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Mecânica dos Materiais Tradução da 7a edição norte-americana

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Dados Internacionais de Catalogação na Publicação (CIP)(Câmara Brasileira do Livro, SP, Brasil)

Gere, James M.Mecânica dos materiais / James M. Gere, Barry J. Goodno ; tradução

Luis Fernando de Castro Paiva , All Tasks ; revisão técnicaMarco Lucio Bittencourt, Demetrio C. Zachariadis. -- São Paulo :Cengage Learning, 2015.

5a reimpressão da 2a edição brasileira.Título original: Mechanics of materials.Bibliografia.ISBN 978-85-221-0798-81. Materiais 2. Mecânica 3. Resistência dos materiais I. Goodno,

Barry J. II. Título.

10-09362 CDD-620.1123

Índice para catálogo sistemático:1. Mecânica dos materiais : Engenharia : Tecnologia

620.1123

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Mecânica dos Materiais Tradução da 7a edição norte-americana

James M. GereBarry J. GoodnoTraduçãoLuiz Fernando de Castro PaivaAll Tasks

Revisão TécnicaMarco Lucio BittencourtDoutor em Engenharia Mecânica na área de Mecânica dos Sólidos pelaUnicamp com pós-doutorado na University of Kentucky, nos EstadosUnidos. Professor associado da Faculdade de Engenharia Mecânica daUnicamp.

Demetrio C. ZachariadisEngenheiro Naval, Mestre em Engenharia Naval, Doutor em EngenhariaMecânica. Professor do Departamento de Engenharia Mecânica da EscolaPolitécnica da Universidade de São Paulo.

Austrália • Brasil • Japão • Coreia • México • Cingapura • Espanha • Reino Unido • Estados Unidos

IV Mecânica dos Materiais

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Mecânica dos Materiais – Tradução da 7a edição norte-americana3a edição brasileira

James M. Gere

Barry J. Goodno

Gerente editorial: Noelma Brocanelli

Editora de desenvolvimento: Salete Del Guerra

Supervisora de produção gráfica: Fabiana Alencar Albuquerque

Título Original: Mechanics of Materials

ISBN 10: 10-324-36600-0; ISBN 13: 978-0-324-36600-6

Revisão técnica: Júlio Cézar de Almeida

Copidesque: Tatiana Tanaka

Revisão: Cristiane Morinaga e Luicy Caetano de Oliveira

Diagramação: Cia. Editorial

Indexação: Casa Editorial Maluhy

Capa: Sérgio Bergocce

Imagem da capa: Viktorus/Shutterstock

Especialista em direitos autorais: Jenis Oh

© 2016 Cengage Learning Edições Ltda.

Todos os direitos reservados. Nenhuma parte deste livro poderá serreproduzida, sejam quais forem os meios empregados, sem apermissão por escrito da Editora. Aos infratores aplicam-se assanções previstas nos artigos 102, 104, 106, 107 da Lei no 9.610, de 19de fevereiro de 1998.

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© 2016 Cengage Learning. Todos os direitos reservados.ISBN 13: 978-85-221-2512-8ISBN 10: 85-221-2512-0

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Impresso no Brasil

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1 2 3 16 15 14

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Sobre o autor xiPrefácio xiiiSímbolos xviiAlfabeto grego xx

1 Tração, Compressão e Cisalhamento 11.1 Introdução à Mecânica dos Materiais 21.2 Tensão e Deformação Normais 31.3 Propriedades Mecânicas dos Materiais 101.4 Elasticidade, Plasticidade e Fluência 171.5 Elasticidade Linear, Lei de Hooke e Coeficiente de Poisson 201.6 Tensão e Deformação de Cisalhamento 241.7 Tensões e Cargas Admissíveis 331.8 Dimensionamento para Cargas Axiais e Cisalhamento Puro 37

Resumo e Revisão do Capítulo 41Problemas – Capítulo 1 43

2 Membros Carregados Axialmente 712.1 Introdução 722.2 Variações nos Comprimentos de Membros Carregados Axialmente 722.3 Variações no Comprimento de Barras Não Uniformes 802.4 Estruturas Estaticamente Indeterminadas 862.5 Efeitos Térmicos, Erros de Montagem ou Fabricação

e Pré-Deformações 932.6 Tensões em Seções Inclinadas 1042.7 Energia de Deformação 1142.8 Carregamento Impulsivo 1252.9 Carregamento Cíclico e Fadiga 1322.10 Concentrações de Tensão 1342.11 Comportamento Não Linear 1382.12 Análise Elastoplástica 143


3 Torção 1873.1 Introdução 1883.2 Deformações de Torção de uma Barra Circular 1893.3 Barras Circulares de Materiais Elásticos Lineares 1923.4 Torção Não Uniforme 2023.5 Tensões e Deformações em Cisalhamento Puro 2083.6 Relação entre os Módulos de Elasticidade E e G 2143.7 Transmissão de Potência por Eixos Circulares 2153.8 Membros de Torção Estaticamente Indeterminados 2193.9 Energia de Deformação em Torção e Cisalhamento Puro 2233.10 Tubos de Paredes Finas 229

Tração, Compressão e Cisalhamento V

Sumário

3.11 Concentrações de Tensão em Torção 237Resumo e Revisão do Capítulo 239Problemas – Capítulo 3 240

4 Forças Cortantes e Momentos Fletores 2614.1 Introdução 2624.2 Tipos de Vigas, Cargas e Reações 2624.3 Forças Cortantes e Momentos Fletores 2684.4 Relações entre Cargas, Forças Cortantes e Momentos Fletores 2744.5 Diagramas de Força Cortante e Momento Fletor 278


5 Tensões em Vigas (Tópicos Básicos) 3015.1 Introdução 3025.2 Flexão Pura e Flexão Não Uniforme 3035.3 Curvatura de uma Viga 3045.4 Deformações Longitudinais em Vigas 3055.5 Tensões Normais em Vigas (Materiais Elásticos Lineares) 3095.6 Projetos de Vigas para Tensões de Flexão 3195.7 Vigas Não Prismáticas 3285.8 Tensões de Cisalhamento em Vigas de Seção

Transversal Retangular 3315.9 Tensões de Cisalhamento em Vigas de Seção

Transversal Circular 3405.10 Tensões de Cisalhamento em Almas de Vigas com Flanges 3435.11 Vigas Construídas e Fluxo de Cisalhamento 3495.12 Vigas com Carregamentos Axiais 3535.13 Concentração de Tensões em Flexão 357


6 Tensões em Vigas (Tópicos Avançados) 3916.1 Introdução 3926.2 Vigas Compostas 3926.3 Método da Seção Transformada 4016.4 Vigas Duplamente Simétricas com Cargas Inclinadas 4056.5 Flexão de Vigas Não Simétricas 4116.6 O Conceito de Centro de Cisalhamento 4186.7 Tensões de Cisalhamento em Vigas de Seções

Transversais Abertas e de Parede Fina 4206.8 Tensões de Cisalhamento em Vigas de Flanges Largos 4236.9 Centros de Cisalhamento de Seções Abertas e de Paredes Finas 4276.10 Flexão Elastoplástica 434


7 Análise de Tensão e Deformação 4637.1 Introdução 4647.2 Estado Plano de Tensões 4657.3 Tensões Principais e Tensões de Cisalhamento Máximas 4717.4 Círculo de Mohr para Estado Plano de Tensões 4807.5 Lei de Hooke para Estado Plano de Tensões 4937.6 Tensão Triaxial 4977.7 Estado Plano de Deformações 501


VI Mecânica dos Materiais

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8 Aplicações de Estado Plano de Tensões (Vasos de Pressão, Vigas e Carregamentos Combinados) 5318.1 Introdução 5328.2 Vasos de Pressão Esféricos 5328.3 Vasos de Pressão Cilíndricos 5378.4 Tensões Máximas em Vigas 5448.5 Carregamentos Combinados 551


9 Deflexões de Vigas 5819.1 Introdução 5829.2 Equações Diferenciais da Curva de Deflexão 5829.3 Deflexões pela Integração da Equação do Momento Fletor 5879.4 Deflexões pela Integração da Equação da Força de Cisalhamento

e da Equação de Carregamento 5969.5 Método da Superposição 6029.6 Método da Área do Momento 6109.7 Vigas Não Prismásticas 6179.8 Energia de Deformação da Flexão 6229.9 Teorema de Castigliano 6279.10 Deflexões Produzidas por Impacto 6399.11 Efeitos da Temperatura 641


10 Vigas Estaticamente Indeterminadas 66310.1 Introdução 66410.2 Tipos de Vigas Estaticamente Indeterminadas 66410.3 Análise pelas Equações Diferenciais da Curva de Deflexão 66610.4 Método da Superposição 67210.5 Efeitos da Temperatura 68310.6 Deslocamentos Longitudinais nas Extremidades de uma Viga 686


11 Colunas 69911.1 Introdução 70011.2 Flambagem e Estabilidade 70011.3 Colunas com Extremidades Apoiadas por Pinos 70311.4 Colunas com outras Condições de Apoio 71311.5 Colunas com Carregamentos Axiais Excêntricos 72211.6 Fórmula da Secante para Colunas 72711.7 Comportamento Elástico e Inelástico da Coluna 73111.8 Flambagem Inelástica 733


12 Revisão de Centroides e Momentos de Inércia 75312.1 Introdução 75412.2 Centroides de Figuras Planas 75412.3 Centroides de Figuras Planas Compostas 75712.4 Momentos de Inércia das Figuras Planas 76012.5 Teorema dos Eixos Paralelos para Momentos de Inércia 76312.6 Momentos de Inércia Polar 76512.7 Produtos de Inércia 76712.8 Rotação de Eixos 77012.9 Eixos Principais e Momentos de Inércia Principais 771

Problemas – Capítulo 12 775

Sumário VII

Referências e Notas Históricas 781Apêndice A Sistemas de Unidades e Fatores de Conversão 789

A.1 Sistemas de Unidades 789A.2 Unidades SI 790A.3 Unidades de Temperatura 794

Apêndice B Resolução de Problemas 796B.1 Tipos de Problemas 796B.2 Etapas na Resolução de Problemas 797B.3 Homogeneidade Dimensional 797B.4 Algarismos Significativos 798B.5 Arredondamento de Números 799

Apêndice C Fórmulas Matemáticas 800Apêndice D Propriedades das Figuras Planas 804Apêndice E Propriedades de Perfis de Aço Estrutural 809Apêndice F Propriedades de Madeira Estrutural 815Apêndice G Deflexões de Inclinações das Vigas 816Apêndice H Propriedades dos Materiais 822Respostas dos Problemas 827Índice Onomástico 846Índice Remissivo 847

VIII Mecânica dos Materiais

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JAMES MONROE GERE 1925–2008James Monroe Gere, Professor Emérito de Engenharia Civil da Universidade de Stanford, faleceu emPortola Valley, CA, em 30 de janeiro de 2008. Jim Gere nasceu em 14 de junho de 1925, em Syracuse,NY. Entrou para a Unidade Aérea das Forças Armadas dos EUA, aos 17 anos, em 1942, servindo naInglaterra, França e Alemanha. Após a guerra, obteve os títulos de bacharel e mestre em EngenhariaCivil pelo Rensselaer Polytechnic Institute em 1949 e 1951, respectivamente. Trabalhou como instru-tor e mais tarde como Pesquisador Associado para o Instituto Rensselaer entre 1949 e 1952. Foi esco-lhido como um dos primeiros bolsistas da NSF (National Science Foundation) e escolheu estudar emStanford. Obteve seu título de Ph.D. em 1954 e foi-lhe oferecida uma posição de docente emEngenharia Civil, dando início a uma carreira de 34 anos, engajando seus estudantes em assuntosdesafiadores em mecânica e engenharia estrutural e de terremotos. Ocupou as posições de Chefe deDepartamento e Reitor Associado de Engenharia e, em 1974, foi o cofundador do Centro deEngenharia de Terremotos John A. Blume, em Stanford. Em 1980, Jim Gere tornou-se também oprincipal fundador do Comitê de Stanford de Preparação para Terremotos, que recomendou aosmembros do campus cercar e fortalecer equipamentos de escritório, mobília e outros itens que pode-riam levar a um risco de morte em caso de terremoto. Neste mesmo ano, foi convidado como um dosprimeiros estrangeiros a estudar a cidade de Tangshan, na China, devastada por um terremoto. Jimaposentou-se de Stanford em 1988, mas continuou a ser um dos membros mais importantes da comu-nidade, já que oferecia seu tempo voluntariamente para orientar estudantes e guiá-los nas várias via-gens de campo à região de terremotos da Califórnia.

Jim Gere era conhecido por seu comportamento extrovertido, sua alegre personalidade e sorrisoadmirável, seu vigor e sua habilidade como educador em Engenharia Civil. Escreveu nove livros sobrevários temas da engenharia, começando em 1972 com Mecânica dos Materiais, um livro inspiradopor seu professor e mentor Stephen P. Timoshenko. Seus outros livros bastante conhecidos e utiliza-dos em cursos de engenharia em todo o mundo incluem: Theory of Elastic Stability, escrito em con-junto com S. Timoshenko; Matrix Analysis of Framed Structures e Matrix Algebra for Engineers,ambos escritos em conjunto com W. Weaver; Moment Distribution; Earthquake Tables: Structuraland Construction Design Manual, escrito em conjunto com H. Krawinkler, e Terra Non Firma:Understanding and Preparing for Earthquakes, escrito em conjunto com H. Shah.

Respeitado e admirado pelos estudantes, docentes e funcionários da Universidade de Stanford, oprofessor Gere sempre sentiu que a oportunidade de trabalhar com e estar a serviço de pessoas jovensdentro e fora da classe era uma das suas maiores alegrias. Ele percorria frequentemente e visitavaregularmente os parques nacionais de Yosemite e Grand Canyon. Fez mais de 20 subidas ao HalfDome, em Yosemite, assim como a “trilha de John Muir”, de até 81 quilômetros em um dia. Em 1986,caminhou até o campo base do Monte Everest, salvando a vida de um companheiro de viagem. Jamesera um corredor ativo e completou a maratona de Boston aos 48 anos, com um tempo de 3h13min.

James Gere será lembrado durante muito tempo por todos que o conheceram como um homematencioso e carinhoso, cujo bom humor otimista tornou aspectos da vida cotidiana ou do trabalhomais fáceis de suportar. Seu último projeto (inacabado e agora sendo continuado por sua filha Susan,de Palo Alto) era um livro baseado nas memórias escritas de seu bisavô, um coronel do 122o Batalhãode Nova York na Guerra Civil.

Sobre o autor

X Mecânica dos Materiais

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A mecânica dos materiais é uma disciplina básica da engenharia que deve ser entendida por qualquerpessoa preocupada com a resistência e o desempenho físico de estruturas, sejam estas feitas pelohomem ou naturais. O assunto inclui conceitos como tensões e estiramentos, deformações e desloca-mentos, elasticidade e plasticidade, energia de deformação e capacidade de suportar carga. Esses con-ceitos fundamentam o projeto e a análise de uma grande variedade de sistemas mecânicos eestruturais.

No nível universitário, a mecânica dos materiais é usualmente ensinada durante o segundo e ter-ceiro anos. A disciplina é necessária para a maioria dos estudantes que estão se especializando emengenharia aeroespacial, aeronáutica, biomédica, civil, estrutural e mecânica. Além disso, muitos alu-nos de diversos campos, como ciência dos materiais, engenharia industrial, arquitetura e engenhariaagrícola também acham útil estudar essa disciplina.

Sobre este LivroOs principais tópicos cobertos neste livro são a análise e o projeto de membros estruturais submeti-dos a tensão, compressão, torção e flexão, incluindo os conceitos mencionados no primeiro pará-grafo. Outros tópicos de interesse geral são as transformações de tensão e deformação, cargascombinadas, concentrações de tensão, deflexões de vigas e estabilidade de colunas.

Tópicos especializados incluem o seguinte: efeitos térmicos, cargas dinâmicas, membros não pris-máticos, vigas de dois materiais, centros de cisalhamento, vasos de pressão e vigas estaticamente inde-terminadas. Para complementação e referências ocasionais, tópicos elementares como forças decisalhamento, momentos fletores, centroides e momentos de inércia são também apresentados. Comoum auxílio ao leitor estudante, cada capítulo começa com uma Visão Geral do Capítulo e terminacom um Resumo e Revisão do Capítulo, no qual os pontos principais apresentados no capítulo sãolistados em uma rápida revisão (para preparação de exames sobre o material).

Este livro contém muito mais material do que pode ser ensinado em um único curso e, como con-sequência, os professores têm a oportunidade de selecionar os tópicos que desejam cobrir. Comoguia, alguns dos itens mais especializados são identificados no sumário por asteriscos.

Esforços consideráveis foram feitos na verificação e revisão do texto para eliminar erros, mas casovocê encontre algum, por mais trivial que seja, notifique-nos (em www.cengage.com.br, vá a FaleConosco). Assim poderemos corrigi-los em futuras impressões do livro.

ExemplosExemplos são apresentados por todo o livro para ilustrar os conceitos teóricos e mostrar como essesconceitos podem ser utilizados em situações práticas. Os exemplos variam em extensão, de uma atéquatro páginas, dependendo da complexidade do material a ser ilustrado. Quando a ênfase é em con-ceitos, os exemplos são trabalhados em termos simbólicos para melhor ilustrar as ideias, e quando aênfase está na resolução de problemas, os exemplos têm natureza numérica. Nos exemplos seleciona-dos ao longo do texto, a demonstração gráfica dos resultados (por exemplo, tensão nas vigas) foi adi-cionada para melhorar o entendimento do estudante sobre os resultados dos problemas.

Prefácio

Problemas Em qualquer curso de mecânica, a resolução de problemas é uma parte importante do processo deaprendizado. Este livro oferece mais de 1.000 problemas para serem feitos em casa e discutidos emsala de aula. Aproximadamente 40% dos problemas são novos ou significantemente revisados nasétima edição. As questões são colocadas no fim de cada capítulo, de modo que sejam fáceis deencontrar e que não interrompam a apresentação dos principais assuntos da disciplina. Além disso,uma dificuldade não usual ou um problema mais extenso é indicado com um ou mais asteriscos(dependendo do grau de dificuldade) no número do problema, alertando os estudantes para o tempode solução necessário. Em geral, os problemas estão dispostos em ordem de dificuldade crescente.Respostas para todos os problemas estão listadas no final do livro.

UnidadesTanto o Sistema Internacional de Unidades (SI) como o Sistema Usual dos Estados Unidos (USCS)são usados nos exemplos e nos problemas. Discussões de ambos os sistemas e uma tabela de fatoresde conversão encontram-se no Apêndice A. Os problemas ímpares que envolvem resoluções numéri-cas estão em unidades USCS e os pares estão em unidades SI. Essa convenção torna fácil saber apriori qual sistema de unidades é usado em dado problema. Além disso, tabelas contendo proprieda-des de perfis de aço estrutural nos sistemas SI e USCS foram adicionadas ao Apêndice E para que assoluções de análises de viga, exemplos de projeto e problemas de final de capítulo possam ser reali-zadas tanto no sistema SI quanto no USCS.

Referências e Notas HistóricasAs referências e as notas históricas aparecem imediatamente após o último capítulo do livro.Consistem em fontes originais para o assunto, mais breves informações biográficas sobre os cientis-tas, engenheiros e matemáticos pioneiros que desenvolveram o tópico da mecânica dos materiais. Umíndice de nomes separado facilita a procura de qualquer uma dessas figuras.

ApêndicesMateriais de referência aparecem nos apêndices no final do livro. A maioria do material está na formade tabelas – propriedades de áreas planas, propriedades de perfis de aço estrutural, propriedades damadeira estrutural, deflexões e inclinações das vigas e propriedades dos materiais (Apêndices D a H,respectivamente).

Comparativamente, os Apêndices A e B são descritivos – o primeiro fornece uma descrição deta-lhada dos sistemas de unidades SI e USCS e o segundo apresenta a metodologia para a resolução deproblemas em mecânica. Incluídos no segundo estão tópicos como homogeneidade dimensional edígitos significativos. Por último, para facilitar, o Apêndice C fornece uma lista de fórmulas matemá-ticas comumente utilizadas.

S. P. Timoshenko (1878 – 1972) e J. M. Gere (1925 – 2008)Muitos leitores deste livro reconhecerão o nome de Stephen P. Timoshenko – provavelmente o maisfamoso nome no campo da mecânica aplicada. Timoshenko é geralmente reconhecido como o nomemais excepcional na mecânica aplicada. Ele contribuiu com novas ideias e conceitos e se tornoufamoso tanto por seus conhecimentos como por seus ensinamentos. Através de seus inúmeros livros,operou uma profunda mudança no ensino da mecânica, não apenas nos Estados Unidos, mas emqualquer lugar onde a mecânica é ensinada. Timoshenko foi professor e mentor de James Gere emotivou a primeira edição deste livro, escrito por James M. Gere e publicado em 1972; a segunda ecada edição subsequente deste livro foram escritas por James Gere no curso de sua longa e distintacarreira como autor, educador e pesquisador na Universidade de Stanford. James Gere começoucomo um estudante de doutorado em Stanford em 1952 e aposentou-se como professor da mesmauniversidade em 1988, tendo escrito este e outros oito reconhecidos e respeitados livros sobre mecâ-nica e engenharia estrutural e de terremotos. Permaneceu ativo em Stanford como Professor Eméritoaté o seu falecimento, em janeiro de 2008.

Uma breve biografia de Timoshenko aparece na primeira referência ao final do livro e também emum artigo da revista Structure de agosto de 2007, intitulado “Stephen P. Timoshenko: Father ofEngineering Mechanics in the U.S.”, de Richard G. Weingardt, P.E. Esse texto fornece uma excelente

XII Mecânica dos Materiais

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perspectiva histórica sobre este e vários outros livros de engenharia mecânica escritos por cada umdesses autores.

AgradecimentosAgradecer a todos que de alguma maneira contribuíram para este livro é claramente impossível, mastenho uma grande dívida para com meus antigos professores de Stanford, especialmente meu mentore amigo, e autor principal, James M. Gere. Tenho também uma dívida com os vários professores demecânica e revisores do livro que ajudaram a lhe dar forma em suas diversas edições ao longo dosanos. Com cada nova edição, seus conselhos resultaram em melhorias significativas no conteúdo e nadidática.

Quero também agradecer meus colegas de Engenharia Estrutural e Mecânica no Georgia Instituteof Technology: James Craig, Reggie DesRoches, Mulalo Doyoyo, Bruce Ellingwood, Leroy Emkin,Rami Haj-Ali, Larry Jacobs, Larry Kahn, Kim Kurtis, Roberto Leon, Yang Wang, Don White,Kenneth (Mac) Will, Arash Yavari e Abdul-Hamid Zureick. Sou especialmente grato a Jim Craig,Rami Haj-Ali, Larry Jacobs, Larry Kahn, Roberto Leon, Don White, Mac Will e Abdul-HamidZureick. Todos eles forneceram valiosos conselhos sobre diversos aspectos da revisão e acréscimosque levaram à sétima edição. É um privilégio trabalhar e aprender com esses educadores em intera-ções e discussões quase diárias sobre engenharia estrutural e mecânica no contexto da pesquisa e edu-cação superior.

Dois de meus assistentes de pesquisa da graduação, Kanoknart Leelardcharoen e Jee-Eun Hur,forneceram assistência inestimável na avaliação e resolução de vários dos problemas novos e revisa-dos. Sua atenção cuidadosa aos detalhes foi uma contribuição importante para a atual edição.

Os aspectos de edição e produção do livro sempre estiveram em mãos habilidosas e experientes,graças ao pessoal talentoso e inteligente da Cengage Learning. Seus objetivos eram iguais aos meus– produzir a melhor sétima edição possível deste texto, não comprometendo nenhum aspecto do livro.

Sou um profundo apreciador da paciência e encorajamento propiciados pela minha família, espe-cialmente minha esposa, Lana, durante este projeto.

Por fim, estou honrado e extremamente satisfeito de estar envolvido nesse esforço, a convite demeu mentor e amigo de 38 anos, Jim Gere, que estende este livro em direção à marca de quarentaanos de publicação. Eu estou também comprometido com a excelência contínua deste texto e recebode bom grado todos os comentários e sugestões ([email protected]).

Barry J. GoodnoAtlanta, Georgia

Prefácio XIII

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A áreaAf, Aw área do flange; área da almaa, b, c dimensões, distâncias

C centroide, força compressiva, constante de integraçãoc distância da linha neutra para a superfície externa de uma viga

D diâmetrod diâmetro, dimensão, distância E módulo de elasticidade

Er, Et módulo de elasticidade reduzido; módulo de elasticidade tangentee excentricidade, dimensão, distância, variação do volume unitário (dilatação)F forçaf fluxo de cisalhamento, fator de forma para flexão plástica, flexibilidade, frequência (Hz)

fT flexibilidade torcional de uma barraG módulo de elasticidade no cisalhamentog aceleração da gravidade

H altura, distância, força horizontal ou reação, cavalo-vapor*h altura, dimensão I momento de inércia (ou segundo momento) de uma figura plana

Ix, Iy, Iz momentos de inércia com relação aos eixos x, y e zIx1, Iy1 momentos de inércia com relação aos eixos x1 e y1 (eixos girados)

Ixy produto de inércia com relação aos eixos xyIx1y1 produto de inércia com relação aos eixos x1y1 axes (eixos girados)

IP momento de inércia polar I1, I2 momentos principais de inércia

J constante de torçãoK fator de concentração de tensão, módulo de elasticidade volumétrico, fator de comprimento

efetivo para uma colunak constante da mola, rigidez, símbolo para

kT rigidez torcional de uma barraL comprimento, distância

LE comprimento efetivo de uma coluna ln, log logaritmo natural (base e); logaritmo comum (base 10)

M momento fletor, binário, massa MP, MY momento plástico para uma viga; momento de escoamento para uma viga

m momento por comprimento unitário (ou por unidade de comprimento) massa por compri-mento unitário

N força axialn fator de segurança, integral, revoluções por minuto (rpm)

O origem das coordenadas

2P/EI

Símbolos

* Um asterisco próximo ao número de uma seção indica um tópico especializado ou avançado. Um asterisco próximo de umnúmero de problema indica o grau de dificuldade na solução.

