apostila resist en cia dos materiais - unicamp

UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

RESUMO DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia Bolsista Ped: Elias Atonio Nicolas

Campinas, SETEMBRO - 2003

DEPARTAMENTO DE ESTRUTURASFaculdade de Engenharia Civil

Universidade Estadual de Campinas

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

SUMÁRIO

1-FLEXÃO GERAL

2-TORÇÃO

3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS

4-TEORIA DAS TENSÕES

5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES

6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO

7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA

8-FLAMBAGEM

9-BIBLIOGRAFIA




OBSERVAÇÃO INICIAL

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

1-FLEXÃO GERAL

Momentos de segunda ordem.

zy, eixos centrais de inércia.

Momentos de inércia centrais.

AzIA

y∂⋅= ∫ 2

AyIA

z∂⋅= ∫ 2

Produto de inércia.

AzyIA

yz∂⋅⋅= ∫

AzbAzIAA

y ∂⋅+=∂⋅= ∫∫ 22 )(

AzzbbIA

y ∂⋅+⋅⋅+= ∫ )2( 22




AzAbIA

y ∂⋅+⋅= ∫ 22

Momento estático = ∫ ∂⋅=A

AzS

S = 0 em relação ao c.g.

yy IAbI +⋅= 2

zz IAcI +⋅= 2

yzyz IAcbI +⋅⋅=

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

Rotação dos eixos (u,v).

Matriz de transformação de coordenadas:

⋅

−

=

z

y

v

u

αααα

cossen

sencos

αα sencos ⋅+⋅= zyu

αα cossen ⋅+⋅−= zyv

AvIA

u ∂⋅= ∫ 2

AzyIA

u ∂⋅⋅+⋅−= ∫ 2)cossen( αα

AzyAzAyIAAA

u ∂⋅⋅⋅⋅⋅−+∂⋅⋅+∂⋅⋅= ∫∫∫ αααα cossen2cossen 2222

αααα cossen2cossen 22 ⋅⋅⋅−⋅+=yzyzu IIII




AzyAuIAA

v ∂⋅⋅+⋅=∂⋅= ∫∫ 22 )sencos( αα

αααα cossen2sencos 22 ⋅⋅⋅+⋅+=yzyzv IIII

AzyzyAvuIAA

uv ∂⋅+−⋅+=∂⋅⋅= ∫∫ )cossen()sencos( αααα

( ) ( )αααα 22 sencoscossen ++⋅⋅−=yzzyuv IIII

Arcos duplos:

ααα cossen22sen ⋅⋅=

ααα 2cossencos 22 =−

1sencos 22 =+ αα

αα 2sen2cos22

⋅−⋅−

++

=yz

zyzyu I

IIIII

αα 2sen2cos22

⋅+⋅−

−+

=yz

zyzyv I

IIIII

αα 2cos2sen2

⋅+⋅−

=yz

zyuv I

III

22

2sen2cos22

⋅−⋅

−=

+− αα

yz

zyzyu I

IIIII

( )2

2 2cos2sen2

⋅+⋅

−= αα

yz

zyuv I

III

yzzy

uvzy

u III

III

I 2

2

2

2

22+

−=+

+−

Equação da circunferência

( ) 2220 Ryxx =+−

(y0 = 0)

(x0, y0) posição do centro.

Círculo de Mohr.




I1 = momento de inércia máximo

I2 = momento de inércia mínimo.

Em I1 e I2 tem-se: Iuv = 0.

02cos2sen2

=⋅+⋅−

= ααyz

zyuv I

III

yz

yz

II

Itg

−

⋅=

22α

Propriedade:

cteIIIIIIII vuzyzy =+=+=+=+ 21

Valores de I1 e I2.

yzzyzy I

IIIII 2

22

1 22+

−+

+=

yzzyzy I

IIIII 2

22

2 22+

−−

+=

Exercícios:

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





Flexão Pura

Hipóteses:

A distribuição da tensão normal na seção é linear.

O material é isotrópico e segue a lei de Hooke ( εσ ⋅= E ; γτ ⋅= G ).

As seções planas permanecem planas após o carregamento.




Tensão ( xσ )

yKx ⋅=σ (variação linear)

K = constante.

yFM xz ⋅∂=∂

A

F=σ

AF xx ∂⋅=∂ σ

yFM xz ⋅∂=∂

AyyAM xxz ∂⋅⋅=⋅∂⋅=∂ σσ

AyKM z ∂⋅⋅=∂ 2

∫∫ ∂⋅⋅=∂=AA

zz AyKMM 2

∫ ∂⋅⋅=A

z AyKM 2




zz IKM ⋅=

z

z

I

MK =

yKx ⋅=σ

yI

M

z

zx ⋅=σ

Flexão oblíqua pura.

θcos⋅= MM z

θsen⋅= MM y

Superposição de efeitos (Mz e My)

xxx σσσ ′′+′=




yKx ⋅′=′σ

zKx ⋅′′=′′σ

zKyKx ⋅′′+⋅′=σ

∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A

x

A

xz yAyFM σ

∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AyzKyKM )(

∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AzyKyKM )( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM )()( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM 2

yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=

∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A

x

A

xy zAzFM σ

∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

y AzzKyKM )(

∫ ∂⋅⋅⋅′+⋅′′=A

y AzyKzKM )( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM )()( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM 2

yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=

Obs: se y e z não fossem momentos de inércia principais 0≠yzI .

vuzy ,, → (momentos principais de inércia).

yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=

0== uvyz II

v

vvv I

MKIKM =′→⋅′=

yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=




0== uvyz II

u

uuu I

MKIKM =′′→⋅′′=

vKuKx ⋅′′+⋅′=σ

vI

Mu

I

M

u

u

v

vx ⋅+⋅=σ

0=⋅+⋅= vI

Mu

I

M

u

u

v

vxσ

uI

I

M

Mv

v

u

u

v ⋅⋅−=

θsen⋅= MM u

θcos⋅= MM v

uI

I

M

Mv

v

u ⋅⋅⋅⋅

−=θθ

sen

cos

uI

I

tgv

v

u ⋅⋅−=θ

1 equação da linha neutra (lugar geométrico onde as tensões são

nulas)

v

u

I

I

tgtg ⋅−=

θβ

1

utgv ⋅=∴ β




Exercícios:

5) Calcular os valores extremos de tensão (tração e compressão) que surgirão na viga. O

peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo c.g. da seção.

Dados: 4167.124 cmI y = , 4042.461 cmI z = , 4375.194 cmI yz = .

6) Qual deve ser o valor do momento fletor admissível num plano que forma com o eixo

y um ângulo de 30o ?. Dados: 41408cmI y = , 42656cmI z = , 4864cmI yz −= ,

2/1000 cmtf=σ

7) Determinar na seção crítica a linha neutra e calcular a flecha máxima em A.

2/200 cmtfE =




Flexão composta (momento + força axial).

Flexo-compressão (F < 0).

Flexo-tração (F > 0).

e: excentricidade.

Quando e = 0 : compressão ou tração.

eu : excentricidade em relação ao eixo u.

ev : excentricidade em relação ao eixo v.

vI

Mu

I

M

A

F

u

u

v

vx ⋅+⋅+=σ

Superposição de efeitos.

Linha neutra:

uu eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ sensen

vv eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ coscos

0=⋅+⋅+= vI

Mu

I

M

A

F

u

u

v

vxσ




0sencos1

=⋅⋅

+⋅⋅

+ vI

eu

I

e

A uv

θθ

utgeA

Iv u ⋅+

⋅⋅−= β

θsen

utgctev ⋅+= β

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

Exercícios:

8) Calcular F, sendo 2/800 cmkgfc =σ e 2/1400 cmkgft =σ .

Dados: 4000.105 cmI y = , 473,577.55 cmI z = , 4320.28 cmI yz −= , 2900cmA =

9) Determinar a carga admissível P sabendo que 2/120 cmkgfc =σ ; 2/30 cmkgft =σ e

que lPq = . Dados: 436,689.103 cmI y = , 436,689.183 cmI z = , 457,319.76 cmI yz −= .




