Q = -30kN M = -30x x=O ~ M=O x x = 1,2 ~ Mmáx = -36kNm 1,2 < x < 2,4 1,2 l -b' ~o '"11 rr."" x Q = -30 + 60 = 30kN M = -30x + 60 (x - 1,2) x = 2,4 ~ M = O por simetria tem-se que: x = 3,6 ~ M = -36kNm Ex. 13 -Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada carregada conforme a figura a seguir. 40kN 2m 1m 1m ~----------~----------{IB 40kN RA Q=Rj[~~~~~~+rrr~~,,~~ 1m 1m I '-'-'-',--- .-._. l,83m .%' Força.CortanteQeMomentoFletor:M Solução: A concentrada da carga distribuída equivale a 60kN e atua a uma distância de 1m do apoio A no CG da carga. a) Reações nos apoios A e B LMA= O 4RB = 3 x 40 + 60 x 1 RB = 45kN LFy= O RA ;- RB = 60 + 40 RA = 100 - 45 RA = 55kN b) Expressões de Q e M 0<x<2 Q = RA - 30x x = O ~ Q = RA = 55kN x = 2 ~ Q = 55 - 30 x 2 = -5kN Percebe-se que a cortante passa de positiva para negativa; portanto no ponto em que cortar a linha zero, o momento será máximo no trecho. Q = O~ 30x = RA 55 x = - = 183m 30 ' Neste ponto, a Q = O e o M é máximo. xM = R A . X - 30 . x . - 2 x=O~M=O 22 X = 2 ~ M = 55 x 2 - 30 .- 2 M =50kNm x = 1,83 ~ M = 55x1,83- 30x1,83 2 2 M= 50,42kNm 2<x<3 Q = RA- 60 = 55 - 60 -5kN M=RA ·x-60(x-1) x = 3 ~ M = 55x3-60x2 = 45kNm 3<x<4 Q = RA- 60 - 40 == -45kN M = RA.x -60(x -1) - 40(x -3) x = 4 ~ M = 55 x 4 - 60 x 3 - 40 x 1 == O '" no;;; Mecânica;J'écnica'ecResistência,dos Materiais,".:;ú"~':f,"" :':;;6.,,,·: ,:':::::,' ";",, r,..; ;,,'''0'0;, ';;."0' ":" ';'~''''::.''':'';';.,;' H.:11""', 'o,,· ,.:;°';"'\4, ..';':',"" c) Construção dos diagramas c.1.) Diagrama da Q Para x = °a Q = RA' a partir da linha zero traça-se um segmento de reta vertical que representa a intensidade de RA- A equação da Q no trecho é do 1º grau, com a < 0, portanto o seu gráfico é representado por um segmento de reta decrescente que corta alinha zero em 1,83m do apoio A, atingindo - 5kN em x = 2. No trecho 2 < x < 3, a equação da Q é uma constante de intensidade -5kN. Em x = 3, a carga de 40kN faz com que a Q desça para Q = -45kN. No trecho 3 < x < 4, a Q é uma constante de valor -45kN, portanto uma paralela à linha zero. Em x = 4, a intensidade de Rs retorna o diagrama da Q para linha zero. c.2) Diagrama de M No trecho °< x < 2, a equação do M é do 2Q grau com a < O; portanto, o diagrama corresponde a um segmento de parábola que parte da linha zero para x = 0, atinge o máximo em x = 1,83m e decresce ligeiramente em x = 2m. No trecho 2 < x < 3, a equação passa a ser do 1º grau, sendo representada por um segmento de reta decrescente. No trecho 3 < x < 4, continua a equação do 1º grau; portanto novamente tem-se como gráfico uma reta decrescente que parte de 45kNm em x = 3 e chega a zero em x = 4. Ex. 1.4 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga biapoiada carregada conforme a figura dada. 1m 3m 1m [kN] Mmáx = 31,25kNm -25KNm -25KNm Solução: a) Reações nos apoios A e B Como os apoios são simétricos, e a concentrada da carga é de 250kN, conclui-se que: 250 RA = RB = - = 125kN2 b) Expressões de Q e M O<x<l Q=-50x x=O-7Q=O x = 1 -7 Q = -50kN x 2M = -50x.- = -25x 2 x=O-7M=O x = 1 -7 M = -25kNm 1<x<4 Q= RA - 50x x = 1-7 Q = 125 - 50 = 75kN x = 4 -7 Q= 125 - 50 x 4 = -7 5kN 50x X yJ2 1m 50x X No ponto em que Q = O e o M é máximo. Q = O -7 X = 2,5m Como a viga e o carregamento são simétricos em relação aos apoios, conclui-se que a análise até a metade da viga já é o suficiente para estudá-Ia toda, pois a outra metade determina-se por simetria. x M = RA (x - 1) - 50x . 