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O� centro de curvaturaP força, carga concentrada, potência

Pallow carga admissível (ou carga de trabalho)Pcr carga crítica para uma colunaPP carga plástica para uma estrutura

Pr, Pt carga de módulo reduzido e carga de módulo tangente para uma colunaPY força de escoamento para uma estrutura

p pressão (força por unidade de área)Q força, carga concentrada, primeiro momento de uma área planaq intensidade de carga distribuída (força por distância unitária)R reação, raio r raio, raio de giração S módulo de seção da seção transversal de uma viga, centro de cisalhamentos distância, distância ao longo de uma curva

T força de tração, conjugado de torção ou torque, temperaturaTP, TY torque plástico; torque de escoamento

t espessura, tempo, intensidade de torque (torque por distância unitária) tf, tw espessura de flange; espessura da alma

U energia de deformaçãou densidade de energia de deformação (energia de deformação por volume unitário ou

por unidade de volume) ur, ut módulo de resistência; módulo de rigidez

V força de cisalhamento, volume, força vertical ou reaçãov deflexão de uma viga, velocidade

v�, v�� etc. dv/dx, d2v/dx2 etc.W força, peso, trabalhow carga por área unitária (força por área unitária ou por unidade de área)

x, y, z eixos retangulares (origem no ponto O)xc, yc, zc eixos retangulares (origem no centroide C)

coordenadas do centroideZ módulo plástico da seção transversal de uma vigaα ângulo, coeficiente de expansão térmica, razão adimensionalβ ângulo, razão adimensional, constante de mola, rigidez

βR rigidez rotacional de uma molaγ deformação de cisalhamento, peso específico (peso por volume unitário ou por

unidade de volume)γxy, γyz, γzx deformações de cisalhamento nos planos xy, yz e zx

γx1y1 deformação de cisalhamento com relação aos eixos x1y1 (eixos girados)γθ deformação de cisalhamento para eixos inclinadosδ deflexão de uma viga, deslocamento, alongamento de uma barra ou de uma mola

�T diferencial de temperaturaδP, δY deslocamento plástico, deslocamento de escoamento

ε deformação normalεx, εy, εz deformações normais nas direções x, y e z

εx1, εy1 deformações normais nas direções x1 e y1 (eixos girados)εθ deformação normal para eixos inclinados

ε1, ε2, ε3 deformações normais principaisε� deformação lateral em tensão uniaxialεT deformação térmicaεY deformação de escoamentoθ ângulo, ângulo de rotação do eixo da viga, taxa de torção de uma barra em torção

(ângulo de torção por comprimento unitário)θp ângulo a um plano principal ou a um eixo principal

x, y, z

(r � 2I/A)

Símbolos XV

θs ângulo a um plano de tensão de cisalhamento máximaκ curvatura (κ � 1/ρ)� distância, redução da curvaturaν coeficiente de Poissonρ raio de curvatura (ρ � 1/κ ), distância radial em coordenadas

polares, densidade em massa (massa por volume unitário)σ tensão normal

σx, σy, σz tensões normais nos planos perpendiculares aos eixos to x, y e zσx1, σy1 tensões normais nos planos perpendiculares aos eixos x1y1

(eixos girados)σθ tensão normal em um plano inclinado

σ1, σ2, σ3 tensões normais principaisσadm tensão admissível (ou tensão de trabalho)

σcr tensão crítica para uma coluna (σcr � Pcr/A)σpl tensão de limite proporcionalσr tensão residualσT tensão térmica

σU, σY tensão máxima (ou última, ou limite); tensão de escoamentoτ tensão de cisalhamento

τxy, τyz, τzx tensões de cisalhamento nos planos perpendiculares aos eixos x,y e z e atuando paralelo aos eixos y, z e x

τx1y1 tensão de cisalhamento em um plano perpendicular ao eixo x1e atuando paralelo ao eixo y1 (eixos girados)

τθ tensão de cisalhamento em um plano inclinadoτadm tensão admissível (ou tensão de trabalho) no cisalhamento

τU, τY tensão máxima ou limite no cisalhamento; tensão de escoa-mento no cisalhamento

φ ângulo, ângulo de torção de uma barra na torçãoψ ângulo, ângulo de rotaçãoω velocidade angular, frequência angular (ω � 2π f )

ALFABETO GREGOA α Alfa N ν Nu ou niB β Beta Ξ ξ Xi ou csiΓ γ Gama O Ômicron� δ Delta Π π PiE ε Épsilon P ρ RôZ ζ Zeta Σ σ SigmaH η Eta T τ TauΘ θ Teta � υ ÍpsilonI ι Iota Φ φ FiK κ Capa X χ Chi ou quiΛ λ Lambda Ψ ψ PsiM μ Mu ou mi Ω ω Ômega

ο

XVI Mecânica dos Materiais

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C A P Í T U L O1Tração, Compressão eCisalhamento

VISÃO GERAL DO CAPÍTULONo Capítulo 1, somos introduzidos à mecânica dosmateriais, que examina as tensões, deformações edeslocamentos atuantes através de cargas axiaisaplicadas no centroide das seções transversais debarras de diversos materiais. Depois de uma breverevisão de conceitos básicos apresentados em está-tica, aprenderemos sobre a tensão normal (σ ) e adeformação normal (ε ) em materiais utilizados emaplicações estruturais; em seguida, aprenderemos aidentificar as propriedades principais de diversosmateriais, tais como os módulos de elasticidade(E), limite elástico (σy) e tensões máximas (σu) degráficos de tensão (σ ) versus deformação (ε).Também traçaremos tensões de cisalhamento (τ )versus deformação de cisalhamento (γ ) e identifi-caremos os módulos de elasticidade no cisalha-mento (G). Se esses materiais trabalham apenas nafaixa linear, tensão e deformação são relacionadaspela Lei de Hooke para tensão e deformação nor-mais (σ � E • ε) e também para tensão e deforma-ção de cisalhamento (τ � G • γ ). Veremos quemodificações nas dimensões laterais e no volumedependem do coeficiente de Poisson (ν). As proprie-dades dos materiais E, G e ν, na verdade, estão dire-

tamente relacionadas umas às outras e não são inde-pendentes do material.

A reunião de barras para formar estruturas(como treliças) leva à consideração das tensõesmédias de cisalhamento (τ ) e sustentação (σb) emsuas relações, assim como a tensão normal atuandona área líquida da seção transversal (se tensionada)ou na da área total da seção transversal (se em com-pressão). Se restringirmos as tensões máximas paravalores admissíveis, por meio de fatores de segu-rança, podemos identificar os níveis permitidos decargas axiais para sistemas simples, como cabos ebarras. Fatores de segurança relacionam a força realdos membros da estrutura com a força exigida e con-sideram uma variedade de incertezas, como varia-ções nas propriedades dos materiais e probabilidadede sobrecarga acidental. Por último, consideraremoso dimensionamento: o processo interativo através doqual o tamanho apropriado dos membros da estru-tura é determinado para atender a uma variedade derequisitos de resistência e rigidez para uma estruturaespecífica sujeita a uma diversidade de cargas dife-rentes.

1.1 Introdução à mecânica dos materiais 41.2 Revisão de Estática 61.3 Tensão e deformação normais 271.4 Propriedades mecânicas dos materiais 371.5 Elasticidade, plasticidade e fluência 451.6 Elasticidade linear, lei de Hooke e coeficiente

de Poisson 52

1.7 Tensão e deformação de cisalhamento 571.8 Tensões e cargas admissíveis 681.9 Dimensionamento para cargas axiais e

cisalhamento puro 83Resumo e revisão do capítuloProblemas

O Capítulo 1 está organizado da seguinte forma:

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2 Mecânica dos Materiais

*A história da mecânica dos materiais, começando com Leonardo e Galileu, é dada nas Refs. 1.1, 1.2 e 1.3.

1.1 INTRODUÇÃO À MECÂNICA DOSMATERIAISA mecânica dos materiais é um ramo da mecânica aplicada que lida com o com-portamento de corpos sólidos sujeitos a diversos tipos de carregamento. Outrosnomes para esse campo de estudo são resistência dos materiais e mecânica de cor-pos deformáveis. Os corpos sólidos considerados neste livro incluem barras comcarregamentos axiais, eixos em torção, vigas em flexão e colunas em compressão.

O principal objetivo da mecânica dos materiais é determinar as tensões,deformações e deslocamentos em estruturas e seus componentes devido à açãode cargas sobre eles. Se pudermos determinar essas quantidades para todos osvalores das cargas, até as que causam falha, teremos uma noção completa docomportamento mecânico dessas estruturas.

Um entendimento do comportamento mecânico é essencial para o projetoseguro de todos os tipos de estruturas, como aviões e antenas, prédios e pontes,máquinas e motores ou navios e espaçonaves. Por isso, a mecânica dos materiaisé uma disciplina básica em vários campos da engenharia. A estática e a dinâ-mica são também essenciais, mas esses assuntos lidam, principalmente, com asforças e movimentos associados com partículas e corpos rígidos. No entanto, amaioria dos problemas na mecânica de materiais começam com a análise dasforças externas e internas que atuam sobre um corpo deformável estável.Primeiro definiremos as cargas que atuam sobre o corpo, juntamente com assuas condições de apoio, em seguida, determinaremos as forças de reação nosapoios e forças internas em seus membros ou elementos usando as leis básicasde equilíbrio estático (desde que seja estaticamente determinado). Um diagramade corpo livre bem construído é uma parte essencial do processo de realizaçãode uma análise estática adequada de uma estrutura. Na mecânica dos materiaisvamos um passo além, ao examinar tensões e deformações dentro de corposreais, isto é, corpos de dimensões finitas que deformam sob cargas. Para deter-minar as tensões e as deformações, usamos as propriedades físicas dos mate-riais, bem como várias leis teóricas e conceitos técnicos. Mais tarde, veremosque a mecânica de materiais proporciona informações essenciais adicionais,com base nas deformações do corpo, para nos permitir resolver os chamadosproblemas estaticamente indeterminados (não é possível se estiver usandosomente as leis da estática).

As análises teóricas e os resultados experimentais têm igual importância namecânica dos materiais. Usamos a teoria para deduzir fórmulas e equações pre-vendo o comportamento mecânico, mas essas expressões não podem ser utiliza-das em projetos práticos, a menos que as propriedades físicas dos materiaissejam conhecidas. Tais propriedades estão disponíveis somente após experimen-tos cuidadosamente conduzidos em laboratório. Além disso nem todos os pro-blemas práticos são contornáveis apenas com a análise teórica e, em tais casos,testes físicos são necessários.

O desenvolvimento histórico da mecânica dos materiais é uma combinaçãofascinante de teoria e experimento – em alguns casos, a teoria apontou o cami-nho para resultados úteis, e o experimento também o fez em outros. Pessoasfamosas, como Leonardo da Vinci (1452–1519) e Galileu Galilei (1564–1642),conduziram experimentos para determinar a resistência de fios, barras e vigas,embora não tenham desenvolvido teorias adequadas (pelos padrões atuais) paraexplicar o resultado de seus testes. Em contraste, o famoso matemáticoLeonhard Euler (1707–1783) desenvolveu a teoria matemática de colunas e cal-culou a carga crítica de uma coluna em 1744, muito antes que qualquer evidên-cia experimental existisse para mostrar a significância de seus resultados. Semtestes apropriados para apoiar suas teorias, os resultados de Euler permanece-ram inúteis por mais de cem anos, embora hoje sejam a base para o projeto eanálise da maioria das colunas.*

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Tração, Compressão e Cisalhamento 3

ProblemasAo estudar a mecânica dos materiais, você perceberá que seus esforços são divi-didos naturalmente em duas partes: na primeira, o entendimento do desenvol-vimento lógico dos conceitos e, na segunda, a aplicação desses conceitos emsituações práticas. A primeira é realizada pelo estudo das deduções, discussõese exemplos que aparecem em cada capítulo e a segunda é acompanhada pelaresolução de problemas no final dos capítulos. Alguns problemas são de natu-reza numérica e outros são simbólicos (ou algébricos).

Uma vantagem dos problemas numéricos é que as magnitudes de todas asquantidades são evidentes em cada estágio dos cálculos, fornecendo dessa formauma oportunidade de julgar se os valores são razoáveis ou não. A principal van-tagem dos problemas simbólicos é que eles levam a fórmulas de emprego geral.Uma fórmula mostra as variáveis que afetam os resultados finais; por exemplo,uma quantidade pode realmente ser cancelada da solução, um fato que não seriaevidente em uma solução numérica. Uma solução algébrica também mostra amaneira como cada variável afeta o resultado, como quando uma variável apa-rece no numerador e outra no denominador. Além disso, uma solução simbólicafornece a oportunidade de checar as dimensões em cada estágio do trabalho.

Finalmente, a razão mais importante para resolver algebricamente é obteruma fórmula geral que pode ser usada em vários problemas diferentes. Em con-traste, uma solução numérica aplica-se apenas a um conjunto de circunstâncias.Como os engenheiros devem conhecer ambas as formas de solução, você iráencontrar uma mistura de problemas numéricos e algébricos ao longo deste livro.

Os problemas numéricos exigem que você trabalhe com unidades de medidaespecíficas, este livro utiliza o Sistema Internacional de Unidades (SI). Uma dis-cussão de unidades SI pode ser vista no Apêndice A, no qual você tambémencontrará tabelas úteis.

Todos os problemas aparecem no final de cada capítulo, numerados e coma indicação da seção à qual pertencem. As técnicas de resolução de problemassão discutidas em detalhes no Apêndice B. Juntamente com uma lista de proce-dimentos de engenharia, o Apêndice B inclui seções sobre homogeneidadedimensional e dígitos significativos. Esses tópicos são especialmente importantesporque toda equação deve ser dimensionalmente homogênea e todo resultadonumérico deve ser expresso com o número apropriado de dígitos significativos.Neste livro os resultados numéricos finais são geralmente apresentados com trêsdígitos significativos, quando um número começa com os dígitos de 2 a 9; e comquatro dígitos, quando um número começa com o dígito 1. Valores intermediá-rios são frequentemente armazenados com dígitos adicionais para evitar a perdade precisão numérica decorrente do arredondamento de números.

1.2 REVISÃO DE ESTÁTICANo curso preparatório para estática, é estudado o equilíbrio de corpos rígidosinfluenciados por uma variedade de forças diferentes e suportados ou contidosde tal forma que o corpo está estável e em repouso. Como resultado, um corpoadequadamente contido não pode sofrer movimento de corpo rígido devido àaplicação de forças estáticas. O aluno desenhou diagramas de corpo livre de todoo corpo, ou de partes fundamentais do corpo e, em seguida, aplicou as equaçõesde equilíbrio para encontrar momentos e forças externas de reação ou momentose forças internas em pontos críticos. Nesta seção, vamos analisar as equaçõesbásicas de equilíbrio estático e aplicá-las para a solução de estruturas exempla-res (bi e tridimensionais), utilizando ambas as operações: escalar e vetorial (assu-miremos a aceleração e a velocidade do corpo como sendo zero). A maioria dosproblemas na mecânica de materiais requer uma análise estática como o primeiropasso, de modo que todas as forças que atuam sobre o sistema e provoquem suadeformação sejam conhecidas. Uma vez que todas as forças externas e internas

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de interesse forem encontradas, seremos capazes de prosseguir com a avaliaçãode tensões, distensões e deformações de barras, eixos, vigas e colunas em capítu-los posteriores.

Equações de EquilíbrioA força resultante R e o momento resultante M de todas as forças e momentosque atuam em cada corpo rígido ou deformável em equilíbrio são zero. A somados momentos pode ser feita sobre qualquer ponto arbitrário. As equações deequilíbrio resultante podem ser expressas em forma de vector como:

(1-1)

(1-2)

wem que F é um dos número de vectores de forças que atuam sobre o corpo e r éum vector de posição a partir do ponto em que momentos são levados a umponto ao longo da linha de aplicação de qualquer força F. Muitas vezes, é conve-niente escrever as equações de equilíbrio em forma escalar usando um sistema decoordenadas Cartesianas retangulares, tanto em duas dimensões (x, y) ou trêsdimensões (x, y, z), como:

(1-3)

A Eq. (1-3) pode ser usada para problemas bidimensionais ou planos, mas emtrês dimensões são necessárias equações de três forças e de três momentos:

(1-4)

(1-5)

Se o número de forças desconhecidas é igual ao número de equações de equilíbrioindependentes, estas equações são suficientes para resolver todas as reações des-conhecidas ou forças internas no corpo, e o problema é referido como estatica-mente determinado (desde que o corpo seja estável). Se o corpo ou estrutura élimitada por suportes adicionais (ou redundantes), é estaticamente indeterminadae não é possível uma solução usando somente as leis de equilíbrio estático. Paraas estruturas estaticamente indeterminadas, também temos de examinar as defor-mações da estrutura, como será discutido nos capítulos seguintes.

R � gF � 0

gMx � 0 gMy � 0 gMz � 0

gFx � 0 gFy � 0 gFz � 0

gFx � 0 gFy � 0 gMz � 0

M � gM � g (r � F) � 0

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Figura 1-1Estrutura de armação plana

q1

q2

3

3

4

4

q0

E

C

A

a

bD

F

B

FB

MA

dc

e

y

x


Forças aplicadasCargas externas aplicadas a um corpo ou estrutura podem ser tanto forças oumomentos concentrados ou distribuídos. Por exemplo, a força FB (com unida-des de libras, lb ou newtons, N) na Figura 1-1 é um ponto ou carga concentradae é assumida para agir no ponto B no corpo, enquanto o momento MA é ummomento concentrado ou binário (com unidades em lb-ft ou N • m) atuandono ponto A. Forças distribuídas podem agir sozinhas ou juntas sobre um mem-bro e podem ter intensidade constante, como a linha de carga normal q1 nomembro BC (Figura 1-1) ou a linha de carga q2 atuando na direção – y no mem-bro inclinado DF; q1 e q2 têm unidades de intensidade de força (lb/ft ou N/m).Cargas distribuídas também podem ter uma variação linear (ou outra) comalguma intensidade de pico q0 (como no elemento ED na Figura 1-1). Pressõesem superfícies p (com unidades em lb/ft2 ou Pa), como a atuação do vento sobreum sinal (Figura 1-2), atuando sobre uma região definida de um corpo. Porúltimo, uma força do corpo w (com as unidades de força por unidade devolume, lb/ft3 ou N/m3), sendo o próprio peso distribuído do sinal ou do postena Figura 1-2, atuando ao longo do volume do corpo e pode ser substituídopelo peso W do componente atuando no centro de gravidade (c. g.) do sinal(Ws) ou do poste (Wp). De fato, qualquer carga distribuída (linha, superfície ouforça corporal) pode ser substituída por uma força estaticamente equivalenteno centro de gravidade da carga distribuída quando o equilíbrio estático geralé avaliado usando as equações (1-1) a (1-5).

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Figura 1-2Vento no sinal

Wp

P

Ws

y

p

z

H

x

Diagramas de Corpo LivreUm Diagrama de Corpo Livre (DCL) é parte essencial da análise estática deum corpo rígido ou deformável. Todas as forças atuando sobre o corpo, ou deuma parte que o compõe, devem ser exibidas no DCL para obter uma soluçãoem correto equilíbrio. Isto inclui forças e momentos aplicados, forças emomentos de reação e forças de conexão entre componentes individuais. Porexemplo, um DCL geral da armação plana da Figura 1-1 se mostra na Figura1-3; todas as forças aplicadas e de reação são mostradas neste DCL e as car-gas concentradas estaticamente equivalentes são mostradas para todas as car-gas distribuídas. As forças estaticamente equivalentes Fq0, Fq1 e Fq2, cada umaatua no centro de gravidade da carga distribuída correspondente, é usada naequação de equilíbrio final para representar as cargas distribuídas q0, q1 e q2,respectivamente.


Em seguida, a armação plana tem sido desmontada na Figura 1-3b, demodo que DCL’s separados podem ser desenhados para cada parte da arma-ção, expondo assim as forças no pino de conexão em D (Dx, Dy). AmbosDCL’s devem mostrar todas as forças aplicadas bem como as forças de reaçãoAx e Ay na junta do pino de suporte A e Fx e Fy na junta do pino de suporteF. As forças transmitidas entre elementos da armação EDC e DF no pino deconexão D devem ser determinadas se a interação adequada de esses dois ele-mentos será contabilizada na análise estática.

A estrutura de armação plana da Figura 1-1 será analisada no Exemplo1-2 para encontrar as forças nas juntas A e F e também as forças no pino deconexão na junta D usando as equações de equilíbrio (1-1) a (1-3). Os DCL’sapresentados nas Figuras 1-3a e 1-3b são parte essencial no processo de solu-ção. Uma convenção de sinais de estática é normalmente utilizada na soluçãode reações de suportes; forças atuando nas direções positivas do eixo de coor-denadas são assumidas positivas e a regra da mão direita é usada para veto-res de momentos.

Forças Reativas e Condições de ApoioContenção adequada do corpo ou estrutura é essencial para que as equaçõesde equilíbrio devam ser satisfeitas. Suportes em número suficiente e o arranjoadequado deles é condição para evitar o movimento do corpo rígido, sob aação das forças estáticas. Uma força de reação em um suporte é representadapor uma única seta com uma barra traçada através dele (ver Figura 1-3)enquanto que um momento restrito em um suporte é mostrado como uma setade duplo sentido ou curva com uma barra. Forças e momentos de reação geral-mente resultam da ação das forças aplicadas dos tipos descritos acima (isto é,concentrada, distribuída e as forças de superfície do corpo).

Uma variedade de diferentes condições de suportes podem ser assumidasdependendo se o problema é 2D ou 3D. Suportes A e F na estrutura de arma-ção plana 2D mostrada na Figura 1-1 e na Figura 1-3 são suportes de pino,enquanto a base da estrutura do sinal na Figura 1-2 pode ser consideradacomo sendo um suporte fixo ou preso. Algumas das idealizações mais comu-mente utilizadas para suportes 2D e 3D, bem como interligações entre os mem-bros ou elementos de uma estrutura, são ilustrados na Tabela 1-1. A retençãoou transmissão de forças e momentos, associados com cada tipo de suporte ouconexão, são apresentados na terceira coluna da tabela (estes não são DCL’s,no entanto). As forças de reação e momentos para a estrutura de sinal 3D naFigura 1-2 são mostrados no DCL na Figura 1-4a; apenas reações Ry, Rz e Mxsão não-zero, porque a estrutura de sinal e carga de vento são simétricas emrelação ao plano yz. Se o sinal é excêntrico em relação ao poste (Figura 1-4b),a única reação Rx é igual a zero para o caso de carga do vento na direção – z.(Ver o Problema 1.7-16 no final do Capítulo 1, para um exame mais detalhadodas forças de reação devido à pressão do vento atuando sobre a estrutura desinal na Figura 1-2; forças e tensões nos parafusos da placa de base tambémsão computadas. Várias estruturas de sinal excêntrico são apresentadas paraanálise nos problemas de fim de capítulo no Capítulo 8.)

Forças internas (Resultantes de esforço)Em nosso estudo da mecânica dos materiais, vamos investigar as deforma-ções dos membros ou elementos que compõem o corpo total deformável. Afim de calcular as deformações dos membros, é preciso primeiro encontraras forças e momentos internos (ou seja, as resultantes de tensões internas)em pontos-chave ao longo dos membros de toda a estrutura. Na verdade,muitas vezes vão-se criar exibições gráficas da força axial interna, momentode torção, corte transversal e momento de flexão ao longo do eixo de cada

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q1C

Fq1

q0

Fq0

q2

Fq2

E D

D

Dy

Dy Dx

Dx

Resultante D

Resultante A

Fy

FxF

B

FB

34

MA

(b)

Ax

Ay

A

y

x

Figura 1-3(a) DCL geral da estrutura dearmação plana da Fig. 1-1, e (b)Diagramas de Corpo Livre sepa-rados das partes de A até E, eDF da estrutura de armaçãoplana na Fig. 1-1.[desenho 1-3(b)] Resultante D,Resultante A

q1C

e

Fq1

Fq2

3

4q0

Fq0

E

a

b

D

Fy

FxF

B

FB

34

MA

(a)

AxAy

A

dc

y

x

membro do corpo de modo que podemos facilmente identificar os pontoscríticos ou regiões dentro da estrutura. O primeiro passo é o de fazer umaseção de corte perpendicular ao eixo de cada membro, de modo que umDCL pode ser desenhado, que mostre as forças internas de interesse. Porexemplo, se é feito um corte na parte superior do membro BC na armaçãoplana da Figura 1-1, a força interna axial (Nc), a força de cisalhamento trans-versal (Vc) e momento de flexão (Mc) na junção C, podem ser expostos comose mostra na última linha da Tabela 1-1. A Figura 1-5 mostra dois cortesadicionais feitos através dos membros ED e DF na armação plana; os DCL’sresultantes podem agora ser usados para encontrar N, V e M em membros

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Tipo de suporte ouconexão

Esboço simplificado desuporte ou conexão

Exibição de forças deretenção e momentos, ouforças de conexão

(1) Suporte de rolete – hori-zontal, vertical ou inclinado

Ponte com o apoio do rolete(The Earthquake EngineeringOnline Archive)

Suporte de rolete Horizontal(restrições de movimento emambas as direções �y e�y )

Retenções de roletes verticais

Suporte de rolete girado ouinclinado

x y

z

(a) Suporte de roletes bidi-mensional

(b) suporte de rolete tridi-mensional

z x

y

Ry

R

θ

x

y

Rx x

y

R

x

y

(2) Suporte de Pino

Ponte com suporte de pino(Cortesia de Joel Kerkhoff, P.Eng.)

Suporte de Pino em pontede fardo velha(© Barry Goodno)

Suporte de pino na F da Fig. 1-1

yx

z

F

(a) Suporte de pino bidimen-sional

(b) Suporte de pino tridimen-sional

x

Rx

y

Ry

Rz

RyRx

yx

z

Rx

y

Ry

x

Tabela 1-1Forças de Reação e de Conexão

em Análise Estática 2D ou 3D


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(3) Apoio deslizante

Manga de eixo vertical sematrito

Rx x

yMz

(4) Suporte apertada ou fixo

Suporte fixo na base doposte de sinal (ver Fig. 1-2)

A A

Solda

PostePlaca base

Fundação de concreto

(a) Suporte fixo bidimen-sional

(b) Suporte fixo tridimen-sional

RzRxMz Mx

x

z

y

My

Ry

Rx

Ry

Mz

x

y

Rx

Ry

Mz

x

y

(5) Suportes elásticos ou demola

(a) Mola translacional (k )

−kyδy

−kxδxky

kx δx

δy

x

y

Tabela 1-1 (continuação)


(b) Mola rotacional (k r )

Rx

Ry

Mz = −kr θz

x

y θz

kr

(6) Conexão pinada (das Figs.1-1 e 1-3)

Conexão pinada em pontevelha (© Barry Goodno)

Conexão pinada em D entreos membros da EDC e DF naarmação plana (Fig. 1-1)

DD

D

Dy

Dy

Dx

Dx

(7) Conexão com fenda(conexão modificada da queé mostrada nasFigs. 1-1 e 1-3)

Conexão alternativa de fendaem D na armação plana (Noteque a armação plana na Fig.1-1 fica instável se estaconexão de fenda é usada emvez de um pino no D.)

D

DDy

Dy

(8) Conexão rígida (forçasinternas e momento emmembros juntaram-se em Cda armação plana na Fig. 1-1)

Conexão rígida em C naarmação plana

q1C

Fq1

B

34

Mc

Nc

Vc

NcVc

Mc

Tabela 1-1 (continuação)

ED e DF na armação plana. As tensões resultantes de N, V e M são geral-mente tomadas ao longo e normal para o membro em consideração (isto é,são usados os locais ou eixos dos membros) e uma convenção de sinais dedeformação (por exemplo, a tensão é positiva, a compressão é negativa) éutilizado na sua solução. Nos próximos capítulos, veremos como essas (eoutras) tensões resultantes internas são usadas para calcular as tensões naseção travessa.

Os exemplos seguintes são apresentados como uma avaliação da aplica-ção das equações de equilíbrio estático na solução para reações externas eforças internas em treliça, viga, eixo circular e estruturas de quadro.Primeiro, é considerada uma estrutura de treliça e são revistas as soluçõesescalares e vetoriais para as forças de reação. Em seguida, as forças dos

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Figura 1-4(a) DCL de estrutura de sinalsimétrico (b) DCL de estruturade sinal excêntrico

Wp

Mx

Rz

Ry

P

Ws

y

z

H

x

(a)

Wp

Mx

Mz

RzRy

My

P

Ws

y

z x

(b)

membros são calculadas usando o método de articulações. DCL`s adequa-damente desenhados são vistos como essenciais para todo o processo daresolução. O segundo exemplo envolve uma análise estática da estrutura deviga para encontrar as reações e as forças internas em uma seção particularao longo da viga. No terceiro exemplo, são calculados os momentos de tor-ção reativos e internos de um eixo escalonado. E, finalmente, o quarto exem-plo apresenta a solução da estrutura de armação plana discutido aqui. Osvalores numéricos são atribuídos às forças aplicadas e dimensões da estru-tura e, em seguida, são calculadas a reação, pino de engate e forças internasselecionadas na armação.

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Figura 1-5DCL`s para resultantes de ten-

sões internas em ED e DF

D

q1C

Fq2

q0

Fq0

q2

Fq2

E V

D

Dy

Dy

Dx

Dx

Fy

Fx

FBDDFFBDED

F

B

FB

MAAx

Ay

A

y

x

N

V

V

NM

M

NNM M

V


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A treliça plana mostrada na Fig. 1-6 é suportada com pino em A e tem umsuporte de rolete em B. Cargas conjuntas 2P e �P são aplicadas na junçãoC. Encontre reações do apoio nas articulações A e B, em seguida, resolverpara as forças nos membros AB, AC e BC. Use as propriedades numéricasdadas abaixo.

Dados numéricos:

Solução(1) Use a lei dos senos para encontrar ângulos θB e θC , em seguida, encontre

o comprimento (c) do membro AB.(2) Desenhe o DCL, em seguida, usar equações de equilíbrio na forma escalar

[Eq. (1-3)] para encontrar as reações do apoio.(3) Encontre as forças dos membros usando o método das articulações.(4) Repita a solução para as reações do suporte usando vetores.(5) Resolva as reações do apoio e forças dos membros para uma versão 3D

deste plano de treliça (2D).