10) Determinar a posição e o valor de uma carga P de tração que provoca a linha neutra

indicada na figura abaixo. A tensão no ponto A vale 2/100 cmkgfA =σ .

Núcleo central

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

Conseqüência: a seção só terá tensões de um mesmo sinal (compressão ou tração).

Importância: materiais com baixa resistência a tração.

Exemplos: murros de arrimo, chaminés e pilares.

Determinação do núcleo central.

21 xxx σσσ += (superposição de efeitos)

uI

M

A

N

v

vx ⋅+=σ

vv eNM ⋅=

uI

eN

A

N

v

vx ⋅

⋅+=σ

Linha neutra:

0=⋅⋅

+= uI

eN

A

N

v

vxσ

01

=⋅+ uI

e

A v

v




v

v

eA

Iu

⋅−=

Observação:

Cada figura plana tem seu núcleo central que não depende de N.

A cada par de lados consecutivos do polígono circunscrito corresponderá a um lado do

polígono que constitui o núcleo central.

O ponto de aplicação de N e a LN conseqüente ficam em semi-planos opostos

delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN).

O núcleo central terá tantos lados quantos forem os lados (ou vértices) do polígono

convexo circunscrito.

Exercícios:

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

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

Dados: 22300cmA = , 454,1220171 cmIu = , 415,385504 cmI v = , 085,9−=α




Resolução do exercício 4.

Divisão da seção em áreas:

Centro de gravidade (c.g.):

cmA

Ayy

i

ii 88,5125,1115

01265,115,1015=

++⋅+⋅+⋅

=⋅

=∑

∑

cmA

Azz

i

ii 60,6125,1115

61285,11615=

++⋅+⋅+⋅

=⋅

=∑

∑

Momento de inércia de cada seção:

Área 1:

43

1 16,012

5,015cmI z =

⋅=




43

1 63,14012

155,0cmI y =

⋅=

⇒= 01yzI seção retangular

Rotação dos eixos da área 1:

αα 2sen2cos221

⋅−⋅−

++

==yz

zyzyuy

IIIII

II

4

106,900)74,73cos(24,7040,70 cmI

y=−⋅+=

αα 2sen2cos221

⋅+⋅−

−+

==yz

zyzyvz

IIIII

II

4

173,500)74,73cos(24,7040,70 cmI

z=+⋅−=

αα 2cos2sen21

⋅+⋅−

==yz

zyuvyz

III

II

4

143,670)74,73sen(24,70 cmI

yz=+⋅=

Área 2:

43

2 12,012

5,05,11cmI y =

⋅=

43

2 37,6312

5,115,0cmI z =

⋅=


Área 3:

43

3 7212

125,0cmI y =

⋅=

43

3 13,012

5,012cmI z =

⋅=


Momento de inércia total:

4222 3,1785,0126,0725,05,114,112,05,0156,006,90 cmI y =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=

4222 82,4815,01288,513,05,05,1112,037,635,01562,473,50 cmI z =⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=

087,36=α




1 m 3 m

P=2 tf 10

10 151015

15

15

15

10

medidas em cm

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 477,685,0126,088,55,05,114,112,05,01562,46,043,67 cmI y =⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅−⋅+=

Direções principais:

453,03,17882,481

77,68222 =

−⋅

=−

⋅=

yz

yz

II

Itg α

02,12=′α

02,102=′′α

Momentos principais de inércia:

( )2

22

2,1 22 yz

zyzy IIIII

I +

−±

+=

( )222

2,1 77,682

82,4813,178

2

82,4813,178+

−

±

+

=I

41 68,496 cmI =

42 45,163 cmI =

Resolução do exercício 5

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

Dados: Iy = 124167 cm4

Iz = 461042 cm4

Iyz = 194375 cm4

Figura 5.1

Solução:

a) Características Geométricas




200 tf.cm

Diagrama de momento (M):

y

z C

u

v

α

L

Mθ

β

σ

σ

A

B

- Cálculo do CG→→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.

- Momentos Totais de Inércia e suas Direções

o7624124167461042

194375222 ,

II

Itg

yz

yz =α⇒−

⋅=

−

⋅=α

⇒+

−±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212

=

=4

2

41

8039532

20550676

cm,I

cm,I

→→ eixos u e v,

480395322222

cm,IsenIcosIIII

I uyzzyzy

u =⇒α⋅−α⋅−

++

=

1

2

II

II

v

u

==∴

b) Tensões

Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

I

M

v

v

u

ux ⋅+⋅−=σ

onde: o7624,−=θ

⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMM

cmtf,senMM

v

u

61181

7683

u,

,v

,

,x ⋅+⋅−=σ∴

20550676

61181

8039532

7683

- Para a Linha Neutra σ = 0




020550676

61181

8039532

7683=⋅+⋅−=σ u

,

,v

,

,x

→ podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão

4261

00

,uv

vu

=⇒==⇒=∴

ou pelo cálculo do angulo β:

o8581

,I

I

tgtg

utgv

v

u =β⇒⋅θ

−=β

⋅β=

Para a obtenção dos pontos mais solicitados será necessário fazer uma mudança de

base, onde será utilizado a matriz de transformação:

⋅

αα−αα

=

z

y

cossen

sencos

v

u

→ ponto A:

=−=

⇒

=−=

cm,v

cm,u

z

cm,y

A

A

A

A

6113

5129

0

532

( ) 2863512920550676

611816113

8039532

7683cmtf,,

,

,,

,

,A −=−⋅+⋅−=σ⇒

→ ponto B:

−==

⇒

==

cm,v

cm,u

z

cm,y

B

B

B

B

6113

5129

0

532

( ) 2863512920550676

611816113

8039532

7683cmtf,,

,

,,

,

,B =⋅+−⋅−=σ⇒

=σ

−=σσ∴

2

2

863

863

cmtf,

cmtf,:sãodeextremosvaloresos

T

C




2-Torção

Torção em barras de seção circular

Hipóteses básicas:

Tensão tangencial (cisalhamento) é proporcional ao raio.

)()( rfr =τ

ar <<0

As seções transversais sofrem rotações elásticas como corpos rígidos.




γ : distorção, ϕ : ângulo de giro.

Mt: momento de torção

Equilíbrio de forças: Teorema de CAUCHY

trxxtr ∂⋅∂⋅∂⋅=∂⋅∂⋅∂⋅ lττ

lττ =∴

Tensões de cisalhamento

Lei de Hooke

εσ ⋅= E




Cisalhamento

γτ ⋅= G

G: módulo de elasticidade transversal

Materiais isotrópicos

)1(2 ν+⋅=

EG

ν : coeficiente de Poisson

Aço:

MPacmKgfE 210000/2100000 2 ==

MPacmKgfG 80000/800000 2 ==

3,0=ν




ττ ⋅=a

rr

γγ ⋅⋅=⋅ Ga

rG r

γγ ⋅=a

rr

rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ

rrA ∂⋅⋅⋅=∂ π2

rrra

rM t ∂⋅⋅⋅⋅⋅=∂ πτ 2

a

rrM t

∂⋅⋅⋅=∂

32πτ

24

22 3

0

4

0

3 τπτππτ ⋅⋅=

⋅

⋅⋅=

∂⋅⋅⋅=∂= ∫ ∫

a

a

r

a

rrMM

aa

tt

3

2

a

M t

⋅⋅

=π

τ

2

Da = (D = diâmetro)

3

16

D

M t

⋅⋅

=∴π

τ

Flexão:

W

M

yI

My

I

M==⋅=

/σ

W: módulo de resistência à flexão.