2" M = RA (x - 1) - 25x 2 X = 2,5m -7 M = 125 x 1,5 - 25 x 2,52 Mmáx = 187,5 - 156, 25 IMmáx = 31,25kNm I c) Diagramas de Q e M c.1) Diagrama de Q No trecho O < x < 1, a equação é do lQ grau com a < O, portanto a sua representação é um segmento de reta decrescente que parte da linha zero e atinge -50kN no apoio A. A intensidade da RA está representada pelo segmento de reta vertical que parte de -50kN e atinge +75kN. No intervalo 1 < x < 4, a equação volta a ser do 1Q grau com a < O, portanto temos novamente um segmento de reta decrescente que parte de +75kN no apoio A, corta a linha zero em Mecânica Técnica e Resistência dosMateriais""";~;i':X;;';""""" x = 2,5m e atinge o apoio B com -75kN. A reação RB está representada pelo segmento de reta vertical que parte de -75kN e atinge 50kN. No intervalo 4 < x < 5, a equação continua sendo do 1º grau com a < 0, sendo representada novamente por um segmento de reta decrescente que parte do apoio B com +50kN e atinge a extremidade final da viga na linha zero. c.2) Diagrama de M No intervalo °< x < 1, a equação do M é do 2º grau com a < 0, portanto um segmento de parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte da linha zero na extremidade livre e atinge o apoio A com a intensidade de -25kNm. No intervalo 1 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 2º grau com a < 0, portanto a sua representação será uma parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte de -25kNm no apoio A, e atinge o seu máximo em x = 2,5m com a intensidade de 31,25kNm. O restante do diagrama determina-se por simetria. Ex. 15 -A viga AB biapoiada sofre a ação dos esforços representados na figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas. 1m 1m SOkN 1m 1m lOkN x x x -10kNm Solução: a) Reações nos apoios A e B LMA = O 3Rs = 4 x 10 + 15 + 50 x 1 LFv = O RA + Rs = 50 + 10 40 +15+50 3 Ir-R-s-=-3-5-k-N-" RA = 60 - 35 = 25kN I RA = 25kN I b) Expressões de Q e M 0<x<1 Q = RA = 25kN M = RA . x x=O~M=O x = 1 ~ M = 25kNm 1<x<2 Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN M = RA• x-50 (x - 1) x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 = O 2<x<3 Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN M = RA• x-50 (x - 1) + 15 x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 + 15 M = 15kNm x = 3 ~ M = 25 x 3 - 50 x 2 + 15 M = -10kNm No intervalo compreendida entre 3 < x < 4, pode-se utilizar o artifício de uma variável x', e partir da extremidade livre em direção ao apoio B. Tem-se, então, que: O < x' < 1 Q = 10kN M = -10x' x' = O ~ M = O x' = 1 ~ M =-10kNm Obs.: Para utilizar este artifício inverte-se a convenção de sinais. c) Diagrama de Q e M c..1) Diagrama de Q No apoio A, a cortante é a reação RA' representada no diagrama pelo segmento de reta vertical. Em todo o trecho O < x < 1, a cortante é uma constante de intensidade RA' representada no diagrama pelo segmento de reta horizontal paralelo à linha zero. No ponto x = 1, está aplicada a cortante de 50kN que está representada no diagrama pelo segmento de reta vertical que leva a cortante de 25kN para -25kN. No intervalo 1 < x < 3, a cortante de -25kN representada pelo segmento de reta paralelo à linha zero. Em x=S, a reação RB representada no diagrama pelo segmento de reta vertical eleva a cortante para 10kN. No trecho O<x' < 1, a cortante é novamente uma constante representada no diagrama pela paralela à linha zero. Em x = 4, a carga de -10kN zera o diagrama. MecânicaT écnicaeResistência dos Materiais c.2) Diagrama de M No intervalo O< x < 1, a equação do M é do 12 grau com a> O, portanto a sua representação será através de um segmento de reta crescente. No intervalo 1 < x < 2, tem-se novamente uma equação do 12 grau, porém neste caso o segmento de reta é decrescente, pois a constante negativa é maior que a positiva. No ponto x = 2, está aplicado um torque de 15kNm, que está representadopelo segmento de reta vertical. Nos trechos seguintes, novamente equações