(1) Use a lei dos senos para encontrar ângulos θB, θC , em seguida, encon-tre o comprimento (c) do membro AB.

Veja lei dos senos no Apêndice C:

Note que a lei de cossenos, também poderia ser usada:

(2) Desenhe o DCL (Fig. 1-7), em seguida, use as equações de equilíbrio naforma escalar [Eq. (1-3)] para encontrar as reações do apoio.

Note que a treliça plana é estaticamente determinada uma vez que exis-tem (m � r � 6) incógnitas (em que m � número de forças de membroe r = número de reações), mas existem (2j � 2 � 3 � 6) equações deestática a partir do método de articulações (em que j � número de artic-ulações)

Use equações de equilíbrio na forma escalar para encontrar as reaçõesdo apoio.

Some os momentos cerca de A para obter a reação By:

Some as forças na direção y para obter Ay :

Soma forças na direção x para obter Ax :

(3) Encontre as forças dos membros usando o método das articulações.

Desenhe DCL`s de cada articulação (Fig. 1-8), em seguida, some as forçasnas direções x e y para encontrar as forças dos membros..Some as forças na direção y na junção A:

FAC ��Ay

sen (θA)� 80,7 kN

Ax � �2P � �320 kN

Ay � P � By � �70 kN

By �[Pb cos (θA) � (2P)b sen (θA)]

c� 230 kN

c � 3b2 � L2 � 2bL cos(θC) � 3,417 m

e c � La sen(θC)

sen(θA)b � 3,417 m ou c � b cos (θA) � L cos(θB) � 3,417 m

θB � arcsenabL

sen(θA)b � 39,426° então θC � 180° � (θA � θB) � 80,574°

P � 160 kN L � 3 m θA � 60° b � 2,2 m

Exemplo 1-1• • •

A B

C 2P

c

θA = 60°θB

θc

L

x

yP

b

Fig. 1-6Exemplo 1-1: Análise estáticade treliça plana para cargasconjuntas

A B

C 2P

c

θA = 60°θB

ByAy

Ax

θc

L

P

b

Fig. 1-7Exemplo 1-1: DCL da treliçaplana

A B

C 2P

ByAy

Ax FAB

FAB

FAC

FAC

FBC

FBC

P

Fig. 1-8Exemplo 1-1: DCL de cada arti-culação da treliça plana

Continua ➥


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Sum forces in x direction at joint A:

Some as forças na direção y na junção B:

Verifique o equilíbrio na junção C. (Primeiro na direção x, então, nadireção y.)

(4) Repita a solução para as reações do suporte usando vetores (mostrar oscomponentes x, y, z em formato vetorial).

Some momentos sobre o ponto A, então iguale cada expressão a zero:

Agora some as forças e equacione cada expressão a zero:

As reações Ax, Ay e By são as mesmas a partir da abordagem da soluçãoescalar.

(5) Resolva as reações do apoio e forças dos membros para uma versão 3Ddesta treliça plana (2D).

Para criar uma treliça espacial a partir de uma treliça plana, mova ajunção A ao longo do eixo z uma distância z, mantendo B no eixo x erestringindo C para deixar uma distância y ao longo do eixo y (ver Fig. 1-9.); mantenha os comprimentos dos membros (L, b, c) e ângulos (θA, θB,θC) nos valores usados na treliça plana. Aplique cargas articulares 2P e�P na junção C. Adicione um pino 3D em A, duas contenções em B (By ,Bz) e uma contenção em C (Cz).

Note que a treliça espacial é estaticamente determinada uma vezque existem (m � r � 9) incógnitas (em que m � número de forças dos

Ay� 160 � By � �70 kN

A � B � C � £ Ax � 320 kNAy � By � 160 kN

0≥ então Ax ��320 kN

ou Á 3 £ i j kc 0 00 By 0

≥ 3 � 4 § i j kb2

b 132

0

2P �P 0

¥ 4� �785,68 k kN # m � 3,4173 m By k

então By �785,7

3,417� 230 kN

MA � rAB � B � rAC � C � £ 00

3,417 m By � 785,7 m kN≥

A � £Ax

Ay

0≥ B � £ 0

By

0≥ C � £ 2P

�P0≥

Vetores de força em A, B e C:

rAB � £ c00≥ � £3,4173

00≥ m rAC � £b cos (θA)

b sen (θA)0

≥ � £ 1,11,9053

0≥ m

Posição dos vetores para B e C desde A:

�FAC cos (θA) � FBC cos (θB) � 2P � 0 �FAC sen (θA) � FBC sen (θB) � P � 0

FBC ��By

sen (θB )FBC � �362 kN

FAB � �Ax � FAC cos (θA) � 280 kN

Example 1-1• • •

Fig. 1-9Exemplo 1-1: DCL da treliçaespacial (versão estendida datreliça plana)

A

OB

C 2P

cθA = 60°

θB

ByBz

Ay

Az

Cz

Ax

y

y

x

x

z

z

θc L

P

b

Continua ➥


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membros e r � número de reações), mas existem (3j � 3 � 3 � 9)equações de estática a partir do método de articulações (em quej �número de articulações).

Primeiro, encontre as projeções x, y e z dos membros ao longo doseixos de coordenadas. Em seguida, encontre os ângulos OBC, OBA e OACem cada plano.

Desenhe o DCL completo (ver Fig. 1-9), em seguida, use uma solução escalarpara encontrar as reações e as forças dos membros.

(1) Some momentos em torno de uma linha que passa por A, o qual é para-lelo ao eixo Y (isto vai isolar a reação Bz, dando uma equação com umaincognita):

Isto tem como base uma convenção de sinais de estática, de modo que osinal negativo significa que a força Bz atua na direção �z.

(2) Some momentos em torno do eixo z para encontrar By, em seguida,some as forças na direção y para obter Ay:

(3) Some os momentos em torno do eixo x para encontrar Cz:

(4) Some as forças nas direções x e z para obter Ax e Az:

(5) Por fim, use o método de juntas para encontrar as forças dos membros(a convenção para sinais de deformação é usada aqui então: positivo (�)significa tensão e negativo (�) significa compressão).

Some as forças na direção x na junção A:

Some as forças na direção y na junção A:

Some as forças na direção y na junção B:

Recalcule reações para a treliça espacial, utilizando vetores.Encontre os vetores da posição (r) e da unidade (e) desde a junção A atéas junções B e C:

y

LFBC � By � 0 FBC �

�Ly

By FBC � �341 kN

y

bFAC � Ay � 0 FAC �

by

(�Ay ) FAC � �88,4 kN

xc

FAB � Ax � 0 FAB ��cx

Ax FAB � 389 kN

Ax � �2P � �320 kN Az � �Cz � Bz � 142,6 kN

Cz �Ayz

y� 77,9 kN

By �2P(y)

x� 118,2 kN então Ay � P � By � 41,8 kN

Bzx � (2P )z � 0 Bz � �2Pzx

� �220 kN

OAC � arctg ay

zb � 28,202°

OBC � arctg ay

xb � 20,277° OBA � arctg az

xb � 34,566°

z �B

�L2 � b2 � c2

2� 1,93883 m

x �B

L2 � b2 � c2

2� 2,81408 m y �

B

L2 � b2 � c2

2� 1,03968 m

Exemplo 1-1 - Continuação• • •

Continua ➥


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Some momentos sobre o ponto A, então igualar cada expressão a zero:

ou

e

Coletando coeficientes de j e resolvendo:

Coletando coeficientes de k e resolvendo:

Coletando coeficientes de i e resolvendo:

Complete a solução somando forças e igualando a zero:

As reações Ax, Ay, Az e por By, Bz são as mesmas da abordagem dasolução escalar.

Ax � �320 kN Ay � 41.8 kN Az � 142.6 kN

£Ax

Ay

Az

≥ � £ 0By

Bz

≥ � £ 2P�PCz

≥ � £Ax � 320.0 kNAy�41.8 kNAz � 142.6

≥Cz �

310.21 � 1.9388 By

1.0397� 77.9 kN

By �332.72.8141

� 118.2 kN

Bz �620.43

�2.8141� �220 kN

rAC � £ 0y

�z≥ eAC �

rAC

|rAC |� £ 0

0,473�0,881

≥

�620.43 kN # m j � 332.7 kN # m k

3 £ i j k0 y �z

2P �P Cz

≥ 3 � 1,0397 m Cz i � 310,21 kN # m i

3 £ i j kx 0 �z0 By Bz

≥ 3 �1,9388 m By i � 2,8141 m Bz j �2,8141 m By k

� £1,9388 m By � 1,0397 m Cz � 310,21 kN # m�2,8141 m Bz � 620,43 kN # m

2,8141 m By � 332,7 kN # m≥

MA � rAB � £ 0By

Bz

≥ � rAC � £ 2P�PCz

≥MA � rAB � B � rAC � C

rAB � £ x0

�z≥ eAB �

rAB

|rAB|� £ 0,823

0�0,567

≥Exemplo 1-1 - Continuação• • •


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• • •A estrutura de uma viga com apoios simples mostrada na Fig. 1-10 é sub-metida a um momento MA na junção A apoiada em pino, uma carga incli-nada FB aplicada na junção B e uma carga uniforme com intensidade q1 nosegmento do membro BC. Encontre reações do apoio nas articulações A e C,em seguida, resolva as forças internas no ponto médio de BC. Utilize diagra-mas de corpo livre adequadamente desenhados em sua solução.

Exemplo 1-2

MAFB

A

xa b

B

C

q1

3

4Fig. 1-10Exemplo 1-2: Análise estática

de viga para reações do apoio

Dados numéricos (Newtons e metros):

Solução(1) Desenhe o DCL completo da viga. A solução para as forças de reação em

A e C deve começar com um desenho adequado do DCL completo da viga(Fig. 1-11). O DCL mostra todas as forças aplicadas e reativas.

MA � 380N # m FB � 200N q1 � 160N/ma � 3m b � 2m

MA FB

A

Ax

Aya b

B

(4/5)FB

(3/5)FB

C

Cy

q1

b/2

Fq1

Fig. 1-11Exemplo 1-2: DCL da viga

(2) Determine as forças concentradas estaticamente equivalentes. Forçasdistribuídas são substituídas pelos seus equivalentes estáticos ( Fq1) e oscomponentes da força concentrada inclinada em B também podem sercalculados:

(3) Some os momentos com relação a A para encontrar a força de reação Cy.Esta estrutura é estaticamente determinada porque há três equaçõesdisponíveis a partir da estática(ΣFx � 0, ΣFy � 0 e ΣM � 0 e três incógni-tas de reação (Ax, Ay, Cy). É conveniente iniciar a análise estática usandoΣMA � 0, porque podemos isolar uma equação com uma incógnita e, emseguida, encontrar facilmente a reação Cy. É usada a convenção de sinaisde estática (ou seja, a regra da mão direita ou CCW é positiva).

Cy �1

(a � b)cMA � FBya � Fq1aa �

b2b d � 260N ➥

Fq1 � q1b � 320N FBx �45

FB � 160N FBy �35

FB � 120N ➥

Continua ➥


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• • •(4) Some as forças nas direções x e y para encontrar as forças de reação em

A. Agora que conhecemos Cy, podemos concluir a análise de equilíbriopara encontrar Ax e Ay usando ΣFx � 0 e ΣFy � 0. Então, podemos encon-trar a força de reação resultante em A, utilizando os componentes Ax eAy:

(5) Encontre as forças e momentos internos no ponto médio do segmentodo membro BC. Agora que as forças de reação em A e C são conhecidas,podemos cortar uma seção através da viga a meio caminho entre B e C,criando DCL’s do lado esquerdo e do lado direito (Fig. 1-12). As forças deseção Nc (axial) e Vc (cisalhamento), bem como a seção momento ( Mc)estão expostas e podem ser calculadas utilizando a estática. Cada DCLpode ser usado para encontrar Nc, Vc e Mc; as forças internas e osmomentos calculados Nc, Vc e Mc serão os mesmos.

Cálculos com base no DCL esquerdo:

Cálculos com base no DCL direito

As forças internas computadorizadas (N e V) e o momento interno (M)são os mesmos e podem ser determinados usando quer à esquerda ou àdireita do DCL. Isto se aplica para qualquer corte feito através da viga emqualquer ponto ao longo do seu comprimento. Posteriormente, criare-mos parcelas ou diagramas que mostrem a variação de N, V e M ao longodo comprimento da viga. Estes diagramas serão muito úteis na con-cepção de vigas, porque eles mostram prontamente as regiões críticas daviga em que N, V e M alcançam valores máximos.

©M � 0 M � Cyab2b � q1ab

2b ab

4b � 180 N # m

M � MA � Ayaa �b2b � FByab

2b � q1ab

2b ab

4b � 180 N # m

©Fy � 0 V � q1ab2b � Cy � �100 N

©Fx � 0 N � 0

©M � 0

©Fy � 0 V � Ay � FBy � q1ab2b � �100 N

©Fx � 0 N � FBx � Ax � 0 N

Força resultante em A: A � 4Ax2 � Ay

2 A � 171 N

Ay � �FBy � Cy � Fq1 Ay � �60 N

Some as forças na direção y: Ay � FBy � Cy � Fq1 � 0

Some as forças na direção x: Ax � FBx � 0 Ax � FBx Ax � 160 N

Exemplo 1-2

Fig. 1-12Exemplo 1-2: DCLs esquerdo edireito da viga.

MA FB

A

DCL esquerdo DCL direito

Ax

Aya

B

(4/5)FB

(3/5)FB

M MV

NN

V

C

Cy

b/2

q1 q1

b/2


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• • •Um eixo circular escalonado é fixado em A e tem três engrenagens quetransmitem os torques mostrados na Fig. 1-13. Encontre o torque de reaçãoem A, em seguida, encontre os momentos de torção internos nos segmen-tos AB, BC e CD. Utilize diagramas de corpo livre adequadamente desen-hados na sua solução.

Exemplo 1-3

D

x

B

A

C

1900 N·m

1000 N·m

550 N·m

Fig. 1-13Exemplo 1-3: DCL completo doeixo

x

MAx

C DBA

1900 N·m 550 N·m1000 N·m

Fig. 1-14Example 1-3: FBD of overallshaft

Solução(1) Desenhar o DCL completo da estrutura do eixo. O balanço da estrutura

do eixo é estaticamente determinado. A solução para os momentos dereação em A, tem de começar com um desenho adequado do DCL com-pleto da estrutura (Fig. 1-14). O DCL mostra todos os torques aplicados ereativos.

(2) Some os momentos em torno do eixo x para encontrar o momento dereação MAx. Esta estrutura é estaticamente determinada porque há umaequação estática disponível a partir de (ΣMx � 0) e uma reação descon-hecida ( MAx). É usada a convenção estática de sinais (ou seja, a regra damão direita ou CCW é positivo).

MAx � 1900 N m � 1000 N m � 550 N m � 0

MAx � �(�1900 N m � 1000 N m � 550 N m)

� 350 N m

O resultado calculado para MAx é positivo, de modo que o vector dereação do momento está na direção positiva x, como assumido.

(3) Encontre os momentos de torção internos em cada segmento do eixo.Agora que o momento de reação MAx é conhecido, podemos cortar umaseção através do eixo de cada segmento criando DCL’s esquerdo e direito(Fig. 1-15). Em seguida, momentos internos de torção podem ser calcula-dos usando a estática. Cada DCL pode ser utilizado; o momento detorção interna calculado será o mesmo.

Encontre o torque interno TAB (Fig. 1-15a)

#

# # #

# # #

Continua ➥


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• • • Exemplo 1-3

Right FBDLeft FBD

x

TAB

MAx

C DBA

1900 N·m 550 N·m1000 N·m

(a)

Fig. 1-15aExemplo 1-3: DCLs à esquerdae à direita do eixo para cadasegmento

Right FBDLeft FBD

xMAx

C DBA

1900 N·m 550 N·m1000 N·m

(b)

TBC

Fig. 1-15b

DCL esquerdo: DCL direito:TAB � �MAx � �350 N m TAB � �1900 N m � 1000 N m

� 550 N m � �350 N m

Encontre o torque interno TBC (Fig. 1-15b).

# #

# # #

DCL esquerdo DCL direito:TBC � �MAx � 1900 N m TBC � 1000 N m � 550 N m

� 1550 N m � 1550 N m

Encontre o torque interno TCD (Fig. 1-15c).

# #

# # #

Right FBDLeft FBD

xMAx

C DBA

1900 N·m 550 N·m1000 N·m

(c)

TCD

Fig. 1-15c

DCL esquerdo: DCL direito:TCD � �MAx � 1900 N m TCD � 550 N m

� 1000 N m � 550 N m

Em cada segmento, os momentos de torção internos calculados usando olado esquerdo ou direito dos DCLs são os mesmos

# #

# #


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• • •TA armação plana da Fig. 1-16 é uma versão modificada da que é mostradana Fig. 1-1. Inicialmente, o membro DF foi substituído por um suporte derolete em D. Um momento MA é aplicado na junção A suportada por pino,e uma carga FB é aplicada na junção B. Uma carga uniforme com intensidadeq1 atua sobre o membro BC, e uma carga distribuída de forma linear compico de intensidade q0 é aplicado para baixo no membro ED. Encontre asreações de apoio nas articulações A e D, em seguida, resolva as forças inter-nas na parte superior do membro BC. Use as propriedades numéricas dadas.Como passo final, remova o rolete em D, insira o membro DF (comomostrado na Fig. 1-1) e reanalise a estrutura para encontrar as forças dereação em A e F.

Exemplo 1-4

q1

q0

E

A

a

b

D C

B

FB

3

4

MA

dc

y

x

Fig. 1-16Exemplo 1-4: Análise estáticade armação plana para reaçõesdos suportes

Dados numéricos (Newtons e metros):

Solução(1) Desenhe o DCL completo da armação. A solução para as forças de

reação em A e D tem de começar com um desenho adequado do DCLcompleto da estrutura (Fig. 1-17). O DCL mostra todas as forças apli-cadas e reativas.

MA � 380 N # m FB � 200 N q0 � 80 N/m q1 � 160 N/m

a � 3 m b � 2 m c � 6 m d � 2.5 m

q1

q0Fq

0

Fq1

E

AAx

a

b

D

Dy

C

B

FB

34

MA

dc

y

x

Ay

Fig. 1-17Example 1-4: FBD of planeframe

Continua ➥


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• • •

Continua ➥

(2) Determine as forças concentradas estaticamente equivalentes. As forçasdistribuídas são substituídas por seus equivalentes estáticos (Fq0 e Fq1). Oscomponentes da força concentrada inclinada em B também podem sercalculados:

(3) Some os momentos em A para encontrar a força de reação Dy. Esta estru-tura é estaticamente determinada porque há três equações disponíveis apartir da estática (ΣFx � 0, ΣFy � 0 e ΣM � 0) e três incógnitas de reação(Ax, Ay, Dy). É conveniente iniciar a análise estática usando ΣMA � 0,porque podemos isolar uma equação com uma incógnita e, em seguida,encontrar facilmente a reação Dy.

(4) Some as forças nas direções x e y para encontrar as forças de reação emA. Agora que conhecemos Dy, podemos encontrar Ax e Ay usando ΣFx �0 and ΣFy � 0 e, em seguida, encontrar a força de reação resultante emA, utilizando os componentes Ax e Ay.

Forças somadas na direção y:

(5) Encontre as forças e momentos internos no topo do membro BC. Agoraque as forças de reação em A e D são conhecidas, podemos cortar umaseção através da armação logo abaixo da junção C, criando DCLs superiore inferior (Fig. 1-18). Forças da seção Nc (axial) e Vc (cisalhamento), bem

Força resultante em A: A � 4Ax2 � Ay

2 A � 262N

Ay � 208 N

FAy � FBy � Dy � Fq0 � 0 Ay � FBy � Dy � Fq0

Ax � �160 N

Forças somadas na direção x: Ax � FBx � Fq1 � 0 Ax � FBx � Fq1

Dy �1dc�MA � FBxa � Fq1aa �

b2b � Fq0ad �

23

cb d � 152 N

FBx �45

FB � 160 N FBy �35

FB � 120 N

Fq0 �12

q0c � 240 N Fq1 � q1b � 320 N

Exemplo 1-4 - Continuação

Fq0

Fq1

Mc

VcE

AxA

D

Dy

C

FB

3

4MA

a

b/2

b/2

Mc

Nc

Nc

Vc

c d

y

x

Ay

B

Fig. 1-18Exemplo 1-4: DCLs superior einferior da armação plana


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Example 1-4 - Continued• • •como o momento da seção (Mc) estão expostos e podem ser calculadosutilizando a estática. O DCL também pode ser usado para encontrar Nc,Vc e Mc; as tensões resultantes calculadas Nc, Vc e Mc serão as mesmas.

Cálculos baseados no DCL superior:

Cálculos baseados no DCL inferior:

(6) Remova o rolete em D, insira o membro DF (como mostrado na Fig. 1-1)e reanalise a estrutura para encontrar as forças de reação em A e F. Omembro DF está conectado ao EDC em D por pino, tem um apoio de pinoem F e transporta uma carga uniforme q2 na direção �y. Veja as Figs. 1-3a e 1-3b para os DCLs requeridos na solução. Note que agora existem quatroforças de reação desconhecidas (Ax, Ay, Fx e Fy), mas apenas três equaçõesde equilíbrio disponíveis (ΣFx � 0, ΣFy � 0, ΣM � 0) para uso com o DCLcompleto na Fig. 1-3a. Para encontrar outra equação, teremos que sepa-rar a estrutura no pino de conexão em D para tirar proveito do fato deque o momento em D é conhecido por ser zero (efeitos de fricção sãoassumidos como sendo insignificantes); Podemos então usar ΣMD � 0,quer para o DCL superior ou inferior na Fig. 1-3b, para desenvolver umaequação mais independente da estática. Lembre-se que é usada aquiuma convenção de sinais de estática para todas as equações de equi-líbrio.

Dimensões e cargas para o novo membro DF:

Primeiro, escreva as equações de equilíbrio do DCL de toda a estrutura(ver Fig. 1-3a).

(a) Some as forças na direção x de todo o DCL:

(a)

(b) Some as forças na direção y de todo o DCL:

(b)Ay � Fy � Fq0 � Fq2 � FBy � 0

Ax � Fx � FBx � Fq1 � 0

q2 � 180 N/m Fq2 � q2e � 900 N

e � 5 m ex �35

e � 3 m ey �45

e � 4 m

Mc � �Dyd � Fq0ad �23

cb � 1180 N # m

©Mc � 0

©Fy � 0 Nc � Dy � Fq0 � �88 N

©Fx � 0 Vc � 0

Mc � �Fq1b2

� FBxb � Ax(a � b) � MA � 1180 N # m

©Mc � 0

Nc � FBy � Ay � �88 N©Fy � 0

Vc � �Fq1 � FBx � Ax � 0©Fx � 0

Continua ➥


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(c) Some momentos em torno de A de todo o DCL:

(c)

Em seguida, escreva outra equação de equilíbrio do DCL superior na Fig. 1-3b.

(d) Some momentos em torno de D do DCL superior:

(d)

Resolvendo as equações (c) e (d) para Fx e Fy, temos:

Agora, substituindo as soluções para Fx e Fy nas Eqs. (a) e (b) para encon-trar as reações Ax e Ay:

A força resultante em A é:

Some os momentos em torno de D no menor DCL como uma verificação;o DCL inferior está em equilíbrio, conforme necessário:

(7) Finalmente, calcule a força resultante na conexão de pino em D. Use osomatório de forças no DCL superior para encontrar as forças compo-nentes Dx e Dy, em seguida, encontre a resultante D (ver Fig. 1-3b).

A força resultante em D é: D � 4Dx2 � Dy

2 � 276 N.

©Fy � 0 Dy � �Fy � Fq2 � 209.2 N

©Fx � 0 Dx � �Fx � �180.6 N

Fq0a23

cb � Fq1b2

� FBxb � FByd � MA � Ax(a � b) � Ayd � 0

≥MA � Fq1 aa �

b2b � cFBxa � Fq0 ad �

23

cb � Fq2 ad �ex

2b d

Fq2

ex

2

¥ � a180,6690,8

b N

A � 663 NA � 4Ax2 � Ay

2

Ay � 569,2 NAy � �Fy � Fq0 � Fq2 � FBy

Ax � �340,6 NAx � �(Fx � FBx � Fq1)

aFx

Fyb � c�(a � b � ey ) ex � d

�ey exd �1

�Fxey � Fyex � Fq2

ex

2� 0 so �Fxey � Fyex � Fq2

ex

2

� cFBxa � Fq0ad �23

cb � Fq2ad �ex

2b d

so �Fx(a � b � ey) � Fy(ex � d ) � MA � Fq1aa �b2b

� Fq0ad �23

cb � Fq2ad �ex

2b � 0

�MA � Fq1aa �b2b � Fx(a � b � ey) � Fy(ex � d) � FBxa

Example 1-4 - Continued• • •


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1.3 TENSÃO E DEFORMAÇÃO NORMAISAgora que o equilíbrio estático foi estabelecido e temos calculado todas as for-ças de reação requeridas e forças internas associadas com o corpo deformável,estamos prontos para examinar ações internas mais de perto. Os conceitos fun-damentais na mecânica dos materiais são tensão e deformação. Esses conceitospodem ser ilustrados em suas formas mais elementares considerando umabarra prismática sujeita a forças axiais. Uma barra prismática é um membroestrutural reto, com a mesma seção transversal ao longo de seu comprimento,e uma força axial é uma carga direcionada ao longo do eixo do membro, resul-tando em tração ou compressão na barra. São mostrados exemplos na Figura1.19, em que a barra do reboque é um membro prismático em tração e osuporte de trem de pouso é um membro em compressão. Outros exemplos sãoos membros de uma treliça de ponte, barras de conexão de um motor de auto-móvel, raios de rodas de bicicleta, colunas em prédios e suportes de asa empequenos aviões.

Fig. 1-19Structural members subjected toaxial loads (the tow bar is in tension and the landing gearstrut is in compression)

Tow bar

Landing gear strut

Para fins de discussão, vamos considerar a barra do reboque da Figura 1.19e isolar um segmento dela como um corpo livre (Figura 1.20a). Quando traça-mos esse diagrama de corpo livre, desconsideramos o peso da barra e assumi-mos que as únicas forças atuantes são as forças axiais P nas extremidades. Aseguir, consideramos duas vistas da barra: a primeira mostrando a mesma barraantes de as cargas serem aplicadas (Figura 1.20b) e a segunda mostrando-a apósa aplicação das cargas (Figura 1.2c). Observe que o comprimento original dabarra é denotado pela letra L e o aumento no comprimento devido às cargas édenotado pela letra grega d (delta).

As ações internas na barra são expostas se fizermos um corte imaginárioatravés da barra na seção mn (Figura 1.20c). Como essa seção é tomada perpen-dicularmente ao eixo longitudinal da barra, é chamada de seção transversal.

Agora isolamos a porção da barra à esquerda da seção transversal mncomo um corpo livre (Figura 1.20d). Na extremidade direita desse corpo livre(seção mn), mostramos a ação da porção removida da barra (isto é, a parte àdireita da seção mn) sobre a parte remanescente. Essa ação consiste em tensõesdistribuídas de forma contínua agindo sobre toda a seção transversal e a forçaaxial P atuando na seção transversal é a resultante dessas tensões. (A forçaresultante é mostrada com uma linha tracejada na Figura 1-20d).

A tensão é dada em unidades de força por unidades de área e é referidapela letra grega s (sigma). Genericamente, as tensões s que atuam em umasuperfície plana podem ser uniformes por toda a área ou podem variar emintensidade de um ponto para outro. Admitamos que a tensões que atuamsobre a seção transversal mn (Figura 1.20d) estão uniformemente distribuídassobre a área. Então a resultante dessas tensões deve ser igual à magnitude datensão multiplicada pela área da seção transversal A da barra, ou seja, P �

sA. Dessa forma, obtemos a seguinte expressão para a magnitude das tensões:


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(1-6)

Essa equação fornece a intensidade de tensão uniforme em uma barra prismá-tica, carregada axialmente e de seção transversal arbitrária.

Quando a barra é esticada pelas forças P, temos tensões de tração; se asforças têm seus sentidos invertidos, fazendo com que a barra seja comprimida,obtemos tensões de compressão. Visto que as tensões agem em uma direçãoperpendicular à superfície de corte, são chamadas de tensões normais. Dessaforma, tensões normais podem ser de tração ou de compressão.Posteriormente, na Seção 1.7, iremos encontrar outro tipo de tensão, chamadatensão de cisalhamento, que age paralelamente à superfície.