Torção:

t

ttt

W

M

D

M

D

M=

⋅=

⋅⋅

=

16

1633 ππ

τ

16

3DWt

⋅=

π para seção circular cheia

Giro Relativo (ϕ )




Hipótese: (Teoria de pequenos deslocamentos)

ϕ∂ é muito pequeno

arco ≈ tangente

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

a

x∂⋅=∂∴

γϕ

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

xa

∂⋅=∂= ∫ ∫l l

0 0

γϕϕ

l⋅=∴a

γϕ

G

τγ =

aG ⋅⋅

=lτ

ϕ

2

16

3 DGD

M t

⋅⋅⋅

⋅⋅=

πϕ

l

4

32

DG

M t

⋅⋅⋅⋅

=∴π

ϕl

)32

(4D

G

M t

⋅⋅

⋅=∴

πϕ

l

t

t

IG

M

⋅⋅

=l

ϕ

32

4DI t

⋅=

π




Resumo: seção circular cheia.

t

t

W

M=τ

16

3DWt

⋅=

π

t

t

IG

M

⋅⋅

=l

ϕ

32

4DI t

⋅=

π

Seção circular de parede espessa (grossa)

2Drr =

ττ

ττ ⋅=2

Dr

r

drrA ⋅⋅⋅=∂ π2

rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ

rrrM rt ⋅∂⋅⋅⋅=∂ πτ 2

rrM rt ∂⋅⋅⋅=∂ 22πτ

rrD

M t ∂⋅⋅⋅=∂ 32)

2(

πτ

∫∫ ∂⋅⋅⋅=∂=∂2/

2/

32/

2/2

)2

(

D

d

D

d tt rrD

MM πτ




−

⋅

⋅

⋅=

44

2242

2 dDD

M t

τπ

t

t

W

M=τ

−

=

44

22

dD

DWt

π

t

t

IG

M

⋅⋅

=l

ϕ

( )44

32dDI t −=

π

Seção circular de parede fina (delgada)

dmt <<<

10>t

dm

dm: diâmetro médio

t: espessura

tMdm

A =⋅⋅2

τ

tMdm

tdm =⋅⋅⋅⋅2

πτ

tMt⋅⋅

2

2τ




2

t

M t

⋅⋅=

π

t

t

W

M=τ

2dmtt

⋅⋅π

4

3dmtI t

⋅⋅=

π

Diagramas de Momento torçor (Mt)

Momento de torção aplicado




Exercícios: 1) Traçar o diagrama de momento torçor

2) Traçar o diagrama de momento torçor

Momento de torção uniformemente distribuído (m)

xmxmMx

t ⋅=∂⋅= ∫0 , ll ⋅== mxM t )(




Momento de torção linearmente distribuído (m)

∫ ∂=x

xt xmM0

xm

tgmx ⋅==l

θ

∫ ∂⋅⋅=x

t xxm

M0 l

l⋅⋅

=2

2xmM t

22)(

2 l

l

ll

⋅=

⋅⋅

==mm

xM t

Exercícios:

1) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura isostática. aMm 21 = ,

aMm =2

2) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática. aMm =




3) Traçar o diagrama de momento torçor para a estrutura hiperestática.

M = 5 kNm; m = 0,3 kNm/m; L = 1,2 m.

4) Calcular o giro relativo abϕ

5) Calcular o giro relativo abϕ




6) Calcular o diâmetro d e o giro abϕ

M = 120 Nm; m = 40 Nm/m; a = 1,2 m; b = 0,8 m; 2/10 mMNadm =τ , G = 80000

MN/m2.

7) Calcular o momento torçor M.

E = 21000 kN/cm2; G = 7000 kN/cm2; cmbarra 1=φ ; 2/12 cmkNadm =σ 2/8 cmkNadm =τ




Torção em barras de seção vazada e parede fina

Observações:

Barras de seção circular: seções sofrem rotações elásticas e permanecem planas.

Barras de seção qualquer: sofrem empenamento.

Hipóteses:

t = t(s) mas constante em x

)(sττ = mas constante em x




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

Equilíbrio de forças:

xtxt ∂⋅⋅=∂⋅⋅ 2211 ττ

cteststt =⋅=⋅=⋅ )()(2211 τττ

=⋅ )()( stsτ fluxo de cisalhamento

hdsstsM t ⋅⋅⋅=∂ )()(τ

dAdshhds

A ⋅=⋅⇒⋅

=∂ 22

dAstsM t ⋅⋅⋅=∂ 2)()(τ

∫∫ ⋅⋅⋅=∂=AA

tt dAstsMM 2)()(τ

AstsM t ⋅⋅⋅=∴ )()(2 τ

)(2)(

stA

Ms t

⋅⋅=∴τ

t

t

W

Ms =∴ )(τ

)(2 stAWt ⋅⋅=∴

Exemplo: quadrado




2aA =

tst =)(

taWt ⋅⋅= 22

Exemplo: círculo

4

2dmA

⋅=

π

2

2dmtWt

⋅⋅=

π

se t = t(s)

t

t

W

M=τ )(2 stAWt ⋅⋅=

mint

tMAX W

M=τ

min2min tAWt ⋅⋅=

Fluxo de cisalhamento

ctests =⋅ )()(τ




U = energia = T = trabalho

2

dpU p

⋅=

dFU FV ⋅=

ϕ⋅⋅== tMUT2

1 (carregamento lento)

Se ϕ⋅= tMT (cargas rápidas)

U: energia de deformação (interna)

T: trabalho externo

Carga (F,M)

esforços (M,V,N,Mt)

tensões ( )τσ ,

dsdxstsU ⋅⋅⋅⋅⋅=∂ γτ )()(2

1

Lei de Hooke:




εσ ⋅= E

γτ ⋅= G

G

τγ =

dsdxstsG

U ⋅⋅⋅⋅⋅

=∂ )()(2

1 2τ

)(2)(

stA

Ms t

⋅⋅=τ

dsdxststA

M

GU t ⋅⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

=∂ )()(22

12

dsdxstAG

MU t ⋅⋅

⋅⋅⋅=∂

)(8 2

2

)(8 2

2

st

dsdx

AG

MU t ⋅⋅

⋅⋅=∂

∫∫∫ ⋅∂⋅⋅⋅

=∂=)(8 02

2

st

dsx

AG

MUU t

l

TU =

ϕ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

∫ tt M

st

ds

AG

M

2

1

)(8 2

2 l

∫⋅⋅⋅⋅

=)(4 2 st

ds

AG

M t lϕ

T

t

IG

M

⋅⋅

=l

ϕ

∫

⋅=∴

)(

4 2

st

dsA

I t

como t é normalmente constante, ∫ ds = perímetro.

Exemplo:




A = a x b

)(

)(2)(2

)(4

)(

4 222

ba

tba

t

baba

st

dsA

I t +⋅⋅⋅

=+⋅⋅⋅

=⋅

=

∫

Exercícios:

1) Calcular “e”, It.

Dados: Mt = 100 tfcm, t = 0,1 cm, 2/0,1 cmtfadm =τ

2) Calcular “a”

Dados: Mt = 250 tfcm, 2/0,1 cmtfadm =τ




Analogia de membrana

Equação diferencial da superfície deformada de uma membrana.

K

p

y

z

x

z−=

∂∂

+∂∂

2

2

2

2

Equação diferencial da torção

αφφ

⋅−=∂∂

+∂∂

Gyx 2

2

2

2

Analogia entre as equações diferenciais se: α⋅= GK

p

Seções celulares:

Torção em seções celulares:




Equação de equilíbrio da membrana:

∫⋅⋅=⋅t

dshKAp

Placa 1:

)()()( 1231

11 chh

e

Kaca

e

hKAp ⋅−⋅−++⋅

⋅=⋅

Placa 2:

)()()( 1232

22 chh

e

Kbcb

e

hKAp ⋅−⋅+++⋅

⋅=⋅

Tensão tangencial:

βτ ⋅⋅

=V

M t

2

e

h=β

11 2βτ ⋅

⋅=

V

M t 1

11 e

h=β

22 2βτ ⋅

⋅=

V

M t 2

22 e

h=β




33 2βτ ⋅

⋅=

V

M t 3

123 e

hh −=β

Momento de inércia à torção:

p

KVIT

⋅⋅=

4

ângulo de giro:

K

p

VG

M

IG

M t

t

t ⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=4

llϕ

Exercícios:

1)Calcular Mt e abϕ

Dados: G = 800 kN/cm2; 2/8 cmkNadm =τ

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




3) Calcular o deslocamento do ponto A.

