Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais PARTE 02

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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