Quando uma convenção de sinais é necessária para tensões normais, écomum definir as tensões de tração como positivas e as tensões de compressãocomo negativas.

Como a tensão normal s é obtida dividindo a força axial pela área daseção transversal, ela tem unidades de força por unidade de área.

Em unidades SI, a força é expressa em newtons (N) e a área em metrosquadrados (m2). Consequentemente, a tensão tem unidades de newtons pormetro quadrado (N/m2), isto é, pascals (Pa). Entretanto, o pascal é uma uni-dade tão pequena de tensão que é necessário trabalhar com múltiplos grandes,geralmente o megapascal (MPa). Embora não seja recomendado no SI, vocêàs vezes encontrará a tensão expressa em newtons por milímetro quadrado(N/mm2), que é uma unidade igual ao megapascal (MPa).

Limitações A equação σ � P/A é válida somente se a tensão estiver uniformemente distri-buída sobre a seção transversal da barra. Essa condição é realizada se a forçaaxial P agir através do centroide da área da seção transversal, como demons-trado mais adiante nesta seção. Quando a carga P não age no centroide, tem-se a flexão da barra, e uma análise mais complexa é necessária (veja as Seções5.12 e 11.5). Entretanto é assumido neste livro (como na prática comum) queas forças axiais são aplicadas nos centroides das seções transversais, a menosque o contrário seja afirmado especificamente.

σ �PA

Fig. 1-20Prismatic bar in tension: (a) free-

body diagram of a segment ofthe bar, (b) segment of the barbefore loading, (c) segment of

the bar after loading, and (d) normal stresses in the bar

d

P

(a)

P

P

(c)

(d)

P

P P

—AP=

(b)

m

n

m

n

L

L + d

s


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A condição de tensão uniforme representada na Figura 1.20d existe aolongo de todo o comprimento da barra, exceto próximo às extremidades. A dis-tribuição de tensão na extremidade de uma barra depende de como a carga Pé transmitida para a barra. Se ocorrer de a carga ser distribuída uniformementesobre a extremidade, então o padrão de tensão na extremidade será igual ao detodo o resto da barra. Entretanto, é mais usual a tensão ser transmitida atra-vés de um pino ou parafuso, produzindo altas tensões localizadas chamadas deconcentrações de tensão.

Uma possibilidade é ilustrada pela biela mostrada na Figura 1.21. Nesseexemplo, as cargas P são transmitidas à barra por pinos que passam atravésdos furos (biela) nas extremidades da barra. Dessa forma, as forças mostradasnas figuras são, na verdade, as resultantes das pressões produzidas entre ospinos e a biela, e a distribuição de tensão ao redor dos furos é bastante com-plicada. Entretanto, quando saímos das extremidades em direção ao meio dabarra, a distribuição de tensão gradualmente se aproxima da distribuição uni-forme representada na Figura 1.2d.

Como uma regra prática, a fórmula σ � P/A pode ser usada com boa pre-cisão em qualquer ponto dentro de uma barra prismática que esteja no mínimotão longe da concentração de tensão quanto a maior dimensão lateral dabarra. Em outras palavras, a distribuição de tensão na biela de aço da Figura1.3 é uniforme a distâncias b ou maiores das extremidades aumentadas, em queb é a largura da barra, e a distribuição de tensão na barra prismática da Figura1.20 é uniforme a distâncias d ou maiores das extremidades, em que d é o diâ-metro da barra (Figura 1.20d). Discussões mais detalhadas sobre concentra-ções de tensão produzidas por cargas axiais serão feitas na Seção 2.10.

De fato, mesmo quando a tensão não é distribuída uniformemente, a equa-ção σ � P/A pode ainda ser útil porque fornece a tensão normal média naseção transversal.

Deformação Normal Como já foi observado, uma barra reta mudará de comprimento quando car-regada axialmente, tornando-se mais comprida quando em tração e mais curtaquando em compressão. Por exemplo, considere novamente a barra prismáticada Figura 1.20. O alongamento d dessa barra (Figura 1.20c) é o resultadocumulativo do estiramento de todos os elementos do material através dovolume da barra. Vamos considerar que o material é o mesmo em qualquerponto da barra. Logo, se consideramos metade da barra (comprimento L/2),ela terá um alongamento igual a δ/2 e, se consideramos um quarto da barra,ela terá um alongamento igual a δ/4.

Em geral, o alongamento de um segmento é igual ao seu comprimentodividido pelo comprimento total L e multiplicado pelo alongamento total δ..Por isso, uma unidade de comprimento da barra terá um alongamento igual a1/L � δ. Essa quantia é chamada de alongamento por unidade de comprimento,ou deformação, e é denotada pela letra grega ε (épsilon). Vemos que a defor-mação é dada pela equação

(1-7)

Se a barra está em tração, a deformação é chamada de deformação de tração,representando um alongamento ou estiramento do material. Se a barra está emcompressão, a deformação é denominada deformação de compressão e a barraencurta. A deformação de tração é usualmente tomada como positiva e adeformação de compressão, negativa. A deformação ε é chamada de deforma-ção normal porque está associada com tensões normais.

ε �δL

Fig. 1-21Steel eyebar subjected to tensileloads P

b

P P


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Como a deformação normal é a razão entre dois comprimentos, ela é umaquantidade adimensional, isto é, não tem unidades. Por isso, a deformação éexpressa simplesmente como um número, independente de qualquer sistema deunidades. Valores numéricos de deformação são usualmente muito pequenos,porque barras feitas de materiais estruturais sofrem apenas pequenas mudan-ças no comprimento quando carregadas.

Como exemplo, considere uma barra de aço tendo comprimento L igual a2,0 m. Quando carregada pesadamente em tração, essa barra poderia alongar1,4 mm, o que significa que a deformação é

Na prática, as unidades originais de δ e L são por vezes incluídas na própriadeformação, e então a deformação é registrada em formas como mm/m, μm/me m/m. Por exemplo, a deformação e na ilustração anterior poderia ser dadacomo 700 μm/m ou 700 � 10�6 m/m. A deformação às vezes é expressa tam-bém como uma porcentagem, especialmente quando as deformações são gran-des (no exemplo anterior, a deformação é 0,07%).

Deformação e Tensão UniaxiaisAs definições de tensão normal e deformação normal são baseadas puramenteem considerações estáticas e geométricas, o que significa que as Equações (1.1)e (1.2) podem ser usadas para cargas de qualquer magnitude e para qualquermaterial. A principal exigência é que a deformação da barra seja uniforme aolongo de seu volume que, por sua vez, exige que a barra seja prismática, que ascargas ajam através do centroide das seções transversais e que o material sejahomogêneo (isto é, o mesmo ao longo de todas as partes da barra). O estadoresultante de tensão e deformação é denominado deformação e tensão uniaxial(embora deformação lateral exista como discutido na Sec. 1.6 abaixo).

Discussões aprofundadas sobre tensão uniaxial, incluindo tensões emoutras direções além da longitudinal da barra, serão dadas mais adiante naSeção 2.6. No Capítulo 7, também analisaremos estados de tensão mais com-plexos, tais como tensão biaxial e tensão plana.

Linha de Ação de Forças Axiais para umaDistribuição de Tensão Uniforme Por toda a discussão anterior de tensão e deformação em uma barra prismá-tica, assumimos que a tensão normal s estava distribuída uniformemente sobrea seção transversal. Agora demonstraremos que essa condição é atingida se alinha de ação das forças axiais agir através do centroide da área da seção trans-versal.

Considere uma barra prismática, de seção transversal arbitrária, subme-tida a forças axiais P que produzem tensões distribuídas uniformes σ (Figura1.22a). Seja p1 o ponto na seção transversal onde a linha de ação das forçasintercepta a seção transversal (Figura 1.22b). Definimos um conjunto de eixosxy no plano da seção transversal e denotamos as coordenadas do ponto p1 por

e . Para determinar essas coordenadas, observamos que os momentos Mx eMy da força P sobre os eixos x e y, respectivamente, devem ser iguais aosmomentos correspondentes das tensões uniformemente distribuídas.

Os momentos da força P são

(1-8a,b)Mx � Py My � �P x

xq yq

ε �δL

�1,4mm

2,0m� 0,0007 � 700 � 10�6


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em que um momento é considerado positivo quando seu vetor (usando a regrada mão direita) age na direção positiva do eixo correspondente.*

Os momentos das tensões distribuídas são obtidos integrando-se sobre aárea da seção transversal A. A força diferencial agindo em um elemento de áreadA (Figura 1.22b) é igual a σdA. Os momentos dessa força elementar sobre oseixos x e y são σydA e � σxdA, respectivamente, nos quais x e y denotam ascoordenadas do elemento dA. Os momentos totais são obtidos integrando-sesobre a área de seção transversal:

(1-8c,d)

Essas expressões dão os momentos produzidos pelas tensões σ.

Mx �L

σydA My � �L

σxdA

Para visualizar a regra da mão direita, imagine que você agarra um eixo de coordenadas com sua mão direita, deforma que os dedos passem ao redor do eixo e o polegar aponte para a direção positiva do eixo. Então, ummomento é positivo se agir ao redor do eixo na mesma direção que seus dedos.

Fig. 1-22Uniform stress distribution in aprismatic bar: (a) axial forces P,and (b) cross section of the bar

P

P

(a)

PA

=s

(b)

O

y

y

x

A

p1

dA

x

x–

y–

Agora, igualamos os momentos Mx e My causados pela força P (Equações1-8a,b) com os momentos obtidos das tensões distribuídas (Equações 1-8c,d):

Como as tensões σ são uniformemente distribuídas, sabemos que elas são con-stantes sobre a área da seção transversal A e podem ser colocadas fora do sinalde integração. Sabemos também que s é igual a P/A. Portanto obtemos asseguintes fórmulas para as coordenadas do ponto p1:

(1-9a,b)

Essas equações são as mesmas que definem as coordenadas do centroide deuma área (veja Equações 12.3a e b no Capítulo 12). Por isso, chegamos agoraa uma importante conclusão: para haver tração ou compressão uniforme em uma

yq �L

ydA

Axq �

LxdA

A

Pyq �L

σydA P x � �L

σxdA


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barra prismática, a força axial deve agir através do centroide da área da seçãotransversal. Como explicado anteriormente, sempre assumimos que essascondições são satisfeitas, a menos que o contrário seja especificamente afir-mado.

Os exemplos seguintes ilustram o cálculo de tensões e deformações em bar-ras prismáticas. No primeiro exemplo desconsideramos o peso da barra e, nosegundo, o incluímos (é comum omitir o peso da estrutura quando resolvemosproblemas de livro-texto, a menos que sejamos especificamente instruídos paraincluí-lo).

• • •

Continues ➥

Um tubo oco circular de nylon (ver Fig. 1-23) suporta uma carga de PA �7800 N, que está uniformemente distribuída em torno de uma placa detampa na parte superior do tubo inferior. Uma segunda carga PB é aplicadana parte inferior. Os diâmetros interior e exterior das partes superior e infe-rior do tubo são d1 � 51 mm, d2 � 60 mm, d3 � 57 mm e d4 � 63 mmrespectivamente. O tubo superior tem um comprimento L1 � 350 mm; Ocomprimento do tubo inferior é L2 � 400 mm. Negligenciar o peso própriodos tubos.

(a) Encontre PB de modo que a tensão de tração na parte superior seja de14,5 MPa. Qual é a tensão resultante na parte inferior?

(b) Se PA permanece inalterado, encontre o novo valor de PB para que aspartes superior e inferior tenham a mesma tensão de tração.

(c) Encontre a deformação por tração nos segmentos de tubo superior einferior para as cargas na parte (b), se o alongamento do segmento detubo superior é conhecido como sendo 3,56 mm e o deslocamento parabaixo da parte inferior do tubo é 7,63 mm.

Dados numéricos:

Solução (a) Encontre PB, de modo que a tensão na parte superior seja de 14,5 MPa.

Qual é a tensão resultante na parte inferior? Negligencie o próprio pesoem todos os cálculos.

Use as dimensões indicadas para calcular as áreas de seção transversaldos tubos da parte superior (segmento 1) e inferior (segmento 2) (nota-mos que A1 é 1,39 vezes A2). A tensão no segmento 1 é conhecida comosendo de 14,5 MPa

A força de tração axial no tubo superior é a soma das cargas PA e PB.Escreva uma expressão para σ1 em termos de ambas cargas, em seguida,resolver para PB:

➥onde σ1 � 14,5 MPa então PB � σ1A1 � PA � 3577 N

σ1 �PA � PB

A1

A1 �π4

(d22 � d1

2) � 784.613 mm2 A2 �π4

(d42 � d3

2) � 565.487 mm2

L1 � 350 mm L2 � 400 mm

d3 � 57 mm d4 � 63 mm d1 � 51 mm d2 � 60 mm PA � 7800 N

Exemplo 1-5

PB

L2 = 400 mm

L1 = 350 mm

PA

d2

d3

d4

d1

Fig. 1-23Exemplo 1-5: Análise de tensãode tubulação suspendida emdois níveis.


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Exemplo 1-5 - Continução• • •Com PB agora conhecido, a tensão de tração axial no segmento inferiorpode ser calculada como:

(b) Se PA permanece inalterado, encontre o novo valor de PB para que aspartes superior e inferior tenham a mesma tensão de tração.

Então PA � 7800 N. Escreva expressões para as tensões normais nos seg-mentos superiores e inferiores, equiparar essas expressões e, em seguida,resolver para PB.

Tensão normal de elasticidade no segmento superior:

Tensão normal de elasticidade no segmento inferior:

Equiparar essas expressões para tensões σ1 e σ2 e resolver para o PB soli-citado:

Assim, para as tensões serem iguais nos segmentos de tubo superior einferior, o novo valor da carga de PB é 2,58 vezes o valor da carga PA.

(c) Encontre as tensões de tração nos segmentos de tubos superior e infe-rior para as cargas da parte (b).

O alongamento do segmento de tubo superior é δ1 � 3,56 mm. Assim, oesforço de tensão no segmento do tubo superior é:

O deslocamento para baixo da parte inferior do tubo é δ � 7,63 mm. Assim,o alongamento neto do segmento de tubo inferior é δ2 � δ � δ1 � 4,07milímetros e o esforço de tensão no segmento de tubo inferior é:

Nota: Como foi explicado anteriormente, a deformação é uma quanti-dade adimensional e não são necessárias unidades. Para maior clareza,no entanto, as unidades muitas vezes são dadas, neste exemplo, podeser escrito como 1017 � 10�6 m/m ou 1017 μm/m.

➥σ2 �PB

A2

� 6,33 MPa

➥

➥

➥

σ1 �PA � PB

A1

σ2 �PB

A2

ε2 �δ2

L2

� 1,017 � 10�2

ε1 �δ1

L1

� 1,017 � 10�2

PB �

PA

A1

a 1A2

�1A1

b� 20.129 N


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Um conjunto de suporte semicircular é usado para apoiar uma escada de açoem um prédio de escritórios. Hastes de aço estão ligadas a cada um dos doissuportes com uma manilha e pino; a extremidade superior da haste é fixadaa uma viga transversal perto do telhado. Fotografias dos suportes de fixaçãoe da haste do cabide de suporte são mostradas na Fig. 1-24. O peso daescada e quaisquer ocupantes do edifício que estão usando a escada é esti-mado para resultar em uma força de 4800 N em cada haste de gancho.

(a) Obter uma fórmula para a máxima tensão σmax na haste, tendo em contao peso da própria haste.

(b) Calcule a tensão máxima na haste em MPa usando propriedades numéri-cas Lr � 12 m, dr � 20 mm, Fr � 4800 N (note que a densidade de peso γrdo aço é 77,0 kN/m3 [da tabela H-1 no apêndice H]).


Parafuso e arruela

Suporte

Ganchos

Pinos

Hastes Lr

FrFr

dr

Fig. 1-24aExemplo 1-6: Hastes de ganchoapoiando escada de aço

Componentes da conexão com haste degancho. (© Barry Goodno)

Vista lateral

Fig. 1-24b

Viga do telhado

Hastes

Lr

Vista lateral da haste de gancho ecolchete (© Barry Goodno)

Fig. 1-24c

Haste de gancho anexada à viga transversalno telhado (© Barry Goodno)

Continua ➥

Dados numéricos:

Lr � 12 m dr � 20 mm γr � 77 kN/m3 Fr � 4800 N


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Solução(a) Obter uma fórmula para a máxima tensão σmax na haste, tendo em conta

o peso da própria haste.

A máxima força axial Fmax na haste ocorre na extremidade superior e éigual à força Fr na haste devido aos pesos da escada e dos ocupantescombinado mais o peso Wr da própria haste. A última é igual ao pesodensidade do peso γr do aço vezes o volume Vr da haste, ou:

(1-10)

em que Ar é a área da seção transversal da haste. Portanto, a fórmulapara a tensão máxima [a partir da Eq. (1-16)] fica:

(1-11)

(b) Calcule a tensão máxima na haste em MPa usando propriedades numéri-cas.

Para calcular a tensão máxima, substituímos valores numéricos naequação anterior. A área da secção transversal , em que

dr � 20 mm e a densidade do peso γr de aço é 77,0 kN/m3 (da Tabela H-1no Apêndice H).

Assim:

A tensão normal na haste devido ao peso da escada é:

e a tensão normal adicional na parte superior da haste em função do

peso da própria haste é:

Assim, a tensão máxima normal no topo da haste é a soma destas duas

tensões normais:

(1-12)

Note que:

Neste exemplo, o peso da haste contribui com cerca de 6% para a tensãomáxima e não deve ser tomada em consideração.

Ar � πdr2/4

➥

➥

➥

σrod

σstair� 6.05%

σ max � σstair � σrod σ max � 16.2 MPa

σrod � γrLr � 0.924 MPa

σstair �Fr

Ar

� 15,3 MPa

Ar �πdr

2

4� 314 mm2 Fr � 4800 N

σ max �F max

Ar

or σ max �Fr � Wr

Ar

�Fr

Ar

� γrLr

Wr � γr (ArLr )



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1.4 PROPRIEDADES MECÂNICAS DOSMATERIAIS O projeto de máquinas e estruturas, de forma que elas funcionem correta-mente, exige que entendamos o comportamento mecânico dos materiais queestão sendo usados. Comumente, a única maneira de determinar como osmateriais se comportam quando submetidos a cargas é executar experimentosem laboratório. O procedimento usual é colocar pequenos corpos de prova domaterial em máquinas de teste, aplicar as cargas e então medir as deformaçõesresultantes (como mudanças no comprimento e no diâmetro). A maioria doslaboratórios de teste de materiais é equipada com máquinas capazes de carre-gar corpos de prova em uma variedade de formas, incluindo os carregamentosestáticos e dinâmicos em tração ou compressão.

Uma máquina de teste de tração típica é mostrada na Figura 1.25. O corpode prova é colocado entre as duas garras grandes da máquina de teste e entãocarregado em tração. Sistemas de medida armazenam as deformações, e o con-trole automático e os sistemas de processamento de dados (à esquerda na foto)tabelam e registram graficamente os resultados.

Uma visão mais detalhada do corpo de prova de teste de tração é ilustradana Figura 1.26. As extremidades do corpo de prova circular são aumentadasonde elas se encaixam nas garras, de forma que a falha não ocorra próximo àsgarras. Uma falha nas extremidades não produziria a informação desejadasobre o material porque a distribuição de tensão próxima às garras não é uni-forme, como explicado na Seção 1.3. Em um corpo de prova projetado corre-tamente, a falha ocorrerá na porção prismática do corpo de prova onde adistribuição de tensão é uniforme e a barra é submetida apenas à tração pura.Essa situação é mostrada na Figura 1.26, na qual o corpo de prova de aço fra-turou sob a carga. O instrumento à esquerda, preso por dois braços ao corpode prova, é um extensômetro, que mede o alongamento durante o carrega-mento.

Para que os resultados dos testes sejam comparáveis, as dimensões doscorpos de teste e os métodos de aplicação das cargas devem ser padronizados.Uma das maiores organizações de padronização no Reino Unido é a BritishStandards Institution. Nos Estados Unidos, a American Society for Testing

Fig. 1-25Tensile-test machine with automatic data-processing system (Courtesy of MTS SystemsCorporation)


and Materials (ASTM) publica especificações e padrões para materiais e testes.Outras organizações de padronização são a American Standards Association(ASA) e o National Institute of Standards and Technology (NIST).Organizações similares existem em outros países, como a ABNT, no Brasil.

O corpo de prova de tensão-padrão da ASTM tem um diâmetro de 12,8mm e um comprimento-padrão de 50,8 mm entre as marcas de medição, que sãoos pontos onde os braços do extensômetro são presos ao corpo de prova (vejaFigura 1.26). Quando o corpo de prova é puxado, a carga axial é medida eregistrada automaticamente pela leitura de um mostrador. O alongamentosobre o comprimento-padrão é medido simultaneamente por medidores mecâ-nicos do tipo mostrado na Figura 1.8 ou medidores de deformação por resis-tência elétrica.

Em um teste estático, a carga é aplicada lentamente e a taxa precisa de car-regamento não é de interesse, porque não afeta o comportamento do corpo deprova. Porém, em um teste dinâmico, a carga é aplicada rapidamente e, às vezes,de maneira cíclica. Como a natureza de uma carga dinâmica afeta as proprie-dades dos materiais, a taxa de carregamento também deve ser medida.

Testes de compressão de metais são comumente feitos em pequenos corposde prova na forma de cubos ou cilindros circulares. Por exemplo, os cubospodem ter 50 mm de lado e os cilindros podem ter diâmetros de 25 mm e com-primentos de 25 a 300 mm. Tanto a carga quanto o encurtamento do corpo deprova podem ser medidos. O encurtamento deve ser medido sobre um compri-mento-padrão menor que o comprimento total do corpo de prova para elimi-nar os efeitos da extremidade.

O concreto é testado na compressão em todos os projetos de construçãoimportantes para assegurar que a resistência requerida foi obtida. Um corpode prova de concreto-padrão tem diâmetro de 152 mm, comprimento de 305mm e 28 dias de idade (a idade do concreto é importante porque ele ganha

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Fig. 1-26Typical tensile-test specimen

with extensometer attached; thespecimen has just fractured in

tension. (Courtesy of MTSSystems Corporation)


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Fig. 1-27Rock sample being tested incompression to obtain compres-sive strength, elastic modulusand Poisson’s ratio (Courtesy ofMTS Systems Corporation)

resistência enquanto cura). Corpos de prova similares, mas de alguma formamenores, são usados quando se realizam testes de compressão em rochas(Figura 1.27).

Diagramas de Tensão-Deformação Os resultados dos testes geralmente dependem das dimensões do corpo deprova sendo testado. Uma vez que é improvável que projetemos estruturas compartes do mesmo tamanho que os corpos de prova, é preciso expressar os resul-tados dos testes de forma que possam ser aplicados a membros de qualquertamanho. Um modo simples de atingir esse objetivo é converter os resultadosdos testes em tensões e deformações.

A tensão axial s em um corpo de prova é calculada dividindo a carga axialP pela área de seção transversal A (Equação 1.6). Quando a área inicial docorpo de prova é usada nos cálculos, a tensão é chamada de tensão nominal(outros nomes são tensão convencional e tensão de engenharia). Um valormais exato da tensão axial, chamado tensão verdadeira, pode ser calculadousando a área real da barra na seção transversal onde a falha ocorre. Uma vezque a área real em um teste de tração é sempre menor que a área inicial (comoilustrado na Figura 1.26), a tensão verdadeira é maior que a tensão nominal.

A deformação axial média e no corpo de prova é encontrada dividindo-seo alongamento medido d entre as marcas de medida pelo comprimento-padrãoL (veja Figura 1.26 e Equação 1-7). Se o comprimento inicial for usado no cál-culo (por exemplo, 50 mm), então a deformação nominal é obtida. Como a dis-tância entre as marcas de medida aumenta enquanto a carga de tração éaplicada, podemos calcular a deformação verdadeira (ou deformação natural)em qualquer valor da carga usando a distância real entre as marcas de medida.


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Em tração, a deformação verdadeira é sempre menor que a deformação nomi-nal. Entretanto, para a maioria das aplicações de engenharia, a tensão nomi-nal e a deformação nominal são adequadas, como é explicado posteriormentenesta seção.

Após executar um teste de tração ou compressão e determinar a tensão ea deformação em várias magnitudes da carga, podemos criar um diagrama detensão versus deformação. Tal diagrama de tensão-deformação é uma caracte-rística do material em particular sendo testado e contém informação impor-tante sobre as propriedades mecânicas e o tipo de comportamento.*

O primeiro material que iremos discutir é o aço estrutural, também conhe-cido como aço mole ou aço de baixo teor de carbono. O aço estrutural é umdos metais mais amplamente utilizados e é encontrado em prédios, pontes,guindastes, navios, torres, veículos e outros tipos de construções. Um diagramade tensão-deformação para um aço estrutural típico em tração é mostrado naFigura 1-28. As deformações são mostradas no eixo horizontal, e as tensões noeixo vertical. (A fim de mostrar todas as características importantes dessematerial, o eixo de deformações na Figura 1-28 não é desenhado em escala.)

O diagrama começa com uma linha reta da origem O ao ponto A, o quequer dizer que a relação entre tensão e deformação nessa região inicial não éapenas linear, mas também proporcional.** Além do ponto A, a proporciona-lidade entre tensão e deformação não mais existe; dessa forma, a tensão em Aé chamada de limite de proporcionalidade. Para aços de baixo teor de carbono,esse limite está no intervalo de 210 a 350 MPa, mas aços de alta resistência(com maior conteúdo de carbono e outras ligas) podem ter limites de propor-cionalidade de mais de 550 MPa. A inclinação da linha de O até A é chamadade módulo de elasticidade. Como a inclinação tem unidades de tensão divididapor deformação, o módulo de elasticidade tem as mesmas unidades da tensão(o módulo de elasticidade será discutido posteriormente na Seção 1.6).

Com um aumento na tensão além do limite de proporcionalidade, a defor-mação começa a aumentar mais rapidamente para cada incremento de tensão.Consequentemente, a curva de tensão-deformação tem uma inclinação cadavez menor até, no ponto B, a curva começar a ficar horizontal (veja Figura1.28). Começando nesse ponto, um alongamento considerável do corpo deprova ocorre sem um aumento notável da força de tração (de B até C). Essefenômeno é conhecido como escoamento do material, e o ponto B é chamadode ponto de escoamento. A tensão correspondente é conhecida como tensão deescoamento do aço.

Fig. 1-28Stress-strain diagram for a typical structural steel in tension(not to scale)

Fracture

Linearregion

Perfectplasticity

or yielding

Strainhardening

Necking

A

O

B C

D

E

E'

Proportionallimit

Yield stress

Ultimatestress

´

s

*Diagramas de tensão-deformação foram originados por Jacob Bernoulli (1654–1705) e J. V. Poncelet (1788–1867);veja Ref. 1.4. ** Duas variáveis são chamadas de proporcionais se a razão entre elas se mantiver constante. Por isso, uma relaçãoproporcional pode ser representada por uma linha que passa através da origem. No entanto, uma relação propor-cional não é igual a uma relação linear. Embora uma relação proporcional seja linear, o inverso não é necessaria-mente verdadeiro, porque uma relação representada por uma reta que não passa pela origem é linear, mas nãoproporcional. A expressão geralmente usada “diretamente proporcional” é sinônimo de “proporcional” (Ref. 1.5).


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Fig. 1-29Necking of a mild-steel bar intension (© Barry Goodno)

Load

Load

Regionof

neckingRegion

offracture

Na região entre B e C (Figura 1.28), o material fica perfeitamente plástico,o que significa que ele se deforma sem um aumento na carga aplicada. O alon-gamento de um corpo de prova de aço mole na região perfeitamente plástica étipicamente 10 a 15 vezes o alongamento que ocorre na região linear (entre oinício do carregamento e o limite de proporcionalidade). A presença de defor-mações muito grandes na região plástica (e além dela) é a razão pela qual nãotraçamos esse diagrama em escala.