Dados: t = 0,1 cm; Mt = 1

50 kNcm, G = 8000 kN/cm2.





Placa 1 = Placa 3

)5(1,0

)4783,5(1,0

52

)74(21 ⋅⋅−++⋅⋅=

⋅

+⋅ h

Kh

Kp

21 583,1675,2 hhK

p⋅−⋅=⋅

Placa 2

( ) ( ) )5544(1,0

)55(1,0

95 212 +++⋅+⋅−+⋅⋅=⋅⋅ hhK

hK

p




21 28185,4 hhK

p⋅+⋅=⋅

K

ph ⋅= 18,01

K

ph ⋅= 05,02

Volume: ( ) ( )212112 hhAhAV +⋅+⋅⋅=

( )K

p

K

p

K

pV ⋅=⋅+⋅+

⋅⋅⋅= 25,2005,018,04518,05,272

Inércia à torção: 48125,2044

cmp

K

K

p

p

KVI t =⋅⋅⋅=

⋅⋅=

Giro: radIG

M

t

t 023,0818000

100150=

⋅⋅

=⋅⋅

=l

ϕ

Coordenadas do ponto A em relação ao c.g.

cmxA 5,9= , cmyA 3,3=

( ) cmyv Ax 076,03,3023,0 =⋅−−=⋅−= ϕ

( ) cmxv AY 219,05,9023,0 −=⋅−=⋅= ϕ

Deslocamento: cmvvv yx 23,022 =+=




3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS

Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas.

AyI

xMAxT

Az

A∂⋅⋅=∂⋅= ∫∫

)()(σ

AyI

xxMAxxt

Az

A∂⋅⋅

∂+=∂⋅∂+= ∫∫

)()(σ

tT ≠

tTxxMxM >⇒∂+> )()(

0>− tT

0)()(

>∂⋅⋅∂+

−∂⋅⋅ ∫∫ AyI

xxMAy

I

xMA

zA

z

)()()( xMxMxxM ∂−=∂+




0)(

>∂⋅⋅∂

∫ AyI

xMA

z

xsestT ∂⋅⋅=−−−

)()(τ

xsesAyI

xMA

z

∂⋅⋅=∂⋅⋅∂ −−

∫ )()()(

τ

AseI

yxVA

seIx

yxMs

A

z

A

z

∂⋅⋅

⋅=∂⋅

⋅⋅∂

⋅∂=∴ ∫∫ −−−−

)(

)(

)(

)()(τ

∫ ∂⋅⋅⋅

=−−

Az

AyseI

xVs

)(

)()(τ

)(

)()(

−−

⋅

⋅=

seI

SxVs

z

τ

ssesF ∂⋅⋅=∂ )()(τ

∫ ∂=s

FF0

∫∫ ∂⋅⋅⋅

⋅=∂⋅⋅=

−−

s

z

s

sseseI

SxVssesF

00

)()(

)()()(τ

Geralmente ctesese ==−−

)()(

∫ ∂⋅⋅=∴s

z

ssSI

xVF

0)(

)(




Exemplo 1:

)(

)()(

seI

SxVs

z ⋅⋅

=τ

PxV =)(

ese =)(

⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+

⋅=

233

22

12

22

12

heb

beehI z

2)(

hsesS

⋅⋅=

)()( sSKs ⋅=τ

)(

)(

seI

xVK

z ⋅=

2)(

sheKs

⋅⋅⋅=∴τ




OBS: As tensões tangenciais verticais vτ são desprezadas

bI

SxV

zv ⋅⋅

⋅=

2

)(τ

)(

)()(

seI

SxVs

z ⋅⋅

=τ

)(2 sbe v ττ <<⇒⋅<<

Para S2 (outra posição de S) na alma

Momento estático

bhesh

sesS ⋅⋅+

−⋅⋅=

22)(

O momento estático é acumulativo.

bhesehse

sS ⋅⋅+⋅

−⋅⋅

=22

)(2

)()( sSKs ⋅=τ

Exemplo 2:




2)(

shesS

⋅⋅= (mesa)

bhesh

sesS ⋅⋅+

−⋅⋅=

22)( (mesa + alma)

02

)(=⋅−

⋅=

∂∂

sehe

s

sS

2

hS =∴

22222

2

max

hbe

hehheS ⋅⋅+

⋅−⋅

⋅=

28

2

max

hbeheS

⋅⋅+

⋅=




)(

)()(

seI

SxVs

z ⋅⋅

=τ

)()( sSKs ⋅=τ

PxV =)(

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅=

233

2122

12

heb

beehI z

∫ ∂⋅⋅=s

z

ssSI

xVF

0)(

)(

∫ ∂⋅⋅=b

z

ssSI

PF

01 )(

31 FF =




42)(

2

00

bhes

shessS

bb ⋅⋅=∂⋅

⋅⋅=∂⋅ ∫∫

41

2bhe

I

PF

z

⋅⋅⋅=∴

∫ ∂⋅⋅=h

z

ssSI

PF

02 )(

222)(

2 bhesehsesS

⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=

262222)(

233

0

2

0

hbehehes

bhesehsessS

hh ⋅⋅+

⋅−

⋅=∂⋅

⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=∂⋅ ∫∫

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅

⋅⋅+

⋅−

⋅⋅

=233

233

2

2122

12

262

hbe

beeh

hbeheheP

F

he << ; be <<

)(2 xVPF ==∴

Centro de cisalhamento (Seções delgadas simétricas).

fτ : tensão de cisalhamento devido à V

Forças de cisalhamento na seção

∫ ∂⋅⋅=b

zz

ssSI

VF

01 )(




2)(

shesS z

⋅⋅=

42

2

01

bhe

I

Vs

she

I

VF

z

b

z

⋅⋅⋅=∂⋅

⋅⋅= ∫

Vhbehehe

I

Vs

bhesehse

I

VF

z

h

z

=

⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=∂⋅

⋅⋅+

⋅−

⋅⋅⋅= ∫ 264222

233

0

2

2

31 FF =

⋅⋅+

⋅⋅+

⋅=

4122

12

233 hbebeehI z

be << ; he <<

Condições de equivalência

VF =1 ; cVM ⋅=0

cVhF ⋅=⋅1

V

hFc

⋅= 1

V

hbeh

I

Vc

z

⋅⋅⋅

⋅=4

2

zI

behc

⋅⋅⋅

=4

22

; ),,( bhefc = não depende de V.

212

23 hbeheI z

⋅⋅+

⋅=

obs: se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há equivalência

entre Vc e M0.




t

tt W

M=τ

PV =

)( bcPMM t +⋅==

ft τττ += (tensão de cisalhamento resultante)

eI

SV

W

M

zt

t

⋅⋅

+=τ

Cantoneiras




Exercícios:

1) Determinar a posição do centro de cisalhamento e calcular as tensões tangenciais.

Dado: Iz=2806 cm4.

2) Calcular maxτ

Dado: Iz=895914 cm4.




3) Determinar as tensões principais no ponto A da seção mais solicitada.

Dado: Iy=27937 cm4.