do 12 grau, representadas pelos respectivos segmentos de retas. Ex. 16 - Determinar as expressões de Q e M, e construir os respectivos diagramas nas vigas AS e CD representadas na figura. O peso próprio das vigas. AB = 500N/m CD = 1000N/m Solução: a) Inicia-se a resolução pela viga AS. Na viga AS, tem-se que: lOOON 3000N 2m 2m As reações nos apoios RA e RB são iguais, pois a carga de 1000N é simétrica aos apoios. Temos, portanto, uma carga concentrada de 3000N atuando no centro da viga. Conclui-se que: RA = RB = 1500N b) Expressões de Q e M 0<x<2 Q = RA-500x X = O~ Q = RA= 1500N x = 2 ~ Q = 1500 -1000 Q = 500N X M=RAX-500x·- 2 x=O~M=O 22 X = 2 ~ 1500x2-500x- 2 M=2000Nm Q = RA- 500x -1000 x = 2 ~ Q = 500N x = 4 ~ Q = -1500N x M= RA·X-500X·--l000 (x-2)2 42 x = 4 ~ M= 1500·4-500·--1000·2 2 2<x<4 x=4~M=O M rnáx = 2000Nrn c) Diagramas c.1) Diagrama de Q No apoio A a Q = RA = 1500N, portanto a sua representação será um segmento de reta vertical acima da linha zero. No intervalo O< x < 2, a equação da cortante é do 1Q grau com a < O, sendo, portanto, representada por um segmento de reta decrescente. No ponto x = 2, atua uma carga concentrada de 1000N, que está representada no diagrama, pelo segmento de reta que "leva" a cortante de +500N para -500N. No intervalo 2 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 1Q grau com a < O, sendo representada no diagrama, pelo segmento de reta que "leva" a cortante de -500N para -1500N, no apoio B. Em B, atua Rs cuja intensidade é de 1500N, sendo representada no diagrama pelo segmento de reta vertical que parte de -1500N e vai até a linha zero. Mecânica·TécnicaeResistência· dos Materiais c.2) Diagrama do M A equação do M é do 2Q grau com a < O em toda a extensão da viga, portanto o diagrama será uma parábola de concavidade voltada para baixo, com o seu ponto máximo em x = 2. a.1) Resolução de viga CD a.1.1) Reações nos apoios 1500N 1500N 4500N 4500N Mmáx= 6000Nm Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N b.1) Expressões de Q e M 0<x<1 Q= Rc -1000x x = O~ Q= RA = 4500N x = 1 ~ Q= 3500N X M = R ·x-1000x·- c 2 x=O~M=O x = 1 ~ M = 4500-500 = 4000N M =4000Nm Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N 1<x<3 Q= Rc -1000x -1500 x = 1 ~ Q= 2000N x=3~Q=0 253 x M= Rc.x-1000x ,- -1500(x -1) 2 1000,32 X = 3 ~ M= 4500,3 - -1500,2 2 X = 3 ~ Mmax = 6000Nm c.3) Diagramas c.3.1) Força cortante Q No apoio C, a cortante é representada pelo segmento de reta vertical que "sai" da linha zero, e atinge 4500N. No intervalo O < x < 1, a equação é do 1º grau com a < O, portanto a sua representação é através de um segmento de reta decrescente. No ponto x = 1, atua uma carga concentrada de 1500N, representada no diagrama através do segmento de reta que "parte" de 3500N e atinge 2000N. No intervalo 1 < x < 5, tem-se novamente uma equação do 1º grau com a < O, portanto novamente a sua representação dar- se-a através de um segmento de reta decrescente, que corta a linha zero no ponto x = 3. Neste ponto, o momento é máximo. O restante da viga determina-se por simetria. c.3.2) Momento Fletor As equações são do 2º grau, com a < O,portanto a sua representação será através de parábola com concavidade voltada para baixo, com ponto máximo no ponto x = 3. Ex. 17 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas da viga AS da construção representada na figura. 1m 1m 1m F, 40kN 1m _ I _ 1m oi'-'-'-'-'-'-'~c Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·'E2"W'·· / Solução: Para determinar Q e M na viga AS, é necessário conhecer a intensidade da carga axial atuante na barra (1). a) Carga Axial na barra (1) Como a concentrada da carga distribuída é simétrica ao apoio C e a barra 1, conclui-se que: Rc = Fi = 20kN b) Expressões de Q e M na viga AS Reações nos apoios A e S x 30x' x' x 20kN 30kN lOkNm/, r-, f-._.