Após passar pelas grandes deformações que ocorrem durante o escoa-mento na região BC, o aço começa a recuperação (ou encruamento). Durantea recuperação, o material passa por mudanças em sua estrutura cristalina,resultando em um aumento da resistência do material para mais deformação.O alongamento do corpo de prova nessa região exige um aumento na carga detração, e por isso o diagrama de tensão-deformação tem uma inclinação posi-tiva de C até D. A carga em dado momento atinge seu valor máximo, e a ten-são correspondente (no ponto D) é chamada de tensão normal máxima. Ummaior estiramento da barra é na verdade acompanhado por uma redução nacarga, e a fratura finalmente ocorre em um ponto tal como E na Figura 1.28.

A tensão de escoamento e a tensão normal máxima do material são tam-bém chamadas de resistência de escoamento e resistência máxima, respectiva-mente. Resistência é um termo genérico que se refere à capacidade de umaestrutura de resistir a cargas. Por exemplo, a resistência de escoamento de umaviga é a magnitude da carga exigida para causar escoamento na viga e a resis-tência última de uma treliça é a carga máxima que ela pode suportar, isto é, acarga de falha. Entretanto, quando conduzimos um teste de tração de determi-nado material, definimos a capacidade dele de suportar cargas pelas tensões nocorpo de prova em vez das cargas totais agindo no corpo de prova. Como resul-tado, a resistência de um material é usualmente dada como uma tensão.

Quando um corpo de prova é estirado, uma contração lateral ocorre, comomencionado anteriormente. A diminuição resultante na área da seção transver-sal é pequena demais para ter um efeito observável nos valores calculados dastensões até próximo ao ponto C na Figura 1.28, mas além desse ponto a redu-ção na área começa a alterar o formato da curva. Nas vizinhanças da tensãonormal máxima, a redução na área da barra fica claramente visível e uma pro-nunciada estricção da barra ocorre (veja Figuras 1.26 e 1.29).

Se a área real da seção transversal real na parte mais estreita da estricçãofor usada para calcular a tensão, a curva real de tensão-deformação (a linha tra-cejada CE� na Figura 1.28) é obtida. A carga total que a barra pode suportarde fato diminui depois que a tensão máxima é atingida (como mostrado pelacurva DE), mas essa redução é devida à diminuição na área da barra e não auma perda na resistência do material. Na realidade, o material sustenta umaumento na tensão verdadeira até a fratura (ponto E�). Como é esperado quea maioria das estruturas funcione em tensões abaixo do limite de proporciona-lidade, a curva convencional de tensão-deformação OABCDE, que é baseada naárea de seção transversal original do corpo de prova e é fácil de ser determi-nada, fornece informação satisfatória para uso em projetos de engenharia.

O diagrama da Figura 1.28 mostra as características gerais da curva detensão-deformação para o aço mole, mas suas proporções não são realistasporque, como já mencionado, a deformação que ocorre de B até C pode ser dezvezes ou mais a deformação que ocorre de O até A. Além disso, as deforma-ções de C até E são muitas vezes maiores que aquelas de B até C. As relaçõescorretas estão retratadas na Figura 1.30, que mostra um diagrama de tensão-deformação para o aço mole feito em escala. Nessa figura, as deformações doponto zero até o ponto A são tão pequenas em comparação com as deforma-ções do ponto A até o ponto E que elas não podem ser vistas, e a parte inicialdo diagrama parece ser uma linha vertical.

A presença de um ponto de escoamento claramente definido, seguido degrandes deformações plásticas, é uma característica importante do aço estrutu-


ral que às vezes é utilizada em projetos práticos (veja, por exemplo, as discussõesde comportamento elastoplástico nas Seções 2.12 e 6.10). Metais como o açoestrutural, que sofrem grandes deformações permanentes antes da fratura, sãochamados de dúcteis. Por exemplo, a ductilidade é a propriedade que possibilitaa uma barra de aço ser dobrada em um arco circular ou ser esticada até um fiosem quebrar. Uma característica desejável de materiais dúcteis é que ocorramdistorções visíveis se as cargas ficarem grandes demais, fornecendo dessa formauma oportunidade de tomar ações corretivas antes que ocorra uma fratura real.Materiais que possuem comportamento dúctil também são capazes de absorvergrandes quantidades de energia de deformação antes de fraturar.

O aço estrutural é uma liga de ferro contendo cerca de 0,2% de carbono epor isso é classificado como um aço de baixo teor de carbono. Ao aumentar aquantidade de carbono, o aço torna-se menos dúctil, porém mais forte (maiortensão de escoamento e maior tensão normal máxima). As propriedades físi-cas do aço são também afetadas pelo tratamento térmico, pela presença deoutros materiais e por processos de manufatura como a laminação. Outrosmateriais que se comportam de maneira dúctil (sob certas condições) incluemo alumínio, cobre, magnésio, chumbo, molibdênio, níquel, latão, bronze, metalmonel, náilon e teflon.

Embora possam ter uma ductilidade considerável, as ligas de alumíniotipicamente não têm um ponto de escoamento claramente definido, como mos-trado pelo diagrama de tensão-deformação da Figura 1.31. Entretanto, elastêm uma região linear inicial com um limite de proporcionalidade reconhecí-vel. Ligas produzidas para finalidades estruturais têm limites de proporciona-lidade no intervalo de 70 a 410 MPa e tensões normais máximas no intervalode 140 a 550 MPa.

Quando um material como o alumínio não tem um ponto de escoamentoóbvio e ainda sofre grandes deformações depois que o limite de proporcionali-dade é excedido, uma tensão de escoamento arbitrária pode ser determinadapelo método de equivalência. Uma linha é traçada no diagrama de tensão-defor-mação paralela à porção linear inicial da curva (Figura 1.32), mas deslocada apartir de alguma deformação padrão, tal como 0,002 (ou 0,2%). A interseção dalinha de equivalência com a curva de tensão-deformação (ponto A na figura)define a tensão de escoamento. Como essa tensão é determinada por uma regraarbitrária e não é uma propriedade física inerente do material, deve ser distin-guida da tensão de escoamento verdadeira referindo-se a ela como tensão deescoamento equivalente. Para um material como o alumínio, a tensão de escoa-mento equivalente está ligeiramente acima do limite de proporcionalidade. Nocaso do aço estrutural, com sua transição abrupta da região linear para a regiãode estiramento plástico, a tensão equivalente é essencialmente a mesma que atensão de escoamento e a tensão limite de proporcionalidade.

A borracha mantém uma relação linear entre tensão e deformação atédeformações relativamente grandes (quando comparada com metais). A defor-mação no limite de proporcionalidade pode ser tão grande quanto 0,1 ou 0,2(10% ou 20%). Além do limite de proporcionalidade, o comportamentodepende do tipo de borracha (Figura 1.33). Alguns tipos de borracha molepodem estirar bastante sem falhar, atingindo várias vezes o seu comprimentooriginal. O material eventualmente oferece resistência cada vez maior à carga,e a curva de tensão-deformação desloca-se para cima de forma marcante. Vocêpode sentir facilmente esse comportamento característico esticando uma tiracircular de borracha com suas mãos. (Note que embora a borracha exibadeformações muito grandes, ela não é um material dúctil porque as deforma-ções não são permanentes. Ela é, de fato, um material elástico; veja Seção 1.5.)

A ductilidade de um material em tração pode ser caracterizada pelo seualongamento e pela redução na área de seção transversal onde a fratura ocorre.O alongamento percentual é definido como se segue:

VENDA PROIBIDA

Fig. 1-30Stress-strain diagram for a typi-

cal structural steel in tension(drawn to scale)

Fig. 1-31Typical stress-strain diagram for

an aluminum alloy

(MPa)

00

280

210

140

70

0.05 0.15 0.250.10 0.20

s

´

Fig. 1-32Arbitrary yield stress determined

by the offset method

A

O

0.002 offset

s

´

E

(MPa)

D

C

A, B

00

560

420

280

140

0.05 0.15 0.250.10 0.300.20

s

´


VENDA PROIBIDA

Fig. 1-33Stress-strain curves for two kindsof rubber in tension

(MPa)

00

21

14

7

2 64 8

Hard rubber

Soft rubber

s

´

(1-13)

em que L0 é o comprimento de medição original e L1 é a distância entre as mar-cas de medição na fratura. Como o alongamento não é uniforme sobre o com-primento do corpo de prova, mas concentrado na região de estricção, oalongamento percentual depende do comprimento de medição. Por isso, aofornecer o alongamento percentual, o comprimento de medição deve ser sem-pre fornecido. Para um comprimento de medição de 50 mm, o aço pode ter umalongamento que varia de 3% a 40%, dependendo da composição; no caso deaço estrutural, valores de 20% ou 30% são comuns. O alongamento de ligas dealumínio varia de 1% a 45%, dependendo da composição e do tratamento.

A redução percentual na área mede a quantia de estricção que ocorre e édefinida a seguir:

(1-14)

em que A0 é a área de seção transversal original e A1 é a área final na seção defratura. Para aços dúcteis, a redução atinge cerca de 50%.

Materiais que falham em tração em valores relativamente baixos de defor-mação são classificados como frágeis. Exemplos são concreto, pedra, ferro fun-dido, vidro, cerâmica e uma variedade de ligas metálicas. Materiais frágeisfalham com apenas um pequeno alongamento após o limite de proporcionali-dade ser excedido (a tensão no ponto A na Figura 1.34). Além disso, a reduçãona área é insignificante e, dessa forma, a tensão de fratura nominal (ponto B)é a mesma que a tensão normal máxima real. Aços com alto teor de carbonoapresentam tensões de escoamento muito altas – acima de 700 MPa em algunscasos –, mas se comportam de uma maneira frágil e a fratura ocorre em umpequeno percentual de alongamento.

O vidro comum é um material frágil quase ideal porque exibe quasenenhuma ductilidade. A curva de tensão-deformação para o vidro em tração éessencialmente uma reta, com a falha ocorrendo antes que qualquer escoa-mento aconteça. A tensão normal máxima é cerca de 70 MPa para certos tiposde vidros em placa, mas grandes variações existem, dependendo do tipo devidro, do tamanho do corpo de prova e da presença de defeitos microscópicos.As fibras de vidro podem desenvolver resistências enormes e tensões máximasacima de 7 GPa podem ser atingidas.

Muitos tipos de plásticos são usados para fins estruturais por causa do seupequeno peso, resistência à corrosão e boas propriedades de isolante elétrico.Suas propriedades mecânicas variam tremendamente, com alguns plásticossendo frágeis e outros dúcteis. Ao usar plásticos em projetos, é importante per-ceber que suas propriedades são fortemente afetadas por mudanças de tempe-ratura e passagem do tempo. Por exemplo, a tensão normal máxima de algunsplásticos é diminuída pela metade com o aumento da temperatura de 10° Cpara 50° C. Um plástico carregado também pode estirar gradualmente duranteo tempo até não ser mais utilizável. Por exemplo, uma barra de cloreto de poli-vinil submetida a uma carga de tração que inicialmente produz uma deforma-ção de 0,005 pode ter essa deformação duplicada após uma semana, mesmoque a carga permaneça constante (esse fenômeno, conhecido como fluência, édiscutido na próxima seção).

As tensões máximas de tração para os plásticos estão geralmente no inter-valo de 14 a 350 MPa e os pesos específicos variam de 8 a 14 kN/m3. Um tipode náilon tem uma tensão máxima de 80 MPa e pesa apenas 11 kN/m3, apenas12% mais pesado que a água. Por causa de seu baixo peso, a razão resistência-

Alongamento percentual �L1 � L0

L0

(100)

Redução percentual na área �A0 � A1

A0

(100)

Fig. 1-33Stress-strain curves for two kindsof rubber in tension

(MPa)

00

21

14

7

2 64 8

Hard rubber

Soft rubber

s

´

Fig. 1-34Typical stress-strain diagram fora brittle material showing theproportional limit (point A) andfracture stress (point B)

A

O

Bs

´

peso para o náilon é mais ou menos a mesma que para o aço estrutural (vejaProblema 1.4-4).

Um material de filamento reforçado consiste em um material base (oumatriz) em que filamentos de alta resistência, fibras ou tiras são encravados. Omaterial composto resultante tem uma resistência muito maior que a do mate-rial base. Como exemplo, o uso de fibras de vidro pode mais que duplicar aresistência de uma matriz plástica. Os compósitos são amplamente usados emaviões, barcos, foguetes e veículos espaciais em que altas resistências e pesosbaixos são necessários.

CompressãoAs curvas de tensão-deformação para materiais em compressão diferemdaquelas para tensão. Metais dúcteis, tais como aço, alumínio e cobre, têmlimites de proporcionalidade de compressão muito próximos daqueles de tra-ção, e as regiões iniciais dos seus diagramas tensão-deformação em tração ecompressão são aproximadamente as mesmas. Entretanto, depois que o escoa-mento começa, o comportamento é totalmente diferente. Em um teste de tra-ção, o corpo de prova é esticado, a estricção pode ocorrer, e por últimoacontece a fratura. Quando o material é comprimido, seus lados são abauladospara fora e tomam uma forma de barril, porque o atrito entre o corpo de provae as placas nas extremidades previnem a expansão lateral. Aumentando acarga, o corpo de prova é achatado e oferece uma resistência bastante aumen-tada a encurtamentos posteriores (o que significa que a curva de tensão-defor-mação fica bastante escarpada). Essas características estão ilustradas naFigura 1.357, que mostra um diagrama de tensão-deformação de compressãopara o cobre. Como a área de seção transversal real de um corpo de prova tes-tado em compressão é maior que a área inicial, a tensão verdadeira em umteste de compressão é menor que a tensão nominal.

Materiais frágeis carregados em compressão tipicamente têm uma regiãolinear seguida por uma região em que o encurtamento aumenta a uma taxalevemente maior que a da carga. As curvas de tensão-deformação para com-pressão e tração geralmente têm formatos similares, mas as tensões normaismáximas em compressão são maiores que aquelas em tração. Diferente dosmateriais dúcteis, que achatam quando são comprimidos, os materiais frágeisrealmente se quebram na carga máxima.

Tabelas de Propriedades Mecânicas As propriedades dos materiais estão listadas nas tabelas do Apêndice H, nofinal do livro. Os dados nas tabelas são típicos para esses materiais e adequa-dos para resolver problemas neste livro. Entretanto, as propriedades dos mate-riais e as curvas de tensão-deformação variam bastante, até para o mesmomaterial, por causa dos diferentes processos de manufatura, composições quí-micas, defeitos internos, temperatura e muitos outros fatores.

Por essas razões, os dados obtidos do Apêndice H (ou outras tabelas denatureza similar) não devem ser usados para engenharia específica ou para finsde projeto. Em vez disso, os fabricantes ou fornecedores de materiais devem serconsultados para informações sobre um produto em particular.

1.5 ELASTICIDADE, PLASTICIDADE EFLUÊNCIA Os diagramas de tensão-deformação fornecem o comportamento de materiaisde engenharia quando estes são carregados em tração ou compressão, comodescrito na seção anterior. Para ir um passo além, vamos considerar agora oque acontece quando a carga é removida e o material é descarregado.

VENDA PROIBIDA

Fig. 1-35Stress-strain diagram for copper

in compression

(MPa)

00

560

280

420

140

0.2 0.60.4 0.8

s

´



VENDA PROIBIDA

Assuma, por exemplo, que apliquemos uma carga a um corpo de prova emtração, de forma que a tensão e a deformação vão da origem O ao ponto A nacurva de tensão-deformação da Figura 1.36a. Suponha ainda que, quando acarga é removida, o material siga exatamente a mesma curva de volta à origemO. Essa propriedade de um material, pela qual ele retorna às suas dimensõesoriginais após o descarregamento, é chamada de elasticidade, e o material éconsiderado elástico. Note que a curva de tensão-deformação de O até A nãoprecisa ser linear para que o material seja elástico.

Agora suponha que carreguemos esse mesmo material com maior intensi-dade, de forma que o ponto B seja atingido na curva de tensão-deformação(Figura 1.36b). Quando ocorre o descarregamento do ponto B, o materialsegue a linha BC no diagrama. Essa linha de descarregamento é paralela à por-ção inicial da curva de carregamento; isto é, a linha BC é paralela a uma tan-gente à curva de tensão-deformação na origem. Quando o ponto C é atingido,a carga foi totalmente removida, mas a deformação residual, ou deformaçãopermanente, representada pela linha OC, permanece no material. Como con-sequência, a barra sendo testada torna-se mais longa do que era antes do car-regamento. Esse alongamento residual da barra é chamado de assentamentopermanente. Da deformação total OD desenvolvida durante o carregamento deO até B, a deformação CD foi elasticamente recuperada e a deformação OCpermanece como deformação permanente. Dessa forma, durante o descarrega-mento a barra retorna parcialmente à sua forma original e, assim, o material éconsiderado parcialmente elástico.

Entre os pontos A e B na curva de tensão-deformação (Figura 1.36b), devehaver um ponto antes do qual o material é elástico e além do qual o material éparcialmente elástico. Para achar esse ponto, carregamos o material comalgum valor de tensão e então removemos a carga. Se não houver nenhumassentamento permanente (isto é, se o alongamento da barra retornar a zero),então o material é totalmente elástico até o valor da tensão selecionado.

Esse processo de carregamento e descarregamento pode ser repetido suces-sivamente com valores maiores de tensão. Por fim, uma tensão será atingida,na qual nem toda a deformação é recuperada. Por meio desse procedimento, épossível determinar a tensão no limite superior da região elástica como, porexemplo, a tensão no ponto E nas Figuras 1.36a e b. A tensão nesse ponto éconhecida como o limite elástico do material.

Muitos materiais, incluindo a maioria dos metais, têm regiões lineares nocomeço de suas curvas de tensão-deformação (como exemplo veja as Figuras1.28 e 1.31). A tensão no limite superior dessa região linear é o limite de pro-porcionalidade, como explicado na seção anterior. O limite elástico é geral-mente o mesmo, ou ligeiramente maior, que o limite de proporcionalidade. Porisso, para muitos materiais é dado o mesmo valor numérico para os dois limi-tes. No caso de um aço mole, a tensão de escoamento é também muito próximaao limite de proporcionalidade, de forma que, para fins práticos, a tensão deescoamento, o limite elástico e o limite de proporcionalidade são assumidosiguais. É claro que essa situação não se aplica a todos os materiais. A borrachaé um exemplo excelente de um material que é elástico muito além do limite deproporcionalidade.

A característica de um material pela qual ele sofre deformações inelásticasalém da deformação no limite elástico é conhecida como plasticidade. Dessaforma, na curva de tensão-deformação da Figura 1.36a, temos uma regiãoelástica seguida por uma região plástica. Quando grandes deformações ocor-rem em um material dúctil carregado na região plástica, dizemos que o mate-rial sofreu uma deformação plástica.

Recarregamento de um MaterialSe o material permanecer dentro do intervalo elástico, ele pode ser carregado,descarregado e carregado novamente sem mudança significativa do seu com-

Fig. 1-36Stress-strain diagrams illustrat-ing (a) elastic behavior, and (b) partially elastic behavior

A

O

EF

(a)

Loadin

gUnl

oadi

ng

Elastic Plastic

A

O

EFB

C D

(b)

Loadin

g

Residualstrain

Elasticrecovery

Unl

oadi

ng

s

´

s

´


VENDA PROIBIDA

portamento. Entretanto, quando carregado no intervalo plástico, a estruturainterna do material é alterada e suas propriedades mudam. Por exemplo, jáobservamos que uma deformação permanente existe no corpo de prova após odescarregamento da região plástica (Figura 1.36b). Agora suponha que omaterial seja recarregado após tal descarregamento (Figura 1.37). O novo car-regamento começa no ponto C no gráfico e continua até o ponto B, ponto emque o descarregamento começou durante o primeiro ciclo de carregamento. Omaterial então segue a curva de tensão-deformação anterior, em direção aoponto F. Dessa forma, para o segundo carregamento, podemos imaginar quetemos uma nova curva de tensão-deformação com origem em C.

Durante o segundo carregamento, o material se comporta de uma maneiraelástica linear de C até B, com a inclinação da linha CB sendo a mesma que ainclinação da tangente à curva de carregamento anterior na origem O. O limitede proporcionalidade está agora no ponto B, que é uma tensão maior que olimite elástico anterior (ponto E). Dessa forma, ao estirar um material como oaço ou o alumínio até o intervalo inelástico ou plástico, as propriedades domaterial são modificadas – aumenta-se a região elástica linear e elevam-se oslimites de proporcionalidade e elástico. Entretanto, a ductilidade é reduzidaporque no “novo material” a quantidade de escoamento além do limite elástico(de B até F) é menor que no material original (de E até F).

FluênciaOs gráficos de tensão-deformação anteriormente descritos foram obtidos detestes de tração envolvendo carregamento estático e descarregamento dos cor-pos de prova, e a passagem do tempo não entrou em nossas discussões.Entretanto, quando carregado por longos períodos de tempo, alguns materiaisdesenvolvem deformações adicionais e dizemos que eles fluem.

Esse fenômeno pode se manifestar sob diversas formas. Por exemplo,suponha que uma barra vertical (Figura 1.38a) é lentamente carregada poruma força P, produzindo um alongamento igual a d0. Vamos assumir que ocarregamento e o alongamento correspondente ocorram durante um intervalode tempo t0 (Figura 1.38b). Subsequente ao tempo t0, a carga permanece cons-tante. Entretanto, devido à fluência, a barra pode aumentar seu comprimentogradualmente, como mostrado na Figura 1.38b, mesmo que a carga não semodifique. Esse comportamento ocorre com muitos materiais, embora algu-mas vezes a mudança seja pequena demais para ser relevante.

Como outra manifestação de fluência, considere um fio que é esticadoentre dois suportes imóveis de forma que tenha uma tensão de tração inicial s0(Figura 1.39). Mais uma vez, iremos denotar como t0 o tempo durante o qualo cabo é esticado. Com o passar do tempo, a tensão no cabo diminui gradual-mente, por fim atingindo um valor constante, embora os suportes nas extremi-dades do cabo não tenham se mexido. Esse processo é chamado de relaxaçãodo material.

A fluência é usualmente mais importante em altas temperaturas que emtemperaturas comuns e por isso deve ser considerada em projetos de motores,caldeiras e outras estruturas que operam em temperaturas elevadas por longosperíodos de tempo. Entretanto, materiais como o aço, concreto e madeirafluem ligeiramente mesmo em temperaturas atmosféricas. Por exemplo, afluência do concreto sob longos períodos de tempo pode criar ondulações nospisos das pontes por causa do envergamento entre os suportes. (Uma soluçãoé construir o piso com uma inclinação superior, que é um deslocamento inicialsobre a horizontal, de forma que, quando ocorra a fluência, o arco seja nive-lado à posição horizontal.)

Fig. 1-37Reloading of a material and

raising of the elastic and proportional limits

O

EFB

C

Loadin

g

Unl

oadi

ng

Rel

oadi

ng

s

´

Fig. 1-38Creep in a bar under constantload

(b)

Elongation

Time

O

0

t0P

(a)

d

Fig. 1-39Relaxation of stress in a wireunder constant strain

O

(b)

(a)

Stress

Time

0

t0

Wire

s

O estudo do comportamento material sob várias condições de carregamento e ambientais é um importante ramo da mecânicaaplicada. Para informações de engenharia mais detalhadas sobre materiais, consulte um livro-texto dedicado exclusivamente aesse assunto.


VENDA PROIBIDA


Componente da máquina ABdesliza horizontalmente em A erola na fenda vertical em B

Luva deslizante em torno da barra

Fio AC

Barra A

B

y

x

A

B

C

0,45 m

0,45 m

1,2 m

Fio AC

Fig. 1-40Barra rígida sustentada por fiode liga de cobre

O componente de uma máquina desliza ao longo de uma barra horizontalem A e se movimenta em uma fenda vertical em B. O componente é repre-sentado como uma barra rígida AB (comprimento L � 1,5 m, peso W � 4,5kN) com suporte de rolete em A e B (negligenciar atrito). Quando nãoestiver em utilização, o componente da máquina é suportado por um fioúnico, (diâmetro d � 3,5 mm), com uma extremidade ligada a A e a outraextremidade suportada em C (ver Fig. 1-40). O fio é feito de uma liga decobre; a relação tensão-deformação para o fio é:

(a) Traçar um diagrama de tensão-deformação do material; o que é omódulo de elasticidade E (GPa)? Qual é o 0,2% de compensação do lim-ite de elasticidade (MPa)?

(b) Encontre a força de tração T (kN)) no fio.(c) Encontre a tensão axial normal ε e alongamento δ (mm) do fio.(d) Encontre o conjunto permanente do fio se todas as forças forem removidas.

σ (ε) �124.000ε1 � 240ε

0 … ε … 0,03 (σ in MPa)

Continua ➥


VENDA PROIBIDA

Solução(a) Trace um diagrama de tensão-deformação do material. Qual é o 0,2% de

compensação do limite de elasticidade (MPa)?

Trace um gráfico da função σ (ε ) para valores de deformação entre 0 e0,03 (Fig. 1-41). A tensão em deformação ε � 0.03 é 454 MPa.

σ (0) � 0 σ (0,03) � 454 MPa

σ (ε) �124.000ε1 � 240ε

ε � 0, 0,001, Á ,0,03

00

60

120

180

240

300

360

420

480

5 × 10–3 0.015 0.02 0.025 0.030.01

ε

s (ε)(MPa)

Fig. 1-41Curva tensão-deformação parao fio de liga de cobre noExemplo 1-7

Continues ➥

A inclinação da tangente à curva de tensão-deformação na deformaçãoε � 0 é o módulo de elasticidade E (ver Fig. 1-42). Tome a derivada deσ (ε ) para obter a inclinação da tangente à curva εy, e avaliar a derivadaem deformação ε � 0 para encontrar E

Em seguida, encontrar uma expressão para o limite de deformação εy, oponto em que os 0,2% da linha de compensação cruza a curva de tensão-deformação (ver Fig. 1-42). Substitua a expressão de εy na expressão deσ(ε) e, em seguida, resolver para o limite de elasticidade σ (εy) � σy:

Reorganizando a equação em termos de σy dá:

Resolvendo esta equação quadrática para o 0,2% da compensação dolimite de elasticidade σy dá σy � 255 MPaO limite de deformação pode ser calculado como:

εy � 0.002 �σy

E (GPa)� 4.056 � 10�3

➥

E � E(0) E � 124.000 MPa � 124 GPa

➥

σy2 � a E

500bσy �

E2

120.000� 0

εy � 0,002 �σy

Ee σ (εy) � σy ou σy �

124.000εy

1 � 240εy

E(ε) �ddε

σ (ε) : 124.000

(240ε � 1)2



VENDA PROIBIDA

Exemplo 1-7 - Continução• • •

0 0.0020

60

120

180

240

300

3601

E420

480

5 × 10–3 0.0150.01

ε

εy = 4.056 × 10–3

sy = s (εy)s (ε)(MPa)

Fig. 1-42Módulo de elasticidade E,0,2% da linha de compensaçãoe limite de tensão σy e defor-mação εy do fio de liga decobre no Exemplo 1-7

(b) Use estática para localizar a força de tensão T (kN) no fio; Recordamosque o peso da barra é W � 4.5 kN.

Encontre o ângulo entre o eixo x e a posição de fixação do cabo em C:

Some os momentos em torno de A para obter uma equação e uma incóg-nita. A reação Bx atua à esquerda:

Em seguida, some as forças na direção x para encontrar a força do cabo TC:

(c) Encontre a tensão axial normal ε e o alongamento δ (mm) do fio.

Calcule a tensão normal, em seguida, encontre a deformação associadada trama de tensão-deformação (ou a partir da equação de σ (ε)). Oalongamento do fio é a deformação vezes o comprimento do fio.

O diâmetro do fio, a área transversal e o comprimento são:

Podemos agora calcular a tensão e deformação no fio e o alongamentodo fio.

Note que a tensão no fio excede o deslocamento limite de elasticidadeaparente de 0,2% de 255 MPa. A tensão normal correspondente pode serencontrada a partir do diagrama σ (ε) ou reorganizando a equação σ (ε)para dar:

σC �TC

A� 333 MPa

ε (σ) �σ

124000 � 240σ

➥

LC � 3(1,2 m)2 � (0,45 m)2 � 1,282 m

d � 3,5 mm A �π4

d2 � 9,6211 mm2

αC � arctg a0,45

1,2b � 20,556°

Bx ��W (0,6 m)

0,9 m� �3 kN

TC ��Bx

cos (αC)TC � 3,2 kN


VENDA PROIBIDA

Fig. 1-43Deformação residual ( res) e adeformação de recuperaçãoelástica ( er) do fio de liga decobre no Exemplo 1-7

Finalmente, o alongamento do fio é:

(d) Encontre o conjunto permanente do fio se todas as forças forem removi-das.