100⋅= FM

FF

zI

M

yx 054,015

27937

100−=⋅

⋅=⋅=σ

( ) 433 48,37221,21201513

1

3

1cmthI iiT =⋅++⋅⋅=⋅⋅= ∑

3

max

48,371

48,37cm

t

IW T

T ===

∫ ∂⋅⋅=s

ssSI

xVF

0)(

)(

230

2301

2

1

ss

ssS −⋅=

−⋅⋅=

yy I

Ps

ss

I

PF ⋅=∂⋅

−⋅⋅= ∫ 5,2812

230

15

0

2

1

5,337155,3371512 +⋅=+⋅⋅= ssS

( )yy I

Pss

I

PF ⋅=∂⋅+⋅⋅= ∫ 97505,33715

20

02




∑ = 00M

cPFF ⋅=⋅⋅−⋅⋅ 352152 12

cPI

P

I

P

yy

⋅=

⋅⋅−

⋅⋅ 5,281270975030

27937

196875292500 −=c

cmc 42,3=

PPcP

W

M

t

tt ⋅=

⋅=

+⋅== 49,0

48,37

42,18

48,37

)15(τ

PP

eI

SV

zf ⋅=

⋅⋅

=⋅⋅

= 023,0127937

5,637τ

PPPft ⋅=⋅+⋅=+= 513,0023,049,0τττ

( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +

+±

+=

( )22

2,1 513,02

0054,0

2

0054,0P

PP+

+−

±+−

=σ

P487,01 =σ

P541,02 −=σ




4-TEORIA DAS TENSÕES

zz

A A

Fσ=

∂∂

→∂ 0lim tensão normal

zyy

A A

Fτ=

∂

∂→∂ 0

lim tensão tangencial ou tensão de cisalhamento

zxx

A A

Fτ=

∂∂

→∂ 0lim




→→→

+= xzwt z τσ

22)( τσ += zt

Obs: A tensão é definida no ponto.

∑ = 00M

22

22

zyx

yzx zyyz

∂⋅∂⋅∂⋅⋅=

∂⋅∂⋅∂⋅⋅ ττ

0≠∂⋅∂⋅∂=∂ yzxV

zyyz ττ =

Teorema de Cauchy.

Genericamente jiij ττ = { }zyxji ,,, =

São 6 as tensões no caso tridimensional.




Caso plano.

Caso linear.

Ensaio de tração.

A

F=σ

l

l∆=ε




Estado simples/ Linear/ Unidimensional de tensão.

A

F=σ

Equilíbrio de forças.

∑ =−

0yF

0coscos 1 =⋅⋅−

⋅ασ

ασ

AA

ασσ 21 cos⋅⋅= A

∑ =−

0xF

0sencos 1 =⋅−

⋅ασ

ατ A

ααστ cossen1 ⋅⋅⋅= A

2

2cos1cos2 α

α+

=

ασσ

σ 2cos22

11 ⋅+=

2

2sencossen

ααα =⋅

ατ

τ 2sen21 ⋅=




2

1

2

1 2cos22

⋅=

− α

σσσ

2

12 2sen2

⋅= ατ

τ

2

122

1

22

=+

−

στ

σσ

Tensões principais:

Tensão máxima: 1σ

Tensão mínima: 2σ

Círculo de Mohr.

Nos planos principais ( 'α e ''α ) a tensão tangencial vale zero.

Obs: planos ou direções principais.

Convenção de sinais:

tração⇒> 0σ

compressão⇒< 0σ




Estado Plano (duplo, bidimensional) de tensões.

∑ =−

0yF

ασααταατασσ 22 sencossencossencos ⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅=∂⋅−−

AAAAA yxyxyxx

ασαατασσ 22 sencossen2cos ⋅+⋅⋅⋅+⋅=−−

yxyxx

∑ =−

0xF

αασατατααστ cossensencoscossen 22 ⋅⋅∂⋅+⋅∂⋅−⋅∂⋅+⋅⋅∂⋅=∂⋅−−

AAAAA xxyxyyxy

( ) ( )ααταασστ 22 sencoscossen −⋅+⋅⋅−=−−

xyxyxy

Arcos duplos:

ατασσσσ

σ 2sen2cos22

⋅+⋅−

++

=−−

xyyxyx

x

ατασσ

τ 2cos2sen2

⋅+⋅−

=−−

xyxy

xy




22

2sen2cos22

⋅+⋅

−=

+−

−−

ατασσσσ

σ xy

yxyx

x

22

2cos2sen2

⋅+⋅

−=

−−

ατασσ

τ xy

xy

xy

( )2

222

22 xy

yx

xy

yx

x τσσ

τσσ

σ +

−=

+

+−

−−−−

centro do círculo:

+0,

2yx σσ

raio do círculo: ( )2

2

2 xyyxR τ

σσ+

+=

Ryx ++

=21

σσσ

R+=maxτ

Ryx −+

=22

σσσ

R−=minτ




Tensões principais ( )21 ,σσ :

( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +

+−+

+=

0=−−

xyτ

02cos2sen2

=⋅+⋅−

ατασσ

xyxy

yx

xytgσσ

τα

−

⋅=

22

Direções principais:

'α e ''α

Propriedade

cteyxyx =+=+=+−−−−

21 σσσσσσ

Expressão Matricial das tensões.

[ ] [ ] [ ]TMM ⋅⋅=

−

σσ

[ ]

−

=αααα

cossen

sencosM

M: matriz de transformação de coordenadas.

MT: matriz transposta.

=

−−−−

−−−−−

yxy

xyx

στ

τσσ

[ ]

=

yxy

xyx

σττσ

σ




Exercícios:

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

160=xσ ; 60=yσ ; 40=xyτ .

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

2/10 cmkNI =σ ; 0=IIσ ; 2/10 cmkNIII −=σ

3) Calcular as tensões principais e suas direções.




4) Calcular as tensões principais e suas direções.

2/3 cmkNa =σ ; 2/5,1 cmkNb =σ ; 2/5,0 cmkNa =σ

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

Resolução do exercício 5:

436167cmI z =

Reações: kNV a 5,7= , kNV b 5,22=

cmkNM z ⋅= 500

kNV 5,12=

Ponto A:

kNyI

M

z

zx 0553,04

36167

500−=⋅=⋅=σ

0=xyτ




( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +

+−+

+=

21 /0 cmkN=σ ; 2

2 /0553,0 cmkN−=σ

Ponto B:

kNyI

M

z

zx 152,011

36167

500=⋅=⋅=σ

2/06,01036167

17255,12cmkN

tI

SVxy −=

⋅⋅

−=⋅⋅

=τ

( )2

2

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +

+−+

+=

21 /17,0 cmkN=σ ; 2

2 /08,2 cmkN−=σ

5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES

x

ux ∂

∂=ε

Deformações Normais

x

ux ∂

∂=ε

y

vy ∂

∂=ε

y

utg

∂∂

== 11 γγ




x

vtg

∂∂

== 22 γγ

xyx

v

y

uγγγγ =

∂∂

+∂∂

=+= 21

γ : deformação tangencial ou distorção.

Estado Plano de deformações:

xyyx γεε ,,

Estado triplo de deformações:

zyx εεε ,,

yzxzxy γγγ ,,

Efeito de Poisson.

Coeficiente de Poisson.

0>−=y

x

εε

ν

5.00 << ν materiais isotrópicos.

Ex

xy

σνενε ⋅−=⋅−=

Ex

xz

σνενε ⋅−=⋅−=

yx

yyy Elll ⋅⋅−=⋅=∆

σνε

zx

zzz Elll ⋅⋅−=⋅=∆

σνε

Só tensão em y:

Ey

y

σε =

yy

yyy Elll ⋅=⋅=∆

σε

xz

x Ell ⋅⋅−=∆

σν

yz

z Ell ⋅⋅−=∆

σν




Só tensão em z:

Ez

z

σε =

zz

zzz Elll ⋅=⋅=∆

σε

xy

x Ell ⋅⋅−=∆

σν

zy

z Ell ⋅⋅−=∆

σν

xz

xy

xx

x EEEllll ⋅⋅−⋅⋅−⋅=∆

σν

σν

σ

+⋅−=

EEEzyx

x

σσν

σε

Exercícios:

1) Calcular as tensões xσ , yσ e zσ .

2) Calcular xl∆ do sólido I.

2/1 cmtfz =σ ; P = 80 tf; 2/500 cmtfE I = ; 3,0=Iν ; 2/100 cmtfEE IIIII == ;

4,0== IIIII νν




3) Qual o deloscamento total em y e a carga máxima.

Dados: E = 100 tf/cm2; 4,0=ν

4) Determinar as tensões.

Dados: 610200 ⋅=aε ; 610300 ⋅=bε ; 2εε =a ; E = 20000 kN/cm2; 3,0=ν




5) Para o tubo de parede fina; calcular Mt e F.