{-.-+-._'-'_._. T 1m 1,5m O,5m 2,Fv = O RA + Rs = 20 + 30 RA = 50- 35 RA = 15kN O<x<l 1<x<2 Q=RA=15kN Q = RA - 20 = 5kN M =RA·x-20(x -1) + 10 X = 1 ~ M = 25kNm X = 1 ~ M = 15kNm X = 2 ~ M = 20kNm 255 o intervalo 2 < x < 3 pode ser calculado através da variável x', partindo do apoio B até a extensão total da carga distribuída. Tem-se então o intervalo O < x' < 1. A utilização deste artifício implica na inversão da convenção de sinais. Q = +30x-RB X = O~ Q =- RB = -35kN x = 1~ Q = -5kN 30X'2 M=RB,x'--- 2 x=O~M=O x = 1 ~ M = 20kNm c) Diagramas de Q e M 1m 20kN i 1m 1m Q = 15kN 30kN m R. Q = 35kN Mmáx = 25km ,,,,nMecânica:récnicaeResistênciadosMateriais ,; -FLEXAO 11.1 Introdução o esforço de flexão configura-se na peça, quando esta sofre a ação de cargas cortantes, que venham a originar momento fletor significativo. , ..•..• -- _ I --~--------------- -e: , I __ ~ , ~:-:_---, --______ B --------- 11.2 Flexão Pura R Quando a peça submetida à flexão, apresenta somente momento fletor nas diferentes secções transversais, e não possui força cortante atuante nestas secções, a flexão é denominada pura. No intervalo compreendido entre os pontos Ce D, a cortante é nula e o momento fletor atuante é constante. Neste intervalo, existe somente a tensão normal, pois a tensão de cisalhamento é nula, portanto o valor da força cortante é zero. 11.3 Flexão Simples A flexão é denominada simples, quando as secções transversais da peça estiverem submetidas à ação de força cortante e momento fletor simultaneamente. Exemplos: intervalos AC e DB da figura anterior. Neste caso, atua tensão normal e tensão tangencial. ;"'Flexão,;::;'" 257 11.4 Tensão Normal na Flexão Suponha-se que a figura representada a seguir seja uma peça com secção transversal A qualquer e comprimento Q, que encontra-se submetida à flexão pela ação das cargas cortantes representadas. p f. comprimidas A~ ~~~B I' \:Q(' t;\(t) o5 RA f. !racionadas Conforme o capítulo anterior, as fibras inferiores da peça encontram-se tracionadas, enquanto as fibras superiores se encontram comprimidas. A tensão normal atuante máxima, também denominada tensão de flexão, é determinada em relação à fibra mais distante da secção transversal, através da relação entre o produto do momento fletor atuante e a distância entre a linha neutra e a fibra, e o momento de inércia baricêntrico da secção. Tem-se, então: Ma o, = -J- Mb o , = -J- Onde 0c tensão máxima nas fibras comprimidas. Como se convenciona o momento fletor nas fibras comprimidas negativo, 0c será sempre < O (negativo). 0t - tensão máxima nas fibras tracionadas. Como, por convenção, o momento fletor é positivo nas fibras tracionadas, c, será sempre> O (positivo). 11.5 Dimensionamento na Flexão Para o dimensionamento das peças submetidas a esforço de flexão, utiliza-se a tensão admissível, que será a tensão atuante máxima na fibra mais afastada, não importando se a fibra estiver tracionada ou comprimida. Tem-se, então, que: M.y max O' x = Jx Do capítulo 9, escreve-se que: w _ Jxx - -- Ymax (Módulo de resistência) h.Mecânica Técnica e 'Resistência dos.Materlals "-T-:!;;;;;;r; .:~~.,. ·r·tl~:f'~~':::::::::;:;:;i!~K};: portanto ~ ~ C;E F F:·r ,~lJ r'J E: [) . ~~:;; C~)~;'~L~~l5[~~~~)~2!;;~,/:\ / /' SN (superfície neutra) Para dimensionar-se a peça, utiliza-se cr = ox Quando a carga aplicada for normal ao eixo y, tem-se que: Mxo =~ y J y Do capítulo 9, escreve-se que: R X- A(Módulo de resistência) portanto: E]]=My Wy, Para dimensionar-se a peça, utiliza-se o = (jy onde c, e O'y - tensão normal atuante
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