Se a carga for removida a partir do fio, a tensão no fio irá retornar a zeroseguindo a linha de descarga BC na Fig. 1-43 (ver também a Fig. 1-36b).A deformação de recuperação elástica pode ser calculada como:

Assim, a deformação residual é a diferença entre a pressão total (εC) e adeformação de recuperação elástica (εer) como:

Finalmente, o conjunto permanente do fio é o produto da tensão resid-ual e o comprimento do fio:

➥

➥

➥

Pset � εres LC � 9,184 mm

εres � εC � εer � 7,166 � 10�3

εer �σC

E� 3,895 � 10�4

δC � εCLC � 9,68 mm

Então ε (σC) � εC, ou εC �σC

124 GPa � 240σC

� 7,556 � 10�3

0 0.0020

60

120

180

240

300

3601

E420

480

5 × 10–3 0.015 0.020.01

e

eres eer

eC

sC

sy = s (ey)s (ε)(MPa)

Exemplo 1-7 - Continução• • •

1.6 ELASTICIDADE LINEAR, LEI DE HOOKE ECOEFICIENTE DE POISSONMuitos materiais estruturais, incluindo a maioria dos metais, madeira, plásticose cerâmicas comportam-se elástica e linearmente quando inicialmente carrega-dos. Consequentemente, suas curvas de tensão-deformação começam com umareta passando através da origem. Um exemplo é a curva de tensão-deformaçãopara aço estrutural (Figura 1.28), onde a região da origem O ao limite de pro-porcionalidade (ponto A) é linear e elástica. Outros exemplos são as regiõesabaixo de ambos os limites elásticos e de proporcionalidade nos gráficos paraalumínio (Figura 1.31), materiais frágeis (Figura 1.34) e cobre (Figura 1.35).

Quando um material comporta-se elasticamente e também exibe uma rela-ção linear entre tensão e deformação, é chamado de elástico linear. Esse tipo


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de comportamento é extremamente importante em engenharia por uma razãoóbvia – ao projetar estruturas e máquinas que funcionem nessa região, evita-mos deformações permanentes devido ao escoamento.

Lei de Hooke A relação linear entre tensão e deformação para uma barra em tração ou com-pressão simples é expressa pela equação

(1-15)

em que σ é a tensão axial, e é a deformação axial e E é uma constante de pro-porcionalidade conhecida como módulo de elasticidade do material. O módulode elasticidade é a inclinação do diagrama de tensão-deformação na regiãoelástica linear, como mencionado anteriormente na Seção 1.4. Uma vez que adeformação é adimensional, as unidades de E são as mesmas que as unidadesde tensão. Unidades típicas de E são os pascals (ou múltiplos deste), em unida-des SI.

A equação σ � Eε é usualmente chamada de lei de Hooke, em homenagemao famoso cientista inglês Robert Hooke (1635–1703). Hooke foi o primeiro ainvestigar cientificamente as propriedades elásticas dos materiais e testoudiversos materiais, como metal, madeira, pedra, osso e nervo. Ele mediu o esti-ramento de longos cabos suportando pesos e observou que os alongamentos“sempre seguem as mesmas proporções uns em relação aos outros que os pesosque os causaram seguem” (Ref. 1.6). Dessa forma, Hooke estabeleceu a relaçãolinear entre as cargas aplicadas e os alongamentos resultantes.

A Equação 1.15 é na verdade uma versão simplificada da lei de Hooke,porque relaciona apenas as tensões e deformações longitudinais desenvolvidasem tração e compressão simples de uma barra (tensão uniaxial). Para lidar comestados de tensão mais complexos, como aqueles encontrados na maioria dasestruturas e máquinas, devemos usar equações expandidas da lei de Hooke(veja Seções 7.5 e 7.6).

O módulo de elasticidade tem valores relativamente altos para materiaismuito rígidos, como metais estruturais. O aço tem um módulo de aproximada-mente 210 GPa; para o alumínio, valores ao redor de 73 GPa são típicos.Materiais mais flexíveis têm um módulo mais baixo – os valores para plásticosvariam de 0,7 a 14 GPa. Alguns valores representativos de E estão listados naTabela H.2, Apêndice H. Para a maioria dos materiais, o valor de E em com-pressão é quase o mesmo em tração.

O módulo de elasticidade é geralmente denominado módulo de Youngdevido a outro cientista inglês, Thomas Young (1773–1829). Em conexão comuma investigação de tração e compressão de barras prismáticas, Young intro-duziu a ideia de um “módulo de elasticidade”. Entretanto, seu módulo não erao mesmo que usamos hoje em dia, porque envolvia propriedades da barra, bemcomo do material (Ref. 1.7).

Coeficiente de Poisson Quando uma barra prismática é carregada em tração, o alongamento axial éacompanhado por uma contração lateral (isto é, contração normal à direção dacarga aplicada). Essa mudança na forma está ilustrada na Figura 1.44, onde aparte (a) mostra a barra antes do carregamento e a parte (b) a mostra após ocarregamento. Na parte (b), as linhas pontilhadas representam a forma dabarra antes do carregamento.

A contração lateral é facilmente vista esticando-se um elástico de borra-cha, mas nos metais as mudanças nas dimensões laterais (na região elásticalinear) são geralmente pequenas demais para serem visíveis. Entretanto, elaspodem ser detectadas por sistemas de medição sensíveis.

σ � Eε


A deformação lateral ε� em qualquer ponto na barra é proporcional àdeformação axial ò no mesmo ponto se o material é linearmente elástico. Arazão dessas deformações é uma propriedade do material conhecida como coe-ficiente ou razão de Poisson. Esse coeficiente adimensional, usualmente deno-tado pela letra grega ν (nu), pode ser expresso pela equação

(1-16)

O sinal negativo foi inserido na equação para compensar o fato de que asdeformações lateral e axial normalmente têm sinais contrários. Por exemplo, adeformação axial em uma barra em tração é positiva e a deformação lateral énegativa (porque a largura da barra diminui). Na compressão, temos a situa-ção oposta, com a barra ficando mais curta (deformação axial negativa) e maislarga (deformação lateral positiva). Por isso, para materiais comuns, o coefi-ciente de Poisson terá um valor positivo.

Quando o coeficiente de Poisson para um material é conhecido, podemosobter a deformação lateral a partir da deformação axial da seguinte forma:

(1-17)

Quando usamos as equações (1.16) e (1.17), devemos sempre ter em mente queelas se aplicam apenas a uma barra em tensão uniaxial, isto é, uma barra paraa qual a única tensão é a normal s na direção axial.

O coeficiente de Poisson é assim chamado por conta do famoso matemá-tico francês Siméon Denis Poisson (1781–1840), que tentou calcular essa razãopor uma teoria molecular de materiais (Ref. 1.8). Para materiais isotrópicos,Poisson encontrou ν � 1/4. Cálculos mais recentes baseados em modelosmelhores de estrutura atômica forneceram ν � 1/3. Ambos os valores são pró-ximos a valores reais medidos, que estão no intervalo de 0,25 a 0,35 para amaioria dos metais e outros materiais. Materiais com valor do coeficiente dePoisson extremamente baixo incluem a cortiça, para o qual n é praticamentezero, e o concreto, para o qual n é ao redor de 0,1 ou 0,2. Um limite superiorteórico para o coeficiente de Poisson é 0,5, como será explicado mais tarde naSeção 7.5. A borracha fica próxima desse valor limite.

Uma tabela dos coeficientes de Poisson para vários materiais no intervaloelástico linear é dada no Apêndice H (veja a Tabela H.2). Para a maioria dasaplicações, o coeficiente de Poisson é assumido como o mesmo tanto em tra-ção como em compressão.

Quando as deformações em um material tornam-se grandes, o coeficientede Poisson muda. Por exemplo, no caso de aço estrutural, o coeficiente torna-se quase 0,5 quando ocorre escoamento plástico. Dessa forma, o coeficiente dePoisson permanece constante apenas no intervalo elástico linear. Quando ocomportamento do material é não linear, a razão da deformação lateral emrelação à axial é geralmente chamada de razão de contração. É claro que, nocaso especial de comportamento elástico linear, a razão de contração é amesma que a razão ou coeficiente de Poisson..

ν � �deformação lateral

deformação axial� �

ε�

ε

ε � � �νε

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Fig. 1-44Axial elongation and lateralcontraction of a prismatic bar intension: (a) bar before loading,and (b) bar after loading (Thedeformations of the bar arehighly exaggerated.)

P

(b)

P

(a)


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Limitações Para determinado material, o coeficiente de Poisson permanece constante aolongo do intervalo elástico linear, como explicado anteriormente. Por isso, emqualquer ponto dado na barra prismática da Figura 1.44, a deformação lateralpermanece proporcional à deformação axial quando a carga aumenta ou dimi-nui. Entretanto, para dado valor de carga (o que significa que a deformaçãoaxial é constante ao longo da barra), condições adicionais devem ser encontra-das no caso em que as deformações laterais devem ser as mesmas ao longo detoda a barra.

Primeiro, o material deve ser homogêneo, isto é, deve ter a mesma compo-sição (e, dessa forma, as mesmas propriedades elásticas) em todos os pontos.Entretanto, ter um material homogêneo não quer dizer que as propriedadeselásticas em determinado ponto sejam as mesmas em todas as direções. Porexemplo, o módulo de elasticidade poderia ser diferente nas direções axial elateral, como no caso de uma estaca de madeira. Por isso, uma segunda condi-ção para a uniformidade nas deformações laterais é que as propriedades elás-ticas devem ser as mesmas em todas as direções perpendiculares ao eixolongitudinal. Quando as condições anteriores são satisfeitas, como ocorregeralmente no caso dos metais, a deformação lateral em uma barra prismáticasubmetida à tração uniforme será a mesma em todos os pontos na barra e amesma em todas as direções laterais.

Os materiais que possuem as mesmas propriedades em todas as direções(seja axial, lateral ou qualquer outra) são chamados de isotrópicos. Se as pro-priedades diferem em várias direções, o material é anisotrópico (ou aelotrópico).

Neste livro, todos os exemplos e problemas serão solucionados com asuposição de que o material é linearmente elástico, homogêneo e isotrópico, amenos que o contrário seja especificamente afirmado.

Fig. 1-44

P

(b)

P

(a)

• • •Um tubo de plástico oco circular (comprimento Lp, diâmetros interno eexterno d1, d2, respectivamente; ver Fig. 1-45) é inserido como um forro nointerior de um tubo de ferro fundido (comprimento Lc, diâmetros interno eexterno d3, d4, respectivamente).

(a) Deduza uma fórmula para o comprimento inicial necessário Lp do tubode plástico, de modo que, quando ele for comprimido por uma força P,o comprimento final de ambos tubos seja o mesmo e também, ao mesmotempo, o diâmetro externo final da tubo de plástico seja igual aodiâmetro interno do tubo de ferro fundido.

(b) Usando os dados numéricos dados abaixo, encontre o comprimento ini-cial Lp (m) e espessura final tp (mm) para o tubo de plástico.

(c) Qual é a força de compressão necessária P (N)? Quais são as tensões nor-mais finais (MPa) em ambos tubos?

(d) Compare os volumes iniciais e finais (mm3) do tubo de plástico.

Dados numéricos e propriedades de seção transversal do tubo:

As áreas transversais iniciais dos tubos de plástico e de ferro fundido são:

Ap �π4

(d22 � d1

2) � 34,526 mm2 Ac �π4

(d42 � d3

2) � 848,984 mm2

d4 � 115 mm tp �d2 � d1

2� 0,1 mm

d1 � 109,8 mm d2 � 110 mm d3 � 110,2 mm

Lc � 0,25 m Ec � 170 GPa Ep � 2,1 GPa vc � 0,3 vp � 0,4

Exemplo 1-8

Inner plasticpipe liner

Outer castiron pipe

Force P compressesplastic pipe

Lp

Lc

d2

d1

d2

d3

d4

Fig. 1-45Exemplo 1-8: tubo de plásticocomprimido dentro de tubo deferro fundido

Continues ➥


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• • •

Continues ➥

(a) Deduza uma fórmula para o comprimento inicial necessário Lp do tubo deplástico.

A deformação lateral, que resulta da compressão do tubo de plástico temde fechar o intervalo (d3 � d2) entre o tubo de plástico e a superfícieinterna do tubo de ferro fundido. A deformação lateral extensionalnecessária é positiva (aqui, ( ):

The accompanying compressive normal strain in the plastic pipe isobtained using Eq. (1-17), which requires Poisson’s ratio for the plasticpipe and also the required lateral strain:

We can now use the compressive normal strain εp to compute the short-ening δp1 of the plastic pipe as

At the same time, the required shortening of the plastic pipe (so that itwill have the same final length as that of the cast iron pipe) is

Now, equating δp1 and δp2 leads to a formula for the required initiallength Lp of the plastic pipe:

(b) Now substitute the numerical data to find the initial length Lp, changein thickness Δtp, and final thickness tpf for the plastic pipe.

As expected, Lp is greater than the length of the cast iron pipe, Lc � 0.25 m,and the thickness of the compressed plastic pipe increases by Δtp:

(c) Next find the required compressive force P and the final normal stressesin both pipes.

A check on the normal compressive stress in the plastic pipe, computedusing Hooke’s Law [Eq. (1-15)] shows that it is well below the ultimatestress for selected plastics (see Table H-3, Appendix H); this is also thefinal normal stress in the plastic pipe:

The required downward force to compress the plastic pipe is

εlat � ε�

➥

➥

Ap � �330 NPreqd � σp

σp � Epεp � �9.55 MPa

¢tp � εlattp � 1.818 � 10�4 mm so tpf � tp � ¢tp � 0.10018 mm

Lp �Lc

1 � ad3 � d2

νpd2

b� 0.25114 m

Lp �Lc

1 � εp

or Lp �Lc

1 �d3 � d2

νpd2

δp2 � �(Lp � Lc)

δp1 � εpLp

εp ��εlat

vpor εp �

�1νpad3 � d2

d2

b � �4.545 � 10�3

εlat �d3 � d2

d2

� 1.818 � 10�3

Exemplo 1-8 Continução


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• • •Both the initial and final stresses in the cast iron pipe are zero becauseno force is applied to the cast iron pipe.

(d) Lastly, compare the initial and final volumes of the plastic pipe.

The initial cross-sectional area of the plastic pipe is

The final cross-sectional area of the plastic pipe is

The initial volume of the plastic pipe is

and the final volume of the plastic pipe is

The ratio of final to initial volume reveals little change:

Note: The numerical results obtained in this example illustrate that thedimensional changes in structural materials under normal loading condi-tions are extremely small. In spite of their smallness, changes in dimensionscan be important in certain kinds of analysis (such as the analysis of stati-

Apf �π4

Vpfinal � LcApf

Vpfinal

Vpinit

� 0.99908

or Vpfinal � 8663 mm3

Vpinit � LpAp � 8671 mm3

[d32 � (d3 � 2tpf)

2] � 34.652 mm2

Ap � 34.526 mm2

Exemplo 1-8 Continução

1.7 TENSÃO E DEFORMAÇÃO DECISALHAMENTONas seções anteriores, discutimos os efeitos de tensões normais produzidas porcargas axiais agindo em barras retas. Essas tensões são chamadas de “tensõesnormais” porque agem em direções perpendiculares à superfície do material.Agora iremos considerar outro tipo de tensão, chamada de tensão de cisalha-mento, que age tangencialmente à superfície do material.

Como ilustração da ação de tensões de cisalhamento, considere a conexãoparafusada mostrada na Figura 1.46a. Essa conexão consiste em uma barraachatada A, uma junta C e um parafuso B que passa através dos buracos nabarra e na junta. Sob a ação de forças de tração P, a barra e a junta pressiona-rão o parafuso, e as tensões de contato, chamadas de tensões de esmagamento,serão criadas. Além disso, a barra e a junta tendem a cisalhar o parafuso, istoé, cortá-lo, e essa tendência é resistida por tensões de cisalhamento no para-fuso. Como exemplo, considere o suporte de uma passarela de pedestres ele-vada mostrado na fotografia.

Fig. 1-46Conexão parafusada em que oparafuso é carregado por cisal-hamento duplo

Diagonal bracing for an elevatedwalkway showing a clevis and apin in double shear (© BarryGoodno)

2

3

mn

pq

1m n

p

V

q

2V

m n

(a)

(c)(b) (d) (e)

P

P

AB

C

P m n

p q

P t


Para mostrar mais claramente as ações das tensões de esmagamento e decisalhamento, vamos olhar esse tipo de conexão em uma vista lateral esquemá-tica (Figura 1.46b). Com essa vista em mente, desenhamos um diagrama decorpo livre do parafuso (Figura 1.46c). As tensões de esmagamento exercidaspela junta contra o parafuso aparecem no lado esquerdo do diagrama de corpolivre e são marcadas com 1 e 3. As tensões da barra aparecem do lado direitoe são marcadas com 2. A distribuição das tensões de esmagamento é difícil dese determinar, por isso é comum assumir que as tensões são uniformementedistribuídas. Baseados na suposição de distribuição uniforme, podemos calcu-lar uma tensão de esmagamento média σb dividindo a força de contato total Fbpela área de contato (ou de suporte) Ab:

(1-18)

TA área de contato é definida como a área projetada da superfície de contatocurva. Por exemplo, considere as tensões de esmagamento chamadas de 1. Aárea projetada Ab onde elas agem é um retângulo com uma altura igual à espes-sura da junta e uma largura igual ao diâmetro do parafuso. A força de contatoFb, representada pelas tensões chamadas de 1, é igual a P/2. As mesmas área eforça aplicam-se às tensões chamadas de 3.

Agora considere as tensões de esmagamento entre a barra achatada e o para-fuso (as tensões chamadas de 2). Para essas tensões, a área de contato Ab é umretângulo com altura igual à espessura da barra achatada e a largura é igual aodiâmetro do parafuso. A força de contato correspondente Fb é igual à carga P.

O diagrama de corpo livre da Figura 1.46c mostra que existe uma tendên-cia de cisalhar o parafuso ao longo das seções transversais mn e pq. A partir deum diagrama de corpo livre da porção mnpq do parafuso (veja Figura 1.46d),vemos que forças de cisalhamento V agem sobre as superfícies cortadas doparafuso. Neste exemplo em particular, há dois planos de cisalhamento (mn epq), e dizemos que o parafuso está sob cisalhamento duplo. Em cisalhamentoduplo, cada uma das forças de cisalhamento é igual à metade da carga totaltransmitida pelo parafuso, isto é, V � P/2.

As forças de cisalhamento são as resultantes das tensões de cisalhamentodistribuídas sobre a área da seção transversal do parafuso. Por exemplo, as ten-sões de cisalhamento agindo na seção transversal mn são mostradas na Figura1.46e. Essas tensões agem paralelamente à superfície cortada. A distribuiçãoexata das tensões não é conhecida, mas elas são maiores perto do centro e nulasem certas regiões das bordas. Como indicado na Figura 1.46e, as tensões decisalhamento são geralmente denotadas pela letra grega τ (tau).

Uma conexão parafusada sob cisalhamento simples é mostrada na Figura1.47a, onde a força axial P na barra metálica é transmitida à flange da colunade aço através de um parafuso. Uma vista transversal da coluna (Figura 1.47b)mostra a conexão com mais detalhes. Um esquema do parafuso (Figura 1.47c)mostra a distribuição assumida das tensões de esmagamento agindo no para-fuso. Como já mencionado, a distribuição real dessas tensões de esmagamentoé muito mais complexa do que foi mostrado na figura. Além disso, as tensõesde esmagamento também são desenvolvidas contra as superfícies da cabeça doparafuso e da arruela. Dessa forma, a Figura 1.47c não é um diagrama decorpo livre – apenas as tensões de esmagamento idealizadas agindo na pernado parafuso são mostradas na figura.

Cortando o parafuso transversalmente na seção mn, obtemos o diagramamostrado na Figura 1.47d, que inclui a força de cisalhamento V (igual à cargaP) agindo na seção transversal do parafuso. Como já mencionado, essa forçade cisalhamento é a resultante das tensões de cisalhamento que agem sobre aárea de seção transversal do parafuso.

σb �Fb

Ab

VENDA PROIBIDA


VENDA PROIBIDA

Fig. 1-47Bolted connection in which the

bolt is loaded in single shear

m

n

(c)(b)

(a)

m

nV

(d)

P

P

Fig. 1-48Falha de um parafuso em cisalhamento simples

Load

Load

A deformação de um parafuso carregado quase à ruptura em cisalha-mento simples é mostrada na Figura 1.48 (compare com a Figura 1.47c).

Nas discussões anteriores sobre conexões parafusadas, desconsideramos oatrito (produzido pelo aperto dos parafusos) entre os elementos conectados. Apresença de atrito significa que parte da carga deve-se a forças de atrito, redu-zindo assim as cargas nos parafusos. Uma vez que as forças de atrito não sãoconfiáveis e difíceis de medir, é uma prática comum pecar a favor da segurançae omiti-las dos cálculos.

A tensão de cisalhamento média na área de seção transversal de um para-fuso é obtida dividindo-se a força de cisalhamento total V pela área A da seçãotransversal na qual ela age:

(1-19)

No exemplo da Figura 1.46, que mostra um parafuso em cisalhamentosimples, a força de cisalhamento V é igual à carga P e a área A é a área da seçãotransversal do parafuso. Entretanto, no exemplo da Figura 1.46, em que oparafuso está em cisalhamento duplo, a força de cisalhamento V é igual a P/2.

τaver �VA


Da Equação (1.19), vemos que as tensões de cisalhamento, como as tensõesnormais, representam a intensidade da força, ou força por unidade de área.Dessa forma, as unidades de tensão de cisalhamento são as mesmas que aquelaspara tensão normal, ou seja, pascals, ou múltiplos dele, em unidades SI.

Os carregamentos distribuídos mostrados nas Figuras 1.46 e 1.47 sãoexemplos de cisalhamento direto (ou cisalhamento simples) nos quais as tensõesde cisalhamento são criadas pela ação direta de forças tentando cortar o mate-rial. Cisalhamento direto surge no projeto de parafusos, pinos, rebites, soldas ejuntas coladas.

As tensões de cisalhamento também surgem de maneira direta quandomembros são submetidos à tração, torção e flexão, como será discutido nasSeções 2.6, 3.3 e 5.8, respectivamente.

Igualdade de Tensões de Cisalhamento em PlanosPerpendiculares Para obter uma visão mais complexa da ação de tensões de cisalhamento,vamos considerar um pequeno elemento de material na forma de um paralele-pípedo retangular com lados de comprimento a, b e c nas direções x, y, z, res-pectivamente (Figura 1.49).* As faces posterior e anterior desse elemento estãolivres de tensão.

Agora assuma que a tensão de cisalhamento τ1 esteja uniformemente dis-tribuída sobre a face direita, que tem área bc. Para que o elemento esteja emequilíbrio na direção y, a força de cisalhamento total τ1bc, agindo na extremi-dade direita, deve ser balanceada por uma força igual, mas com direçãooposta, na face da extremidade esquerda. Uma vez que as áreas dessas duasfaces são iguais, as tensões de cisalhamento nas duas faces devem ser iguais.

As forças τ1bc, agindo nas faces extremas esquerda e direita (Figura 1.49),formam um binário, cujo momento sobre o eixo z tem magnitude τ1abc, agindono sentido anti-horário na figura.** Para que haja um equilíbrio, é necessárioque esse momento seja balanceado por momentos criados por tensões de cisa-lhamento iguais, mas opostas, nas faces superior e inferior do elemento.Denotando as tensões nas faces superior e inferior como τ2, vemos que as for-ças de cisalhamento horizontal correspondentes são iguais a τ2ac. Essas forçasformam um binário de momentos τ2abc no sentido horário. Do equilíbrio demomentos do elemento sobre o eixo z, vemos que τ1abc é igual a τ2abc, ou

(1-20)

Dessa forma, as magnitudes das quatro tensões de cisalhamento atuando noelemento são iguais, como mostrado na Figura 1.50a.

Em resumo, chegamos às seguintes observações gerais a respeito de ten-sões de cisalhamento agindo em um elemento retangular:

1. Tensões de cisalhamento em faces opostas (e paralelas) são iguais emmagnitude e opostas em direção.

2. Tensões de cisalhamento em faces adjacentes (e perpendiculares) de umelemento são iguais em magnitude e têm direções tais que, ou ambas astensões convergem (ie, apontam) para a linha de interseção das faces, oudivergem da aresta de interseção das faces.

Essas observações foram obtidas para um elemento submetido apenas a ten-sões de cisalhamento (sem tensões normais), como ilustrado nas Figuras 1.49

τ1 � τ2

VENDA PROIBIDA• Um paralelepípedo é um prisma cujas bases são paralelogramos; dessa forma, um paralelepípedo tem seis faces,

cada qual sendo um paralelogramo. Faces opostas são paralelas e paralelogramos idênticos. Um paralelepípedoretangular tem todas as faces na forma de retângulos.•• Um binário consiste em duas forças paralelas iguais em magnitude e opostas em direção.


VENDA PROIBIDA

e 1.50. Esse estado de tensão é chamado de cisalhamento puro e será discutidomais adiante com mais detalhes (Seção 3.5).

Para a maioria das aplicações, as conclusões anteriores permanecem váli-das mesmo quando as tensões normais agem nas faces do elemento. A razão éque as tensões normais nas faces opostas de um elemento pequeno usualmentesão iguais em magnitude e opostas em direção; dessa forma não alteram asequações de equilíbrio usadas para sustentar as conclusões anteriores.

Deformação de Cisalhamento Tensões de cisalhamento agindo em um elemento de material (Figura 1.50a)são acompanhadas por deformações de cisalhamento. Como uma ferramentapara visualizar essas deformações, notamos que as tensões de cisalhamentonão têm tendência de alongar ou encurtar o elemento nas direções x, y e z – emoutras palavras, os comprimentos dos lados do elemento não mudam. Em vezdisso, as tensões de cisalhamento produzem uma mudança na forma do ele-mento (Figura 1.50b). O elemento original, que é um paralelepípedo retangu-lar, é deformado em um paralelepípedo oblíquo e as faces anterior e posteriorformam losangos.*

Por causa dessa deformação, os ângulos entre as faces laterais mudam. Porexemplo, os ângulos nos pontos q e s, que eram π /2 antes da deformação,foram reduzidos por um pequeno ângulo γ em π /2 � γ (Figura 1.50b). Aomesmo tempo, os ângulos nos pontos p e r são aumentados em π /2 � γ. Oângulo g é uma medida de distorção, ou mudança na forma, do elemento e échamado de deformação de cisalhamento. Como a deformação de cisalhamentoé um ângulo, é usualmente medida em graus ou radianos.

Convenções de Sinais para Deformações e Tensõesde Cisalhamento Como ferramenta para estabelecer convenções para deformações e tensões decisalhamento, precisamos de um esquema para identificar as várias faces de umelemento de tensão (Figura 1.50). Daqui em diante, nos referiremos às facesorientadas para as direções positivas dos eixos como as faces positivas do ele-mento. Em outras palavras, uma face positiva tem sua normal externa voltadapara a direção positiva dos eixos coordenados. As faces contrárias são as facesnegativas. Desta forma, na Figura 1.50a, a extremidade direita, anterior e supe-rior são as faces positivas x, y e z, respectivamente, e as faces opostas são asfaces negativas x, y e z.

Usando a terminologia descrita no parágrafo anterior, podemos estabele-cer a convenção de sinais para tensões de cisalhamento da seguinte maneira:

Uma tensão de cisalhamento agindo em uma face positiva de um elementoé positiva se age na direção positiva de um dos eixos coordenados e negativase age na direção negativa de um eixo. Uma tensão de cisalhamento agindoem uma face negativa de um elemento é positiva se age na direção negativade um eixo e negativa se age em uma direção positiva.

Assim, todas as tensões de cisalhamento mostradas na Figura 1.50a são posi-tivas.

A convenção de sinais para a deformação de cisalhamento é a seguinte:

A deformação de cisalhamento em um elemento é positiva quando o ânguloentre duas faces positivas (ou duas faces negativas) é reduzido. A deforma-ção é negativa quando se aumenta o ângulo entre duas faces positivas (ouduas negativas).