Dados: 4104,1 −⋅−=aε ; 4108,4 −⋅=bε ; E = 21000 kN/cm2; 3,0=ν

6) Desenhar o círculo de Mohr.

Dados: 4x 105 −⋅−=ε , 4

y 103 −⋅=ε , rad106 2xy

−⋅=γ





Estágio 1

0=xσ ; 0=zσ ; 400

Py =σ

cmx 02,0=∆l

xxx ll ⋅=∆ ε

2002,0 ⋅= xε

001,0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=

1

−⋅−=

4004,0

100

1001,0

P

tfP 100=

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=

1

−⋅−⋅=

400

1004,0

100

1001,0

Estágio 2

0=zσ ; 400

Py =σ

cmz 02,0=∆l

zzz ll ⋅=∆ ε




2002,0 ⋅= zε

001,0=zε

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=

1

−⋅−⋅=

4004,0

100

1001,0

Pxσ

0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=

1

−⋅−=

4004,0

100

10

Pxσ

Px ⋅+⋅−= 001,04,01,0 σ (1)

Px ⋅+= 001,00 σ (2)

Resolvendo o sistema:

2/071,0 cmtfx −=σ

tfP 43,71=

Carga Total:

tfPPPtotal 43,17143,7110021 =+=+=

( )( )zxyy Eσσνσε +⋅−⋅=

1

( ) 0046,00071,04,0400

43,171

100

1=

+−⋅−⋅=yε

Deslocamento total em y.

cmyyy 138,0300046,0 =⋅=⋅=∆ ll ε




6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO

Energia de deformação é definida como a capacidade de produzir trabalho. Aenergia armazenada em sólidos elásticos devido à deformação dos elementossob ações externas, é igual ao trabalho interno.

Objetivos: Calcular deslocamentos e calcular incógnitas hiperestáticas.

Para xKN x ⋅=

K = constante

Lei de Hooke:

( )( )zyxX E

1σσνσε +⋅−⋅=

0zy == σσ

Ex

x

σε =∴

A

N xx =σ

l∆=x

A

Nx =σ

l

l∆=xε

ll

∆⋅⋅

=⋅=AE

xKN

xxKxNU x ∂⋅⋅=∂⋅=∂

∫ ∫ ∂⋅⋅=∂= xxKUU




∫∆ ∆

⋅=∂⋅⋅=

l l

0 0

2

2

xKxxKU

ll ∆⋅⋅=∆⋅⋅= N2

1K

2

1U 2

l∆⋅⋅= N2

1U

U: energia de deformação (carregamento lento)

Carregamento lento: carregamento aplicado de zero até o valor final.

Em caso de carregamentos rápidos (carregamentos instantâneos), temos: l∆⋅= NU ,

uma vez que o gráfico apresenta-se como um retângulo.

Exemplos:

Carregamento lento: peso próprio.

Carregamento rápido: ação do vento.

Métodos de cálculo da energia de deformação:

Pelas tensões

Pelos esforços solicitantes

Pelas cargas

a) Cálculo pelas tensões:

Estado triplo de tensões

Efeito total = somatório dos efeitos parciais (superposição de efeitos).

Modelo de cálculo

Trabalho = força x deslocamento

zyforça x ∂⋅∂⋅= σ

xtodeslocamen x ∂⋅= ε




trabalho = xzy xx ∂⋅⋅∂⋅∂⋅ εσ

zyx2

1U xxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσσ

zyxV ∂⋅∂⋅∂=∂ (V = volume)

dV2

1U xxx ⋅⋅⋅=∂ εσσ

analogamente:

para yσ : dV2

1U yyy ⋅⋅⋅=∂ εσσ

para zσ : dV2

1U zzz ⋅⋅⋅=∂ εσσ

Efeito total: =∂+∂+∂ zyx UUU σσσ

zyx2

1zyx

2

1zyx

2

1zzyyxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅= εσεσεσ

Dividindo ambos os lados por zyx ∂⋅∂⋅∂

dV

U

zyx

UU ii

,0∑∑ ∂

=∂⋅∂⋅∂

∂= σσ

σ

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

zyx2

1U xzxzxz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx2

1U xyxyxy ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx2

1U yzyzyz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

Efeito total: =∂+∂+∂ yzxyxz UUU τττ




dV

U

zyx

UU ijij

,0∑∑ ∂

=∂⋅∂⋅∂

∂= ττ

τ

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

Efeito global:

( )∑ ∂+∂= iji UUU τσ

( )volume,0,00 UUU ∑ += τσ

dVUUvolume 0 ⋅= ∫

ou seja:

( )∫ ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅=V yzyzxzxzxyxyzzyyxx dV

2

1U γτγτγτεσεσεσ

b) Cálculo pelos esforços solicitantes

Considere uma viga.

yI

M

A

Nx ⋅+=σ

Ib

SVxy ⋅

⋅=τ

dVUUvolume 0 ⋅= ∫

( )xyxyxx0 2

1U γτεσ ⋅+⋅⋅=

Lei de Hooke:

Ex

x

σε =

Gxy

xy

τγ =

+⋅=

GE2

1U

2xy

2x

0

τσ




⋅⋅

⋅+

⋅+⋅⋅=

22

0 Ib

SV

G

1y

I

M

A

N

E

1

2

1U

⋅⋅

⋅+

⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅=

22

222

2

2

2

2

0 Ib

SV

G

1y

I

My

I

M

A

N2

A

N

E

1

2

1U

∫∫ ⋅

⋅⋅

⋅+

⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅∂=

A22

222

2

2

2

2

0

dAIb

SV

G

1y

I

My

I

M

A

N2

A

N

E

1

2

1xU

l

Resolvendo as integrais de área, temos:

∫ ∂⋅

⋅⋅

⋅+

+⋅

⋅=

l

0

22

2

2

xA

Vc

G2

1

I

M

A

N

E2

1U

c = fator de forma.

AIG

SAc

22

2

∂⋅⋅

⋅= ∫

observação: Torção: tI

M

w

M

t

t

t

txy ⋅==τ

Ou seja,

∫ ∂⋅

⋅⋅+

⋅⋅

⋅+

+⋅

⋅=

l

0 t

2t

22

2

2

xIG2

M

A

Vc

G2

1

I

M

A

N

E2

1U

Exemplo: Calcular a energia de deformação para a estrutura da figura.

Dados: P = 500 kgf; d = 4 cm; c = 1,1 ; E = 2100000 kgf/cm2; G = 800000 kgf/cm2.

L = 50 cm; e = 20 cm.




c) Cálculo pelas cargas (teorema de Clapeyron).

∫→→

∂⋅=t

0

tPT

T = trabalho

T = U

U = energia de deformação.

Observação: Teoria de 1a ordem: pontos Ai e Bi muito próximos.

→→

≈ ivt

ii vP2

1T ⋅⋅=

ou genericamente:

∑ ⋅⋅= ii vP2

1T

xIG

M

AG

Vc

IE

M

AE

N

2

1U

0t

2t

222

∂⋅

⋅

+⋅

⋅+⋅

+⋅

⋅= ∫l

T = U Teorema de Clapeyron.




Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

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

Teorema de Maxwell

Seja a viga abaixo:

Superposição de efeitos.

Considere a teoria de 1a ordem.

Observação: ikδ : indica a causa (força no ponto k que causa o deslocamento em i).

ikKiiii PPv δδ ⋅+⋅=

kkKkiik PPv δδ ⋅+⋅=




1a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P kkii →→ )

ikkikkkkiiii1 PP1PP2

1PP

2

1T δδδ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

2a forma de carregamento: ( )P0(P),P0(P iikk →→ )

kiikiiiikkkk2 PP1PP2

1PP

2

1T δδδ ⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

Porém o trabalho realizado é o mesmo: T1 = T2.

Substituindo os valores: kiik δδ = : Teorema de Maxwell.

Observação: se substituirmos as forças Pi e Pk por um grupo de forças, temos o Teorema

de Betti.

Observação: o Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças pormomentos.

Teorema de Maxwell: “O deslocamento de um ponto i, na direção i, quando se aplica

uma força no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k, na direção k, quando se

aplica uma força no ponto i”.

Teorema de Castigliano (1873): “A derivada parcial da energia de deformação em

relação a uma carga Pk é igual ao deslocamento elástico vk do ponto de aplicação da

carga”.

kk

vP

U=

∂∂

n1nx1xi1i1221111 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

n2nx2xi2i2222112 P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

innixxiii2i21i1i P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

xnnxxxxii2x21x1x P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

nnnnxxnii2n21n1n P...P...P...PPv δδδδδ ⋅++⋅++⋅++⋅+⋅=

∑=

⋅⋅=n

1iii vP

2

1U




∂∂

⋅+⋅∂∂

⋅=∂∂ ∑ ∑

= =

n

1i

n

1i k

iii

k

i

k P

vPv

P

P

2

1

P

U

1a derivada

para ki ≠ , 0P

P

k

i =∂∂

para ki = , 1P

P

k

i =∂∂

2a derivada

∑= ∂

∂n

1i k

i

P

v

ikk

i

P

v1i δ=

∂∂

⇒=

k2k

i

P

v2i δ=

∂∂

⇒=

ikk

i

P

vii δ=

∂∂

⇒=

kkk

i

P

vki δ=

∂∂

⇒=

nkk

i

P

vni δ=

∂∂

⇒=

...P...PP ikik22k11 +⋅++⋅+⋅ δδδ

kiik δδ = : Teorema de Maxwell

( ) kkkk

vvv2

1

P

U=+⋅=

∂∂

Exercícios.

1) Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

2) Calcular o deslocamento vertical no meio do vão.




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

Teorema de Menabrea

0P

U

k

=∂∂

, neste caso Pk é uma incógnita hiperestática.

Exercícios:

1) Determinar as reações dos apoios da viga.

2) Calcular a força na barra e o deslocamento vertical do ponto B.

Viga: E, I. Barra: Eb; Ab.

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




4) Calcular o deslocamento vertical na extremidade livre do balanço.

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

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

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




7) Calcular as forças nas barras e seus alongamentos.

Dados: A1 = A2 = 1 cm2; E = 2100000 tf/cm2; Iviga = 5557,3 cm4; Aviga = 112 cm2;

L = 200 cm.

8) Calcular o deslocamento horizontal e vertical no ponto de aplicação da carga P.

Dado: c = constante da mola.





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

∑ = 02RM

3

21

PRR

−−=

Trecho 1:

xPM x ⋅=

0=∂

∂R

M x

Trecho 2:




xPR

RxRRM x ⋅

−⋅−

+⋅=⋅+⋅=3

222 1

xPxRRM x ⋅⋅−⋅⋅−⋅=3

1

3

22

xR

M x ⋅−=∂

∂3

22

Trecho 3:

xRM x ⋅=

xR

M x =∂

∂

xIE

MU ∂⋅

⋅⋅= ∫

l

0

2

2

1

00

=∂⋅∂∂

⋅=∂∂

∫ xR

MM

R

U l

( ) ( ) ( ) ( ) xxRxxxPxRx

RxPxxR

MM ∂⋅⋅+∂⋅

−⋅

−−+∂⋅⋅=∂⋅

∂∂

⋅ ∫∫∫∫2

0

3

0

1

00 3

22

33

220

l

20

3PR =

Para P = 2 tf, temos R = 0,3 tf.

Substituindo R nas equações dos momentos, temos:

Trecho 1:




xPM x ⋅=

xP

M x =∂

∂

Trecho 2:

xPP

xPxPP

M x ⋅−=⋅⋅−⋅

⋅−

⋅=

30

13

10

3

3

1

20

3

3

2

20

32

xP

M x ⋅−=∂

∂30

13

10

3

Trecho 3:

20

3PxM x =

20

3x

P

M x =∂

∂

AvxP

MM

P

U=∂⋅

∂∂

⋅=∂∂

∫l

0

( ) ( ) xxPx

xxPxP

xxPxvA ∂⋅

⋅

+∂⋅

−⋅

−+∂⋅⋅= ∫∫∫ 20

3

20

3

30

13

10

3

30

13

10

3 2

0

3

0

1

0

mmmP

EIvA 127,110127,121833,1

2100

1

300

3551 3 =⋅=⋅⋅=⋅= −




7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA

Estados limites:

a) Estado limite último: ruptura.

b) Estado limite de utilização.

c) Estado limite de estabilidade




Critérios de resistência:

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

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

A) Critério de Rankine (critério da maior tensão normal).

A maior tensão normal é o limite para a resistência da estrutura. Adota-se, com certa

segurança, a tensão normal máxima, a partir de experimentação e das condições de

aplicação. Critério adequado para materiais dúcteis.

Observação:

)(CS adm

máx σσσ

σσ ≤1 (critério das tensões admissíveis)

Material dúctil: CS

escσσ =

Material frágil: CS

rupσσ =

Envoltória de ruptura.




B) Critério de Tresca (critério da maior tensão de cisalhamento):

Ensaio de tração no aço.

O que causa o rompimento do aço é a presença da tensão de cisalhamento que “corta” a

superfície da estrutura.

Observação: critério utilizado para materiais dúcteis (aço).

Envoltória de ruptura:

C) Critério de Saint-Venant (critério de maior deformação normal):

Envoltória de ruptura:




ν : coeficiente de Poisson.

Tanto para materiais dúcteis como para materiais frágeis.

1) Critério de Mohr

Envoltória de segurança:

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

tctc ff >→> σσ

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.

2) Critério de Coulomb (critério definido por dois parâmetros físicos):

ϕ :Ângulo de atrito intermo.

Cτ :Tensão de coesão.

Critério utilizado para areias, argilas e siltes.

a) Materiais sem coesão (areia).




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

segurança.

0c =τ

critério de segurança: ϕα sensen ≤

a) Materiais com coesão (argila).

0c ≠τ

Mesmo princípio de funcionamento que o anterior.

Exemplo: critério de Mohr-Coulomb.

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.

ct ff <

d2

f

sent

=ϕ




2fdtg

t

c

+=

τϕ

ct

2

ftgtgd τϕϕ =⋅+⋅

ϕ

ϕτ

tg

tg2f

dt

c ⋅⋅=

d2

ff

2f

sent

c

c

++=ϕ

ϕα sensen ≤ (critério de segurança).

Envoltória de segurança.

3) Critério da energia de distorção (critério de von Mises).

Utilizado para materiais dúcteis com tc ff ≈ .

Critério baseado nos conceitos de energia de deformação.

Seja:




[ ] [ ] [ ]2xz

2yz

2xyzyzxyx

2z

2y

2xtoatl G2

1

EE2

1U τττσσσσσσ

νσσσ ++

⋅+⋅+⋅+⋅−++⋅

⋅=

para: 0yzxzxy === τττ , teremos um estado principal de tensões em função de 1σ , 2σ

e 3σ .

[ ] [ ]32312123

22

21total EE2

1U σσσσσσ

νσσσ ⋅+⋅+⋅−++⋅

⋅=

[ ] [ ] [ ]desvijijmij σδσσ +⋅=

[ ] [ ] [ ]ijmijdesvij δσσσ ⋅−=

observação: 1ji ij =→= δ , 0ji ij =→≠ δ

[ ]

=

100

010

001

ijδ (Delta de Kronecker).

Círculo de Mohr para o estado hidrostático de tensões.




desvhidrototal UUU +=

[ ] [ ]2m

2m

2m

2m

2m

2mhidro EE2

1U σσσ

νσσσ ++⋅−++⋅

⋅=

( )2321hidro E2

21U σσσ

ν++⋅

⋅−

=

hidrototaldesv UUU −=

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221desv G12

1U σσσσσσ −+−+−⋅

⋅=

( )ν+⋅=

12

EG

Caso particular: 01 ≠σ , 032 == σσ (tração pura).

31

m

σσ = estado hidrostático de tensões.