Fig. 1-49Small element of material subjected to shear stresses

y

x

2

1

z

a

b

c

t

t

Fig. 1-50Element of material subjected to

shear stresses and strains

(a)

(b)

y

x

zs

p q

r

a

b

ct

t

2

2

2

p q

s r

–

2+

t

t

p

p g

gg

g

* Um ângulo oblíquo pode ser agudo ou obtuso, mas não é um ângulo reto. Um romboide é um paralelogramo comângulos oblíquos e lados adjacentes distintos (um losango é um paralelogramo com ângulos oblíquos e todos osquatro lados iguais).


Assim, as deformações na Figura 1.50b são positivas, e vemos que tensões decisalhamento positivas são acompanhadas por deformações de cisalhamentopositivas.

Lei de Hooke em Cisalhamento As propriedades de um material sob cisalhamento podem ser determinadasexperimentalmente a partir de ensaios de cisalhamento direto ou de ensaios detorção. Os ensaios de torção são conduzidos em tubos circulares, produzindoassim um estado de cisalhamento puro, como explicado mais adiante na Seção3.5. Dos resultados desses testes, podemos traçar diagramas de tensão-defor-mação para cisalhamento (isto é, diagramas de tensão de cisalhamento τ pordeformação de cisalhamento γ ). Esses diagramas são similares em forma aosdiagramas de ensaios de tração (σ por ε) para os mesmos materiais, emborasejam diferentes em magnitude.

Dos diagramas de tensão-deformação, podemos obter propriedades dosmateriais como o limite de proporcionalidade, módulo de elasticidade, tensãode escoamento e tensão máxima. Essas propriedades no cisalhamento ficamgeralmente em torno da metade dos valores obtidos para as mesmas proprie-dades na tração. Por exemplo, a tensão de escoamento para aço estrutural emcisalhamento é de 0,5 a 0,6 vezes a tensão de escoamento em tração.

Para muitos materiais, a parte inicial do diagrama de tensão-deformaçãopara cisalhamento é uma reta através da origem, exatamente como na tração.Para essa região elástica linear, a tensão de cisalhamento e a deformação decisalhamento são proporcionais e, por isso, temos a seguinte equação para a leide Hooke em cisalhamento:

(1-21)

em que G é o módulo de elasticidade para cisalhamento (também chamado demódulo de rigidez).

O módulo de cisalhamento G tem as mesmas unidades que o módulo detração E, ou seja, psi ou ksi em unidades USCS e pascals (ou múltiplos dele)em unidades SI. Para o aço doce, os valores típicos de G são 75 GPa; para ligasde alumínio, os valores típicos são 28 GPa. Valores adicionais estão listados naTabela H.2, Apêndice H.

O módulo de elasticidade para tração e cisalhamento está relacionado daseguinte maneira:

(1-22)

em que ν é o coeficiente de Poisson. A relação, que será tratada mais adiantena Seção 3.6, mostra que E, G e ν não são propriedades elásticas independen-tes do material. Como o valor do coeficiente de Poisson para materiais comunsestá entre zero e meio, vemos, da Equação (1.22), que G deve ser de um terçoa um meio de E.

Os exemplos a seguir ilustram algumas análises típicas envolvendo os efei-tos de cisalhamento. O Exemplo 1.9 trata das tensões de cisalhamento em umaplaca, o Exemplo 1.10 trata de tensões cortantes e de cisalhamento em pinos eparafusos e o Exemplo 1.1 envolve o cálculo de tensões e deformações de cisa-lhamento em um elastômetro submetido a forças horizontais de cisalhamento.

G �E

2(1 � ν)

τ � Gγ

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Uma prensa usada para fazer furos em placas de aço é mostrada na Figura1.51a. Assuma que uma prensa com diâmetro d � 20 mm é usada parafazer um furo em uma placa de 8 mm, como mostrado na vista transversal(Figura 1.51b).

Se uma força P � 110 kN é necessária para criar o furo, qual é a tensãode cisalhamento média na placa e a tensão de compressão média na prensa?


Solução A tensão de cisalhamento média na placa é obtida dividindo-se a força Ppela área de cisalhamento da placa. A área de cisalhamento As é igual à cir-cunferência do furo vezes a espessura da placa, ou

em que d é o diâmetro da prensa e t é a espessura da placa. Por isso, a ten-são de cisalhamento média na placa é

A tensão de compressão média na prensa é

em que Aprensa é a área de seção transversal da prensa. Nota: Essa análise é bem idealizada porque estamos desconsiderando

efeitos de impacto que ocorrem quando uma prensa é batida contra a placa(a inclusão de tais efeitos exige métodos avançados de análise que estãoalém do alcance da mecânica dos materiais)

➥

➥

σc �P

Apunch

�P

πd 2/4�

110 kN

π (20 mm)2/4� 350 MPa

τaver �PAs

�110 kN

502.7 mm2� 219 MPa

As � πdt � π (20 mm)(8.0 mm) � 502.7 mm2

(a)

d = 20 mm

t = 8.0 mm

P = 110 kN

(b)

PFig. 1-51Example 1-9: Punching a holein a steel plate


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Um conjunto de suporte semicircular é usado para apoiar uma escada de açoem um prédio de escritórios. O desenho em questão, conhecido como umaconcepção excêntrica utiliza dois suportes em forma de L separados, tendouma forquilha e uma haste de sustentação de aço cada um para suportar aescada (ver Fig. 1-52). Fotos do suporte de fixação e da haste sustentadorano desenho excêntrico são mostrados abaixo (ver também Exemplo 1-6).

O desenhista da escadaria quis considerar também um desenhosimétrico do suporte. O desenho simétrico utiliza uma única haste sustenta-dora ligada por um pino e forquilha a um suporte em forma de T no qualos dois suportes separados em L estão ligados ao longo de um eixo vertical(ver figs. 1-52c e d). Nesta concepção, o momento excêntrico da força dahaste em relação ao eixo z é eliminado.

Na concepção simétrica, o peso da escada, da própria ligação e quais-quer ocupantes do edifício que estão usando a escada, é estimado pararesultar numa força Fr � 9600 N na haste sustentadora única. Use valoresnuméricos para as dimensões de componentes de conexão a seguir indica-dos. Determine as seguintes tensões na conexão simétrica.

(a) A tensão de cisalhamento média no plano nos parafusos 1 a 6.(b) A tensão de rolamento entre o pino da forquilha e o suporte.(c) A tensão entre a forquilha e o pino.(d) As forças nos parafusos na direção z, nos parafusos 1 e 4 devido ao

momento em torno do eixo x, e a tensão normal resultante nos parafu-sos 1 e 4.

(e) A tensão de rolamento entre o suporte e as arruelas nos parafusos 1 e 4.(f) A tensão de cisalhamento através do suporte nos parafusos 1 e 4.


Parafuso e arruela

Suporte

Forquilhas

Pinos

Hastes Lr

FrFr

dr

Vista lateral

6

5

4

1

2

3

2 @ tbNúmero do parafuso

Fr

dw,db

y

b1 b1r r

r

r

x

6

5

4

1

3

2 @ tbNúm. do parafuso

Pino

ForquilhaFr

dw, db

y

b1 b1r r

r

r

x

Fig. 1-52aExemplo 1-10: Conexão de

placa semicircular para escadade aço

Fig. 1-52b

Componentes da conexãoexcêntrica de haste sustenta-dora. (© Barry Goodno)

Vista lateral da haste susten-tadora e suporte da conexãoexcêntrica (© Barry Goodno)

Fig. 1-52c

Parafusos 1 a 6 no desenho dosuporte simétrico

Fig. 1-52d

Forquilha e pino em desenhode suporte simétrico

Dados numéricos:

SoluçãoComo ponto de partida, notamos que a tensão de tração normal na hastesustentadora é calculada como a força na haste ( Fr ) dividida pela área daseção transversal da haste:

ez � 150 mm dr � 40 mm Fr � 9600 N

db � 18 mm dpin � 38 mm tc � 14 mm

b1 � 40 mm r � 50 mm tb � 12 mm dw � 40 mm

Continues ➥


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Now, we consider how the force Fr in the rod is distributed to the variouscomponents of the connection (i.e., clevis, pin, bracket and bolts) resultingin normal, shear, and bearing stresses in the connection.

(a) A tensão de cisalhamento média nos parafusos 1 a 6 no plano é igual àforça na haste dividida pela soma das áreas de seção transversal dos seisparafusos. Isto é baseado na suposição de que cada parafuso transporte amesma fração da força total (ver Fig 1-52e.):

τbolt �Fr

6Abolt

�9600 N

6 cπ4

(18 mm)2 d� 6,29 MPa ➥

σrod �Fr

Ar

�9600N

π4

(40 mm)2� 7,64 MPa

Exemplo 1-10 Continução• • •

6

5

1

2

3

Fr

Fr /6

y

x

z

z

4

Fig. 1-52eForça de cisalhamento em cadaparafuso no plano

(b) A tensão de rolamento entre o pino da forquilha e o suporte é mostradana Fig. 1-52f. A rolagem do pino contra a porção central do suporte quetem uma espessura duas vezes a espessura da placa do suporte (tb) fazemcom que a tensão de rolamento seja calculada como segue:

σb1 �Fr

dpin 12tb2 �9600 N

(38 mm)(2 � 12 mm)� 10,53 MPa ➥

6

5

4

1

3

2

Tensão derolamento

Número do parafuso

Pino

ForquilhaFr

dw, db

tb

y

b1 b1r r

r

r

x

Fig. 1-52fTensões de rolamento entre opino e o suporte


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(c) A rolagem da forquilha contra o pino em dois locais (ver Fig. 1-52f) fazcom que a tensão de rolamento entre a forquilha e o pino seja calculadacomo a força da haste dividida por duas vezes a espessura da forquilha(tc) vezes o diâmetro do pino:

(d) Embora o suporte da conexão seja simétrico com respeito ao plano yz, aforça da haste Fr é aplicada a uma distância ez � 150 mm a partir daplaca de trás (ver Fig. 1-52g). Isso resulta em um momento em torno doeixo x: Mx � Fr � ez que pode ser convertido em dois pares de forças,cada uma igual a Fz � 2r, nos pares de parafuso 1-3 e 4-6. A força de ten-são resultante em parafusos 1 e 4 é calculada como:

Aqui, assumimos que o momento Fr � ez atua sobre o eixo x, o que elim-ina os parafusos 2 e 5, porque eles se encontram ao longo do eixo x (Fig.1-52h). Usando a força Fz, agora podemos calcular a tensão normal emparafusos 1 e 4 como:

Note que os parafusos são susceptíveis de ser pré-tensionados de modoque a tensão calculada σ1 ou σ4 é, de fato, o aumento de tensão nosparafusos 1 e 4, respectivamente, e a diminuição na tensão nos parafu-sos 3 e 6, respectivamente, devido ao momento Mx. Também, note que aconcepção do suporte simétrico elimina o momento de torção sobre oeixo z (Mz � Fr � ex) resultante da aplicação da força da haste a uma dis-tância ex a partir do centro de gravidade do grupo de parafusos na con-cepção do suporte excêntrico.

(e) Agora que conhecemos a força Fz atuando sobre os parafusos 1 e 4,podemos calcular a tensão de rolamento entre o suporte e a arruela nosparafusos 1 e 4. A área de rolamento é a área da forma de anel da arru-ela de modo que a tensão de rolamento é:

(f) Finalmente, a tensão de cisalhamento por meio do suporte nos parafu-sos 1 e 4, é a força Fz dividida pela circunferência da arruela vezes aespessura do suporte:

σb2 �Fr

dpin 12tc2 �9600 N

(38 mm)(2)(14 mm)� 9.02 MPa ➥

➥

➥

τ �Fz

πdwtb

�7.2 kN

π (40 mm)(12 mm)� 4.77 MPa

σ1 � σ4 �Fz

π4

db2

�7,2 kN

π4

(18 mm)2� 28,3 MPa

Fz �Mx

4r�

Frez

4r�

9600 N(150 mm)4(50 mm)

� 7,2 kN

σb3 �Fz

π41dw

2 � db22 �

7,2 kNπ4

[(40 mm)2 � (18 mm)2]� 7,18 MPa


5

1

2

3

Fr

Mx = Frez

Fz = Mx /4r

y

x

z

4

2r2r

6

Fig. 1-52hO momento Mx pode ser con-vertido em dois pares deforças, cada uma igual a Fz �

2r, que atuam sobre os paresde parafusos 1-3 e 4-6

Fr

Clevis

Bracket

Pin

ez = 150 mm

Fig. 1-52gA força da haste é aplicada nadistância ez da placa traseirado suporte (© Barry Goodno)

Continues ➥


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1.8 TENSÕES E CARGAS ADMISSÍVEIS A engenharia foi descrita como a aplicação da ciência no cotidiano da vida. Paracumprir essa missão, os engenheiros projetam uma variedade quase infinita deobjetos para servir às necessidades básicas da sociedade. Dentre essas necessi-dades, incluem-se casas, agricultura, transporte, comunicações e muitos outrosaspectos da vida moderna. Fatores a serem considerados no projeto incluemfuncionalidade, resistência, aparência, economia e efeitos ambientais.Entretanto, ao se estudar a mecânica dos materiais, nosso principal interesseno projeto é a resistência, ou seja, a capacidade do objeto de suportar ou trans-mitir cargas. Objetos que devem sustentar cargas incluem prédios, máquinas,contêineres, caminhões, aviões, navios e muitos outros. Por simplicidade,vamos nos referir a todos esses objetos como estruturas; dessa forma, umaestrutura é qualquer objeto que deve suportar ou transmitir cargas.

Fatores de Segurança Se a falha estrutural deve ser evitada, as cargas que a estrutura é capaz desuportar devem ser maiores que as cargas às quais a estrutura será submetidaquando utilizada. Como resistência é a capacidade de uma estrutura de resis-tir cargas, o critério anterior pode ser reafirmado: a resistência real de umaestrutura deve exceder a resistência exigida. A razão da resistência real emrelação à resistência exigida é chamada de fator de segurança n:

(1-27)

Naturalmente o fator de segurança deve ser maior que 1,0, a fim de se evitarfalhas. Dependendo das circunstâncias, fatores de segurança ligeiramenteacima de 1,0 até quase 10 são usados.

A incorporação de fatores de segurança no projeto não é um procedimentosimples, porque tanto a resistência como a falha têm muitos significados dife-rentes. A resistência pode ser medida pela capacidade de se carregar carga deuma estrutura, ou pode ser medida como a tensão no material. A falha podesignificar fratura ou colapso total de uma estrutura ou pode indicar que asdeformações tornaram-se tão grandes que a estrutura não é mais capaz decumprir sua função. Este último tipo de falha pode ocorrer mesmo a cargasmuito menores que aquelas que realmente causam colapso.

A determinação do fator de segurança deve levar em consideração osseguintes problemas: probabilidade de sobrecarregamento acidental da estruturapor cargas que excedem as cargas de projeto; tipos de cargas (estáticas ou dinâ-micas); se as cargas são aplicadas apenas uma vez ou repetidamente; o quão exa-tamente as cargas são conhecidas; possibilidades de falha por fadiga; imprecisõesna construção; variabilidade na qualidade do trabalho humano; variações naspropriedades dos materiais; deterioração devido à corrosão ou outros efeitosambientais; precisão dos métodos de análise; se a falha é gradual (ampla adver-tência) ou repentina (sem advertência); consequências da falha (pequeno danoou catástrofe) e outras considerações. Se o fator de segurança é muito baixo, aprobabilidade de falha será alta e a estrutura será inaceitável. Se o fator é muitogrande, a estrutura apresentará um desperdício de material e talvez seja inaplicá-vel para suas funções (por exemplo, pode ser muito pesada).

Por causa dessas complexidades e incertezas, os fatores de segurançadevem ser determinados em uma base probabilística. Eles geralmente são esta-belecidos por grupos de engenheiros experientes que escrevem as normas eespecificações usados pelos projetistas e algumas vezes são até mesmo defini-dos em lei. As provisões de normas e especificações devem fornecer níveisrazoáveis de segurança sem custos incoerentes.

Fator de segurança n �Resistência real

Resistência exigida


No projeto de aviões, é comum falar em margem de segurança em vez defator de segurança. A margem de segurança é definida como o fator de segu-rança menos um:

(1-28)

Margem de segurança é geralmente expressa como uma porcentagem, deforma que o valor dado acima é multiplicado por 100. Dessa forma, uma estru-tura tendo uma resistência real que é 1,75 vez a resistência exigida tem um fatorde segurança de 1,75 e uma margem de segurança de 0,75 (ou 75%). Quando amargem de segurança é reduzida a zero ou menos, a estrutura (presumida-mente) vai falhar.

Tensões Admissíveis Fatores de segurança são definidos e implementados de várias formas. Paramuitas estruturas, é importante que o material permaneça dentro do intervaloelástico linear, para evitar deformações permanentes quando as cargas sãoremovidas. Sob essas condições, o fator de segurança é estabelecido em relaçãoao escoamento da estrutura. O escoamento começa quando a tensão de escoa-mento é alcançada em qualquer ponto dentro da estrutura. Por isso, aplicandoum fator de segurança em relação à tensão de escoamento (ou resistência aoescoamento), obtemos uma tensão admissível (ou tensão de trabalho) que nãodeve ser excedida em nenhum ponto na estrutura. Dessa forma,

(1-29)

ou, para tração e cisalhamento, respectivamente,

(1-30a,b)

em que σY e τY são as tensões de escoamento e n1 e n2 são os fatores correspon-dentes de segurança. No projeto de edifícios, um fator típico de segurança emrelação ao escoamento em tração é 1,67; dessa forma, um aço mole tendo umatensão de escoamento de 250 Mpa tem uma tensão admissível de 150 MPa.

Algumas vezes o fator de segurança é aplicado à tensão máxima em vez datensão de escoamento. Esse método é aplicável para materiais frágeis, comoconcreto e alguns plásticos, e para materiais sem uma tensão de escoamentoclaramente definida, como madeira e aços de alta resistência. Nesses casos astensões admissíveis em tração e cisalhamento são

(1-31a,b)

em que σU e τU são as tensões máximas (ou resistências máximas). Os fatoresde segurança em relação à tensão máxima de um material são geralmentemaiores que aqueles baseados em resistência de escoamento. No caso do açomole, um fator de segurança de 1,67 em relação ao escoamento corresponde aum fator de aproximadamente 2,8 em relação à tensão máxima.

Cargas Admissíveis Depois que a tensão admissível foi estabelecida para um material e uma estru-tura em particular, a carga admissível nessa estrutura pode ser determinada. Arelação entre a carga admissível e a tensão admissível depende do tipo de estru-tura. Neste capítulo, estamos preocupados apenas com os tipos mais elemen-tares de estruturas, ou seja, barras em tração ou compressão e pinos (ouparafusos) em cisalhamento direto e cortante.

Margem de segurança � n � 1

σadm �σU

n3

e τadm �τU

n4

σallow =σY

n1

and τallow =τY

n2

Tensão admissível �Tensão de escoamento

Fator de segurança

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Nesses tipos de estruturas, as tensões são uniformemente distribuídas (oupelo menos assumimos que o são) sobre uma área. Por exemplo, no caso deuma barra em tração, a tensão é uniformemente distribuída sobre a área deseção transversal assumindo que a força axial resultante age através do cen-troide da seção transversal. O mesmo é verdadeiro para uma barra em com-pressão caso a barra não envergue. No caso de um pino submetido acisalhamento, apenas consideramos a tensão de cisalhamento média na seçãotransversal, o que equivale a assumir que a tensão de cisalhamento é uniforme-mente distribuída. Similarmente, consideramos apenas um valor médio da ten-são cortante agindo na área projetada do pino.

Por isso, nos quatro casos anteriores a carga admissível (também chamadade carga permitida ou carga de segurança) é igual à tensão admissível multipli-cada pela área sobre a qual ela age:

(1-32)

Para barras em tração e compressão puras (sem flambagem), essa equaçãose torna

(1-33)

em que σadm é a tensão normal permitida e A é a área de seção transversal dabarra. Se há um furo na barra, a área remanescente normalmente será usadaquando a barra estiver em tração. A área remanescente é a área de seção trans-versal total menos a área removida pelo buraco. Para compressão, a área totalpode ser usada se o furo for preenchido por um parafuso ou um pino que possatransmitir as tensões de compressão.

Para pinos em cisalhamento puro, a Equação (1.34) torna-se

(1-34)

em que τadm é a tensão de cisalhamento permitida e A é a área sobre a qual astensões de cisalhamento agem. Se o pino está em cisalhamento simples, a áreaé a de seção transversal do pino; em cisalhamento duplo, é duas vezes a áreade seção transversal.

Finalmente, a carga permitida baseada na cortante é

(1-35)

em que σb é a tensão cortante admissível e Ab é a área projetada do pino ououtra superfície sobre a qual as tensões cortantes agem.

O exemplo a seguir ilustra como as cargas admissíveis são determinadasquando as tensões admissíveis para o material são conhecidas.

Pallow � σbAb

Carga admissível � (Tensão admissível)(área)

Padm � τadmA

Padm � σadmA


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Uma barra de aço, servindo como um cabide vertical para sustentarmáquinas pesadas em uma fábrica, é vinculada a um suporte pela conexãoparafusada mostrada na Figura 1.54. A parte principal do cabide tem seçãotransversal retangular com largura b1 � 38 mm e espessura t � 13 mDoisgrampos angulares (espessura tc � 9,5 mm) estão presos a um suporte supe-rior por meio de parafusos 1 e 2, cada um com um diâmetro de 12 mm; cadaparafuso tem uma arruela com um diâmetro dw � 28 mm. A parte principaldo sustentador é ligada aos grampos angulares por um único parafuso(parafuso 3 na Fig.1-54a) com um diâmetro d � 25 mm. O sustentador temuma seção transversal retangular com uma largura b1 � 38 mm e uma espes-sura t � 13 mm, mas na conexão aparafusada, o sustentador é ampliadopara uma largura b2 � 75 mm. Determine o valor admissível da carga detração P no parafuso baseado nas quatro considerações a seguir:

(a) A tensão de tração admissível na parte principal do cabide é de 110 MPa. (b) A tensão de tração admissível no cabide na seção transversal do furo do

parafuso 3 é de 75 MPa (a tensão permitida nessa seção é menor porcausa das concentrações de tensão ao redor do furo).

(c) A tensão de rolamento admissível entre o cabide e o parafuso 3 é iguala 180 MPa.

(d) A tensão de cisalhamento admissível no parafuso 3 é de 45 MPa. (e) A tensão normal admissível nos parafusos 1 e 2 é de 160 MPa.(f) A tensão de rolamento admissível entre a arruela e o grampo angular

nos parafusos 1 ou 2 é de 65 MPa.(g) A tensão de cisalhamento admissível através do grampo angular nos

parafusos 1 e 2 é de 35 MPa.


Continua ➥

P

Sustentador

(a) (b)

b1 = 38 mm

t = 13 mm

d = 25 mm

Arruela

Parafuso 3

Parafuso 1 Parafuso 2

Grampo angular

P

b2 = 75 mm

dwdw = 28 mm

tc = 9,5 mm

d1 = 12 mm

Fig. 1-54Example 1-12: Vertical hangersubjected to a tensile load P:(a) front view of bolted con-nection, and (b) side view ofconnection

Propriedades numéricas:

τa1 � 35 MPa σa1 � 160 MPa σba1 � 65 MPa

σa � 110 MPa σa3 � 75 MPa σba3 � 180 MPa τa3 � 45 MPa

d1 � 12 mm d � 25 mm dw � 28 mm

tc � 9.5 mm t � 13 mm b1 � 38 mm b2 � 75 mm


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Solução(a) A carga admissível Pa baseada na tensão na parte principal do cabide

Fig.1.54c é igual à tensão admissível em tração vezes a área de seçãotransversal do cabide (Equação 1.33):

Uma carga maior que esse valor vai sobrecarregar a parte principal docabide, isto é, a tensão real excederá a tensão admissível, reduzindodessa forma o fator de segurança.

(b) Na seção transversal do cabide através do buraco do parafuso Fig.1.54d,devemos fazer um cálculo similar, mas com uma tensão admissível e umaárea diferentes. A área de seção transversal remanescente, isto é, a áreaque permanece depois que o buraco é perfurado através da barra, éigual à largura remanescente multiplicada pela espessura. A larguralíquida é igual à largura total b2 menos o diâmetro d do parafuso. Dessaforma, a equação para a carga admissível Pb nessa seção é

(c) A carga admissível baseada na compressão entre o cabide e o parafuso éigual à tensão de esmagamento admissível vezes a área de contato. Aárea de contato é a projeção da área de contato real, que é igual aodiâmetro do parafuso vezes a espessura do cabide. Por isso, a cargaadmissível (Equação 1.28) é

Pc � σba3dt � 58,5 kN � (180 MPa)(25 mm)(13 mm) � 58,5 kN

Pa � σab1t � (110 MPa)(38 mm � 13 mm) � 54,3 kN

Pb � σa3(b2 � d)t � (75 MPa)(75 mm � 25 mm)(13 mm) � 48.8 kN


Continua ➥

tb1

(c)

Pmax(a)

Fig. 1-54c

b1

b2 – d2

b2 – dd2

(d)

Pmax(b)

Fig. 1-54d

n

t

(e)

Pmax(c)

q

m p

Fig. 1-54e

(d) Finalmente, a carga admissível Pd baseada no cisalhamento no parafusoé igual à tensão de cisalhamento admissível multiplicada pela área decisalhamento (Equação 1.34). A área de cisalhamento é duas vezes a áreado parafuso porque o parafuso está em cisalhamento duplo; dessa forma:

Pd � 2τa3aπ4

d2b � 2(45 MPa) cπ4

(25 mm)2 d � 44.2 kN


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(e) A tensão normal admissível nos parafusos 1 e 2 é de 160 MPa. Cadaparafuso carrega a metade da carga aplicada P (ver Fig. 1-54g). A cargatotal admissível Pe é o produto da tensão normal admissível no parafusoe a soma das áreas de seção transversal dos parafusos 1 e 2:

(f) A tensão de rolamento permitida entre a arruela e o grampo angularnos parafusos 1 ou 2 é de 65 MPa. Cada parafuso (1 ou 2) carrega ametade da carga aplicada P (ver Fig. 1-54h). A área de rolamento aqui éa forma de anel circular da arruela (a arruela é assumida para caber con-fortavelmente contra o parafuso). A carga total permissível Pf é a tensãode rolamento admissível sobre a arruela vezes o dobro da área da arru-ela:

(g) A tensão de cisalhamento admissível através do grampo angular nosparafusos 1 e 2 é de 35 MPa. Cada parafuso (1 ou 2) carrega a metade dacarga aplicada P (ver Fig. 1-54i). A área de cisalhamento em cada para-fuso é igual à circunferência do furo (π � dw ) vezes a espessura dogrampo angular (tc).

A carga total admissível Pg é a tensão de cisalhamento admissívelvezes o dobro da área de cisalhamento:

Descobrimos agora as cargas de tração admissível no sustentador combase nas sete condições dadas. Comparando os sete resultados anteri-ores, vemos que o menor valor da carga é Pallow � 36,2 kN. Essa carga,que é baseada em tensão normal nos parafusos 1 e 2 [ver parte (e)acima], é a carga de tensão admissível no sustentador.

Poderíamos refinar a análise para continuar, considerando o própriopeso do conjunto sustentador inteiro (ver Exemplo 1-6).

➥

Pg � τa1(2)(πdWtc ) � (35 MPa)(2)(π � 28 mm � 9.5 mm) � 58.5 kN

Pf � σba1(2) cπ41dw

2 � d122 d � (65 MPa)(2)e π

4[(28 mm)2 � (12 mm)2] f

� 65,3 kN

Pe � σa1(2)aπ4

d12b � (160 MPa)(2) cπ

4(12 mm)2 d � 36,2 kN


(f)

τ = V/A

V = P/2V

Pmax(d)

t

Fig. 1-54f

(g)Pmax(e)

P/2 P/2

Fig. 1-54g

Fig. 1-54h

(h)

Pmax(f) /2

Fig. 1-54i

(i)

Pmax(g)/2


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1.9 DIMENSIONAMENTO PARA CARGASAXIAIS E CISALHAMENTO PURONa seção anterior, discutimos a determinação de cargas admissíveis para estru-turas simples, e nas demais seções anteriores, vimos como determinar as ten-sões, os deslocamentos e as deformações de barras. A determinação de taisquantidades é conhecida como análise. No contexto de mecânica dos mate-riais, a análise consiste em determinar a resposta de estruturas a cargas,mudanças de temperatura e outras ações físicas. Por resposta de uma estruturaqueremos dizer tensões, deslocamentos e deformações produzidas pelas cargas.