G183

2

33G12

1U

21

2

1

2

1

2

1desv ⋅

=

⋅

−+

+

⋅

⋅=

σσσσ (tração pura).




Observação: a energia de deformação correspondente ao estado desviatório de tensão é

chamada de energia de distorção.

O critério da energia de distorção faz a seguinte hipótese:

Tração pura: 01 ≠σ , 021 == σσ

G12

2UU

21

distdesv ⋅⋅

==σ

(tração pura).

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221distdesv G12

1UU σσσσσσ −+−+−⋅

⋅==

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221esc 2

1σσσσσσσ −+−+−=

para outros pontos: ( ) ( ) ( )[ ]213

232

221i 2


iσ : tensão ideal.

Observações: caso plano de tensões ( 01 ≠σ , 02 ≠σ , 03 =σ )

( ) ( ) ( )[ ]21

22

221dist G12

1U σσσσ −++−⋅

⋅=

G12U

21

dist ⋅=

σ (tração pura) ( esc1 σσ < )

distdist UU = (tração pura)

12

esc

22esc

21

2

esc

1 =

+

⋅−

σσ

σσσ

σσ

(equação de uma elipse)




Para uma viga: 0x ≠σ ; 0y =σ ; 0xy ≠τ

2xy

2

xx2,1 22

τσσ

σ +

±= ; 03 =σ

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221i 2


2xy

2xi 3 τσσ ⋅+=

iij σσ ≤

Exercícios:

1) Sabendo-se que a tensão máxima de um certo material vale 2max cm/kN3,1=σ e que

este material segue o critério da energia de distorção, verificar se o carregamento na

estrutura é seguro. Dados: p = 8 kN/cm2; F = 60 kN; Iz = 14951,24 cm4.

2) Verificar a segurança nos pontos A e B, sendo dados: M = 50 tfcm; V = 10 tf; fc =

0,8 tf/cm2; ft = 0,4 tf/cm2.




3) O material segue o critério indicado na figura abaixo, verificar a segurança.

Dados: 01 =σ , 22 cm/tf3−=σ , a = 1 tf/cm2.

4) Determinar quais valores a tensão P de compressão pode variar sem que haja ruptura.

a = 0,4 tf/cm2. Tensões em tf/cm2.

Resolução do exercício 3:

Equação da parábola:

cbyayx ++= 2

pontos conhecidos: (0,1); (1,0) e (0,-1).




cba +⋅+⋅= 1'10 2

cba +⋅+⋅= 0'01 2

( ) ( ) cba +−⋅+−⋅= 1'10 2

1−=a ; 0=b ; 1=c

12 +−= yx equação da parábola.

Equação do círculo de Mohr

( ) ( ) 220

20 Ryyxx =−+−

raio: 5,12

30

221 =

+=

−=

σσR

coordenadas do centro: ( ) ( )0;5,10,2

, 210 −=

+

=σσ

oyx

( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx equação do círculo

12 +−= yx

( ) ( ) 222 5,15,1 =++ yx

Resolvendo o sistema:

0122 =++ xx

0=∆

A equação apresenta 2 raízes iguais, portanto a parábola e o círculo de Mohr se

tangenciam em um único ponto. Portanto há segurança.




8-FLAMBAGEM

Estados limites último e de utilização.

Resistência; Rigidez; Estabilidade.

Fcr = força crítica.

hFcr %20015,1 →⋅

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

Teoria de 1a ordem

Teoria de 2a ordem

)(" xMvIE −=⋅⋅




2

2

x

vK

∂∂

≅

Teoria de 3a ordem

2/32

2

2

1

∂∂

+

∂∂

=

x

v

x

v

K

Método do equilíbrio

ϕϕ ⋅≈⋅= ll send (pequenos deslocamentos)

ϕ⋅⋅=⋅= lFdFM T

ϕ⋅= cM R

MT = momento tombador; MR = momento restaurador

RT MM <

RT MM =

RT MM >

ϕϕ ⋅=⋅⋅ cF l

l

cF = (força crítica)




Barra Bi-articulada (articulada-articulada)

vFxM ⋅=)(

)()(" xMxvIE b −=⋅⋅

vFxvIE b ⋅−=⋅⋅ )("

0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE Equação diferencial da flambagem.

Soluções:

)(cossen 21 xvkxckxcv =⋅+⋅=

kxkckxkcv sencos 21' ⋅⋅−⋅⋅=

kxkckxkcv cossen 22

21

" ⋅⋅−⋅⋅−=

c1,c2 e k são constantes desconhecidas.

0=x , 0=v 02 =⇒ c

kxcv sen1 ⋅=

0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE

0)sen()sen( 12

1 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅ kxcFkxkcIE

IE

FK

⋅=

l=x , 0=v

0sen1 =⋅ lkc

01 ≠c

0sen =∴ lk π⋅= nkl




3,2,1,0=n

IE

n

IE

FK

⋅⋅

=⋅

=22

2 π

1=n

2

2

l

IEFcr

⋅⋅=

π

Barra engastada – livre.

2

2

4 l⋅⋅⋅

=IE

Fcr

π

Barra articulada – engastada.

2

22

l

IEFcr

⋅⋅⋅=

π

Barra bi-engastada.

2

24

l

IEFcr

⋅⋅⋅=

π

Comprimento de flambagem ( fll ) ou comprimento crítico ( crl )

2

2

cr

cr

IEF

l

⋅⋅=

π

ll =cr barra bi-articulada

ll ⋅= 2cr barra engastada - livre

2/ll =cr barra engastada - articulada

2/ll =cr barra bi-engastada




Contraventamentos

Raio de giração

A

Ii = ou

A

Ii =2

Índice de esbeltez ( λ )

icrl

=λ

Tensão de flambagem ou crítica

2

2

2

22

2

2

λπππ

σEiE

A

IE

A

F

crcr

crcr

⋅=

⋅⋅=

⋅⋅⋅

==ll

22

2

λλπ

σ

−−

=⋅

=kE

cr

Ek ⋅=−−

2π




Exercícios:

1) Qual a relação h / b para que o pilar ofereça a mesma segurança contra a flambagem

nas direções x e y.

2) Determine o número de contraventamentos para que a carga F seja a máxima possível.

Qual a força F neste caso?




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

Dados: Iz = 272 cm4; Iy = 896 cm4; E = 13000 kN/cm2; 2

2

λπ

σE

cr

⋅=

4) Calcular P máximo.

Dados: 2

10363000

λσ =cr para 105>λ ; A = 2860 mm2;

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




5) Calcular F máximo.

Dados: 300=l cm; d = 8 cm; 2,1=−−

σ tf/cm2; 2

10363000

λσ =cr para 105>λ

6) O escoramento da vala é feito com madeira (Peroba Rosa). Sabendo-se que as peças

disponíveis para as escoras são 6 cm x 16 cm e 6 cm x 12 cm. Escolher qual das peças é

melhor.

Dados: E = 942,5 kN/cm2, 2

2

4 λπ

σ⋅⋅

=E

cr para 64>λ ; P = 2 kN/m2.





Raio de giração:

cmA

Ii z

z 38,248

272===

cmA

Ii y

y 32,448

896===

Índice de esbeltez:

10538,2

250===

z

crzz i

lλ (crítico)

5832,4

250===

y

cryy i

lλ

Do gráfico, temos que 80=λ para 2/5 cmkNcr =σ

2

2

λγπ

σ⋅⋅

=E

cr

2

2

80

130005

⋅⋅

=γ

π

4=λ

22

2

2

2

/91,21054

13000cmkN

Ecr =

⋅⋅

=⋅⋅

=π

λγπ

σ

kNAF crcr 65,1394891,2 =⋅=⋅= σ




9-BIBLIOGRAFIA

• Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hilldo Brasil, 1982.

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

• Higdon, Archie, Mecânica dos Materiais, Rio de Janeiro, ed. Guanabara DoisAS, 1981.

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

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

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

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

• Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, SãoPaulo, 5ª edição, janeiro 1974.

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

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

referências bibliográficas.

apostila resist en cia dos materiais - unicamp

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