A resposta também se refere à capacidade de uma estrutura de suportarcargas; por exemplo, a carga admissível em uma estrutura é uma forma de res-posta.

Uma estrutura é dita conhecida (ou dada) quando temos uma descriçãofísica completa dela, isto é, quando conhecemos todas as suas propriedades. Aspropriedades das estruturas incluem os tipos de membros e como são arranja-dos, as dimensões de todos os membros, os tipos de suportes e onde estão loca-lizados, os materiais usados e as propriedades dos materiais. Dessa forma, aoanalisar uma estrutura, as propriedades são dadas e as respostas devem serdeterminadas.

O processo inverso é chamado dimensionamento. Ao dimensionar umaestrutura, devemos determinar as suas propriedades para que ela suporte as cargase realize suas devidas funções. Por exemplo, um problema comum de dimensio-namento em engenharia é determinar o tamanho de um membro para suportardadas cargas. Dimensionar uma estrutura é geralmente um processo muito maislongo e difícil do que analisá-la – de fato, analisar uma estrutura, em geral maisde uma vez, é tipicamente parte do processo de dimensionamento.

Nesta seção, trataremos do dimensionamento em sua forma mais elemen-tar, calculando os tamanhos exigidos de membros de tração simples e de com-pressão, bem como de pinos e parafusos carregados em cisalhamento. Nessescasos o processo de dimensionamento é bem simples. Conhecendo as cargas aserem transmitidas e as tensões admissíveis nos materiais, podemos calcular asáreas exigidas de membros através da seguinte relação geral (compare com aEquação 1.32):

Área exigida (1-36)

Essa equação pode ser aplicada a qualquer estrutura em que as tensões estejamuniformemente distribuídas sobre a área (o uso dessa equação para encontraro tamanho de uma barra em tração e o tamanho de um pino em cisalhamentoé ilustrado no Exemplo 1.13, que vem a seguir).

Em adição às considerações de resistência, como exemplificado pelaEquação (1.36), no dimensionamento de uma estrutura é provável o envolvi-mento da rigidez e estabilidade. Rigidez refere-se à capacidade da estrutura deresistir a mudanças na forma (por exemplo, resistir a estiramento, flexão outorção), e estabilidade refere-se à capacidade da estrutura de resistir ao enver-gamento sob tensões de compressão. Limitações na rigidez são às vezes neces-sárias para prevenir deformações excessivas, como grandes deflexões de umaviga, que poderiam interferir com seu desempenho. Envergamento é a princi-pal consideração no dimensionamento de colunas, que são membros de com-pressão finos (Capítulo 11).

Outra parte do processo de dimensionamento é a otimização, que é a tarefade dimensionar a melhor estrutura para atingir determinado objetivo, como umpeso mínimo. Por exemplo, pode haver muitas estruturas que suportarão umadada carga, mas em algumas circunstâncias a melhor estrutura será a mais leve.Naturalmente, objetivos como peso mínimo devem sempre ser balanceados com

�Carga a ser transmitida

Tensãoa dmitida


outras considerações gerais, incluindo os aspectos estéticos, econômicos,ambientais, políticos e técnicos do projeto de dimensionamento particular.

Ao analisar ou dimensionar uma estrutura, nos referimos às forças queagem nela como cargas ou reações. Cargas são forças ativas aplicadas à estru-tura por alguma causa externa, como gravidade, pressão da água, vento emovimento do solo por terremoto. Reações são forças passivas induzidas nossuportes da estrutura – suas magnitudes e direções são determinadas pela natu-reza da própria estrutura. Dessa forma, reações devem ser calculadas comoparte da análise, ao passo que as cargas são conhecidas com antecedência.

O Exemplo 1.13, a seguir, começa por uma revisão de diagramas de corpolivre e estática elementar e termina com o dimensionamento de uma barra emtração e um pino em cisalhamento direto.

Ao desenhar diagramas de corpo livre é muito útil distinguir reações decargas ou outras forças aplicadas. Um esquema comum é colocar um traçoatravés da seta ou fazer um tracejado para representar uma força reativa, comoilustrado na Figura 1.34 no exemplo que segue.

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A estrutura cabo-tubo ABCD mostrada na fig. 1-55 tem suporte de pino nospontos A e D, que têm 1,8 m de distância. O membro ABC é um tubo de açoe o membro BDC é um cabo contínuo que passa sobre uma polia sem atritoem D. Um sinal pesando 6,6 kN é suspenso na barra ABC nos pontos E e F.

Determine o diâmetro exigido dos pinos em A, B, C e D, se a tensãode cisalhamento admissível é de 45 MPa. Além disso, encontre as áreastransversais necessárias da barra ABC e cabo BDC se as tensões admis-síveis em tensão e compressão são 124 MPa e 69 MPa, respectivamente. (Atensão de compressão admissível é menor por causa da possibilidade deuma instabilidade de flambagem.)

(Nota: Os pinos nos suportes estão em cisalhamento duplo. Além disso,considere apenas o peso do sinal; desconsiderar os pesos dos membros BDCe ABC.)


SoluçãoO primeiro passo da solução total é encontrar as forças de reação no suportee a força de tração contínua no cabo BDC. Estas quantidades são encon-tradas através da aplicação das leis da estática para diagramas de corpo livre(ver Seção 1.2). Uma vez que as forças de reação e do cabo são conhecidas,podemos encontrar as forças axiais no membro ABC e as forças de cisal-hamento em pinos em A, B, C e D. Podemos, então, encontrar os tamanhosnecessários do membro ABC e dos pinos em A, B, C e D.

Reações: Começamos com um diagrama de corpo livre de toda a estru-tura (Fig 1-56.), que mostra todas as forças aplicadas e de reação. Usamoscomumente a convenção de sinais de estática para que todos os compo-nentes da reação sejam inicialmente mostrados nas direções positivas coor-denadas.

D

AB

C x

E F

1,2 m

0,9 m

0,45 m 0,15 m

0,9 m

1,8 m

1,2 m

W = 6,6 kN

Polia em D

Fig. 1-55Exemplo 1-13: Tubo sustentadopor cabo ABC carregando sinalde peso W

Continua ➥


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Somando momentos em torno do ponto D (momentos sentido anti-horáriosão positivos) dá:

Em seguida, some forças na direção x:

ΣFx � 0 Ax � Dx � 0 or Dx � �Ax � �4.95 kN

O sinal negativo significa que Dx atua na direção x negativa.Somando forças na direção x na junção D nos dará a força no cabo con-

tínuo BDC.Primeiro calcule os ângulos αB e αC (ver Fig 1-56.):

Agora ΣFx � 0 na junção D:

Agora, encontre a reação vertical na junção D, onde TB � TC porque o caboé um cabo contínuo (ver Fig. 1-57)

O sinal de adição significa que Dy atua na direção y positiva.

Assim, o produto resultante em D é:

Em seguida, somar as forças na direção y no diagrama completo decorpo livre para obter Ay:

O resultado em A é

Ares � 4Ax2 � Ay

2 � 5,14 kN

gFy � 0 Ay � Dy � W � 0 então Ay � �Dy � W � 1,37 kN

Dres � 4Dx2 � Dy

2 � 7,2 kN

Dy � T(sen (αB) � sen (αC)) � 5,23 kN

ou T ��(�4,95 kN)

(cos (αB) � cos (αC))� 3,65 kN

Dx � T (cos (αB) � cos (αC)) � 0 so T ��Dx

( cos (αB) � cos (αC))

αB � arctg a1,8

1,2b � 56,31° αC � arctg a1,8

2,4b � 36,87°

� 4.95 kN

©MD � 0 Ax(1,8 m) �W2

(0,45 m � 2,25 m) � 0 ou Ax �6,6 kN

2a2,7 m1,8 m

b


Dy

A

Ares Ay

AxαB αC

E F

B C x

0.45 m 0.75 m 1.05 m 0.15 m

1.8 m

W/2 W/2

Dres

Dy

DxFig. 1-56Exemplo 1-13: Diagrama decorpo livre de toda a estrutura

Continua ➥


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70

Como uma verificação final, confirme o equilíbrio usando o diagrama decorpo livre do tubo ABC (ver Fig 1-58, onde TB � TC porque o cabo é umcabo contínuo). As forças irão somar zero e a soma dos momentos sobre Aé zero:

gMA: T sen (αB)(0,45 m � 0,75 m)�T sen (αC)(2,4 m) �

gFy: Ay � W � T sen (αB) � T sen (αC) � 0

gFx: Ax � T cos (αB) � T cos (αC) � 0


Dy

Dx

TB

TC

D

y

Dres

Fig. 1-57Diagrama de corpo livre dajunção D

D

y

A

TB

Ares Ay

Ax

TCαB αC

E F

B C

x0.45 m 0.75 m 1.05 m 0.15 m

1.8 m

W/2 W/2

Fig. 1-58Diagrama de corpo livre domembro ABC

Determine as forças de cisalhamento nos pinos (todos estão em duplo cisal-hamento) e o diâmetro exigido de cada pino. Agora que as forças de reaçãoe do cabo são conhecidas, podemos identificar as forças de cisalhamentonos pinos em A, B, C e D e, em seguida, encontrar o tamanho exigido decada pino.

Pino em A:

so dpinA �B

4π (57.1 mm2) � 8.53 mm

ApinA �Ares

2τallow

�5.14 kN

2(45 MPa)� 57.1 mm2

Continua ➥


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71

Pino em B:

Pino emC:A força resultante em C é a mesma que em B, de modo que o pino em

C terá o mesmo diâmetro que em B.Pino na polia em D:

Determine a força axial no cabo BDC e a área de seção transversal do cabonecessária. Aqui usamos a tensão calculada para T e a maior tensão axialadmissível para membros em tensão:

Determine a força axial no tubo ABC e a área de seção transversal do tubonecessária. Podemos usar diagramas de corpo livre de porções do membroABC para calcular a força de compressão axial N nos segmentos AB e BC(como discutido na Seção 1.2). Para o segmento AB, a força NAB � �4.95 kN,enquanto no segmento BC, NBC � �2,92 kN. A força maior NAB controla.Agora, temos de usar a tensão axial admissível reduzida para a compressão,então a área requerida é:

Notas: Neste exemplo, nós intencionalmente omitimos o peso da estruturatubo-cabo dos cálculos. No entanto, uma vez que os tamanhos dos membrossão conhecidos, os seus pesos podem ser calculados e incluídos nos diagra-mas de corpo livre dados.

Quando os pesos das barras estão incluídos, a concepção do membroABC torna-se mais complicada. Não só devido ao seu próprio peso, mas tam-bém por causa do peso do sinal, o membro ABC é uma viga submetida àflexão e a cisalhamento transversal, bem como a compressão axial. O pro-jeto de tais membros deve esperar até que estudemos tensões em vigas(Capítulo 5), onde uma viga com cargas axiais é discutida em tópico sepa-rado (ver a Seção 5.12). Como as forças de compressão aumentam, a possi-bilidade de instabilidade lateral (ou dobra) do ABC também se torna umapreocupação; vamos investigar isso no Capítulo 11.

Na prática, outras cargas além dos pesos da estrutura e sinal teriam queser considerados antes de tomar uma decisão final sobre os tamanhos dostubos, cabos e pinos. Cargas que poderiam ser importantes incluem cargasde vento, cargas de terremoto e os pesos dos objetos que podem ter de serapoiados temporariamente pela estrutura.

Finalmente, se os cabos BD e CD forem cabos separados (em vez de umcabo contínuo, como na análise anterior, onde TB � TC), as forças TB e TC nosdois cabos não seriam iguais em magnitude. A estrutura seria agora estati-camente indeterminada e as forças do cabo e as reações em A não poderiamser determinadas usando as equações de equilíbrio estático sozinhas. Vamosconsiderar problemas deste tipo no Capítulo 2, Seção 2.4 (ver Exemplo 2-5).

so dpinB �B

4π (40.6 mm2) � 7.19 mm

so dpinD �B

4π (80 mm2) � 10.09 mm

ApinD �Dres

2τallow

�7.2 kN

2(45 MPa)� 80 mm2

Acable �T

σallowT�

3.65 kN69 MPa

� 52.9 mm2

Apipe �4.95 kNσallowC

�4.95 kN69 MPa

� 71.7 mm2

ApinB �T

2τallow

�3.65 kN

2(45 MPa)� 40.6 mm2



No Capítulo 1, estudamos as propriedades mecânicas dos materiais de con-strução. Calculamos tensões e deformações normais em barras carregadaspor cargas axiais centroidais e também tensões e deformações de cisal-hamento (assim como tensões de esmagamento) em conexões de pino usadasna montagem de estruturas simples, tais como treliças. Definimos tambémníveis admissíveis de tensão a partir de fatores adequados de segurança e uti-lizamos esses valores para definir cargas admissíveis que poderiam ser apli-cadas às estruturas.

Alguns dos conceitos mais importantes neste capítulo são:

1. O objetivo principal da mecânica de materiais é determinar as tensões,deformações e deslocamentos em estruturas e seus componentes devido àscargas que atuam sobre eles. Esses componentes incluem barras com car-gas axiais, eixos em torção, vigas em flexão e colunas em compressão.

2. Barras prismáticas submetidas a cargas de tração ou compressãoatuando no centroide de suas seções transversais (para evitar flexão)experimentam tensões (σ ) e deformações normais (ε)

e extensão ou contração proporcionais a seus comprimentos. Essas ten-sões e deformações são uniformes, exceto quando em regiões próximasdos pontos de aplicação de carga, nos quais altas tensões localizadas, outensões concentradas, ocorrem.

3. Investigamos o comportamento mecânico de vários materiais e colocamosem gráficos os diagramas de tensão-deformação resultantes, que trazeminformações importantes sobre o material. Materiais dúcteis (como o açodoce) têm uma relação inicial linear entre tensões e deformações normais(até o limite proporcional) e são ditos linearmente elásticos, com tensõese deformações relacionadas pela lei de Hooke

eles também têm um ponto de escoamento bem definido. Outros materi-ais dúcteis (como as ligas de alumínio) não têm um ponto de escoamentoclaramente definido, então uma tensão de escoamento arbitrária pode serdefinida através do método do desvio.

4. Materiais que falham sob tração em valores relativamente baixos dedeformação (como concreto, rocha, ferro fundido, vidro cerâmico e umavariedade de ligas metálicas) são classificados como frágeis. Materiaisfrágeis falham com apenas um pequeno alongamento após o limite pro-porcional.

5. Se o material continua dentro do intervalo elástico, ele pode ser car-regado, descarregado e recarregado sem alteração significante de com-portamento. Entretanto, quando carregado no intervalo plástico, aestrutura interna do material é alterada e suas propriedades se modifi-cam. O comportamento de carregamento e descarregamento dos materi-ais depende das propriedades elásticas e plásticas do material, como olimite elástico e a possibilidade de deformação permanente (deformação

σ � Eε

ε �δL

σ �PA

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RESUMO E REVISÃO DO CAPÍTULO


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residual) no material. Carregamento sustentado ao longo do tempo podelevar à fluência e ao relaxamento.

6. O alongamento axial de barras carregadas em tração é acompanhadopor contração lateral; a razão entre a deformação lateral e a deformaçãonormal é conhecida como coeficiente de Poisson (ν).

O coeficiente de Poisson permanece constante durante todo o intervaloelástico linear, contanto que o material seja homogêneo e isotrópico. Amaioria dos exemplos e problemas no livro será resolvida a partir da pre-missa de que os materiais são linearmente elásticos, homogêneos eisotrópicos.

7. Tensões normais (σ) atuam perpendicularmente à superfície do materiale tensões de cisalhamento (τ) atuam tangencialmente à superfície.Investigamos conexões parafusadas entre placas nas quais os parafusoseram submetidos tanto a cisalhamento simples como duplo e também atensões de esmagamento médias (τméd)

As tensões de esmagamento atuam na projeção retangular (área proje-tada) da superfície de contato curvada real entre o parafuso e a placa.

8. Observamos um elemento do material que recebeu tensões e deformaçõesde cisalhamento para estudar um estado de tensão chamado de cisal-hamento puro. Vimos que a tensão de cisalhamento (γ) é uma medida dadistorção ou modificação na forma do elemento pelo cisalhamento puro.Analisamos a lei de Hooke no cisalhamento, na qual a tensão de cisal-hamento (τ) se relaciona à deformação de cisalhamento pelo módulo deelasticidade

do cisalhamento (G), τ � G � γ. Observamos que E e G estão relaciona-dos e, portanto, não são propriedades elásticas independentes do material.

9. Resistência é a capacidade de uma estrutura ou componente de suportarou transmitir cargas. Fatores de segurança relacionam resistência real dosmembros estruturais com a exigida e compensam, acomodam, supremuma variedade de incertezas, como variações nas propriedades do mate-rial, grandezas ou distribuição de carregamento incertos, probabilidadede sobrecarga acidental e assim por diante. Por causa dessas incertezas,os fatores de segurança devem ser determinados através métodos proba-bilísticos.

10. Escoamento e tensões máximas podem ser divididos por fatores de segu-rança para produzir valores admissíveis para o uso no dimensionamento.Para materiais dúcteis,

ν � �lateral strainaxial strain

� �ε�

ε

σallow �σY

n1

, τallow �τY

n2

G �E

2(1 � ν)

τ � Gγ

σb �Fb

Ab

τaver �VA


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enquanto que para materiais frágeis,

Um valor típico de n1 e n2 é 1,67 enquanto que n3 e n4 podem ser 2,8..

Para um membro conectado por pino em tensão axial, a carga admissíveldepende da tensão admissível vezes a área apropriada (por exemplo, áreada seção transversal líquida para barras que recebem cargas de traçãocentroidal, área da seção transversal do pino para pinos em cisalhamentoe área projetada para parafusos pressionados). Se a barra está em com-pressão, a área da seção transversal líquida não precisa ser usada, mas aflambagem pode ser uma consideração importante.

11. Por último, consideramos o dimensionamento, o processo interativo peloqual o tamanho apropriado dos membros estruturais é determinado paraatender a uma variedade de exigências de tensão e rigidez para umadeterminada estrutura particular submetida a diversas cargas diferentes.No entanto, a incorporação de fatores de segurança no dimensiona-mento não é um assunto simples, pois resistência e falha têm vários sig-nificados diferentes.

σallow �σU

n3

, τallow �τU

n4

.

PROBLEMAS – CAPÍTULO 1

x

6 m 3 m

Conexão do pino

B CA

3 m

220 N

136 N·m na junção B

440 N

PROB. 1.2-1

4 m 4 m 3 m

Conexãodo pino

x

B

C DC

ky

A

Parte (c)

80 N/m 200 N.m na junta D

PROB. 1.2-2

1.2-2 Os segmentos AB e BCD de uma viga ABCD sãoconectados por pinos em x � 4m. A viga está apoiada emum suporte deslizante em A e nos suportes de roletes C eD (ver figura). Uma carga triangularmente distribuídacom pico de intensidade de 80 N/m atua sobre BC. Ummomento concentrado é aplicado na junção B.

(a) Encontre reações nos suportes A, C e D.(b) Encontre as tensões internas resultantes N, V e M

em x � 5 m.(c) Repita as partes (a) e (b) para o caso de o suporte

de roletes em C ser substituído por uma mola de rigidezlinear ky � 200 kN/m (ver figura).

Revisão de estática

1.2-1 Os segmentos AB e BC da viga ABC são conectadospor um pino a uma pequena distância à direita da junçãoB (ver figura). Cargas axiais atuam em A e no meio do vãode AB. Um momento concentrado é aplicado na junção B.(a) Encontre reações nos suportes A, B e C.(b) Encontre as tensões internas resultantes N, V e M em x � 4,5 m.

1.2-4 Considere a treliça plana com um pino de suporte najunção 3 e um suporte de roletes vertical na junção 5 (verfigura).

(a) Encontre reações nas junções suportadas 3 e 5.(b) Encontre forças axiais nos membros da treliça 11

e 13.20 N 45 N

2.5 m 2 m 1 m

60 N

5 68

7

3 41 2

3

2 m

4

7

18

2

1210

9

65

13

11

PROB. 1.2-4

1.2-7 Uma treliça espacial tem suportes nas três dimen-sões nas junções O, B e C. Uma carga P é aplicada najunção A e age em direção ao ponto Q. As coordenadas detodas as juntas são dadas em metros (ver figura).

(a) Encontre componentes da força de reação Bx, Bz,and Oz.

(b) Encontre a força axial no membro da treliça AC.


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Cy

Cz

Ox

Oy

Oz

BxBzBy

Cx

O(0, 0, 0)

B(2, 0, 0)

Q(4, −3, 5)

(0, 0, 5)A

C(0, 4, 0)

xPz

Joint Bcoordinates (meters)

y

PROB. 1.2-7

1.2-12 Um eixo escalonado ABC consistindo de dois seg-mentos circulares sólidos é submetido a um torque uniforme-mente distribuído t1 atuando sobre o segmento 1, e umtorque concentrado T2 aplicado em C, como mostrado nafigura. O segmento 1 do eixo tem um diâmetro d1 � 57 mm ecomprimento L1 �0,75 m; o segmento 2 tem um diâmetro d2� 44 mm e comprimento L2 � 0,5 m. A intensidade detorque t1 � 3100N·m/m e T2 � 1100 N m.

(a) Encontre o torque de reação TA no suporte A.(b) Encontre o torque interno T(x) em dois locais: x �

L1/2 e at x � L1 � L2/2. Mostrar estes torques internos nosdiagramas de corpo livre (DCL’s) desenhados adequada-mente.

#

1.2-13 Uma armação plana está contida nas junções A e C,como mostrado na figura. Os membros AB e BC são conec-tados por um pino em B. Uma carga lateral triangularmentedistribuída com uma intensidade de pico de 1300 N/m atuasobre AB. Um momento concentrado é aplicado na junçãoC.

(a) Encontre reações nos suportes A e C.(b) Encontre as tensões internas resultantes N, V e M em

x � 1,0 m na coluna AB.

1.2-17 Uma armação plana com suportes de pino em A e Etem um cabo ligado em C, que corre por uma polia sem atritoem F (ver figura). A força do cabo é conhecida por ser 2,25kN.

(a) Encontre reações nos suportes A e E.(b) Encontre as tensões internas resultantes N, V e M no

ponto H.

1.2-11 Um eixo escalonado ABC consistindo de dois seg-mentos circulares sólidos é submetido a torques de T1 e T2agindo em sentidos opostos, como mostrado na figura. Omaior segmento da haste tem um diâmetro d1 � 58 mm e umcomprimento L1 � 0,75 m; o segmento menor tem umdiâmetro d2 � 44 mm e um comprimento L2 � 0,5 m. Ostorques são T1 � 2400 N m e T2 � 1130 n·m.

(a) Encontre o torque de reação TA no suporte A.(b) Encontre o torque interno T(x) em dois locais: x �

L1/2 e x � L1 � L2/2.. Mostrar estes torques internos nosdiagramas de corpo livre (DCL’s) desenhados adequada-mente.

#

d1

x

d2

L2L1

T2

T1

BA C

PROB. 1.2-11

d1

t1

x

d2

L2L1

T2

BA C

PROB. 1.2-12

Conexãodo pino

2,75 m

1300 N/m

3,70 m

C

B

A

x

680 N·m na junção C

PROB. 1.2-13

D E

C

H

G

F

B

xA

y

180 mm

750 mm150 mm

360 mm

240 mm 150 mm 150 mm

2,25 kN

Cabo

PROB. 1.2-17

1.2-21 Um freio de veículos especiais é preso em O, (quandoé aplicada a força de frenagem P1 – ver a figura). A força P1� 220 N se situa num plano que é paralelo ao plano xz e éaplicada em C para a linha normal BC. A força P2 � 180 Né aplicada em B na direção �y.

(a) Encontre reações no suporte O.(b) Encontre as tensões internas resultantes N, V, T, e M

no ponto médio do segmento OA.

O

x

z

178 mm

B

A

C

15°

15°

P2

yy'

200 mm

150 mm

P1

x

PROB. 1.2-21

Tensão Normal e Deformação

1.3-1 Um poste circular vazado ABC (veja a figura) sustentauma carga P1 � 7,5 kN agindo no topo. Uma segunda cargaP2 está uniformemente distribuída ao redor do chanfro emB.. Os diâmetros e as espessuras das partes superior e inferiordo poste são dAB � 32 mm, tAB � 12 mm, dBC � 57 mm e tBC� 9 mm, respectivamente.

(a) Calcule a tensão normal σAB na parte superior doposte.

(b) Se for desejável que a parte inferior do poste tenha amesma tensão de compressão que a parte superior, qual dev-eria ser a magnitude da carga P2

(c) Se P1 permanece a 7,5 kN e P2 for agora colocado em10 kN lb, qual nova espessura de BC resultará na mesma ten-são compressora em ambas as partes?

A

B

C

P1

dAB

tAB

dBC

tBC

P2

PROB. 1.3-1

1.3-2 Uma força P de 70 N é aplicada por um ciclista ao freiodianteiro de uma bicicleta (P é a resultante de uma pressãodistribuída por igual). Enquanto o pivô do freio está em A, atração T se desenvolve no cabo de 460 mm de comprimento(Ae � 1,075 mm2) que se alonga em δ � 0,214 mm. Encontrea tensão normal s e a deformação e no cabo de freio.

50 mm

100 mm

P (Resultantof distributedpressure)

A

Hand brake pivot ABrake cable, L = 460 mm

37.5 mmT

Uniform handbrake pressure

PROB. 1.3-2

1.3-4 Um tubo circular de alumínio de comprimento L �

400 mm é carregado em compressão por forças P (veja afigura). The solid segment of length 2L/3 has a diameter of 60mm. Os diâmetros externo e interno têm 60 mm e 50 mm,respectivamente. Um medidor de deformação é colocado nasuperfície externa da barra para medir deformações normaisna direção longitudinal.

(a) Se a deformação medida é εh � 470 � 10�6, qual é oencurtamento εs da barra? (Hint: The strain in the solid seg-ment is equal to that in the hollow segment multiplied by theratio of the area of the hollow to that of the solid segment.)

(b) What is the overall shortening δ of the bar?(c) If the compressive stress in the bar cannot exceed

48 MPa, what is the maximum permissible value of load P?

Strain gage

L = 420 mm

L/3

PP

PROB. 1.3-4

1.3-8 Um longo muro de sustentação é escorado por vigas demadeira dispostas em um ângulo de 30° e sustentado por blo-cos de concreto, como mostrado na primeira parte da figura.As vigas são espaçadas uniformemente por uma distância de3 m.

Para fins de análise, o muro e as vigas estão idealizadoscomo mostra a segunda parte da figura. Note que assumimosque a base do muro e as extremidades das vigas estão apoiadas.Assumimos que a pressão exercida pelo solo no muro édistribuída de forma triangular, e a força resultante agindo emum comprimento de 3 m do muro é F � 190 kN.

Se cada viga tem uma área de seção transversal de 150mm � 150 mm, qual é a tensão de compressão σc nas vigas?

31,1 0,0129


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Se cada viga tem uma área de seção transversal de 150mm � 150 mm, qual é a tensão de compressão σc nas vigas?

Retainingwall

Shore

30� 30�

Concretethrustblock

Soil

4.0 m

0.5 m

F

B

C

A

1.5 m

PROB. 1.3-8

1.3-9 A porta da caçamba de uma caminhonete suporta umacaixa (WC � 900 N), como mostra a figura. A porta pesa WT� 270 N e é suportada por dois cabos (apenas um é mostradona figura). Cada cabo tem uma área de seção transversal efe-tiva de Ae � 11 mm2.

(a) Encontre a força de tração T e a tensão normal s emcada cabo.

(b) Se cada cabo se alonga δ � 0,42 mm devido ao pesoda caixa e da porta, qual é a tensão média no cabo?

Propriedades Mecânicas eDiagramas de Tensão–Deformação

1.4-1 Imagine que um cabo de aço longo está pendurado ver-ticalmente em um balão de grandes altitudes.

(a) Qual é o maior comprimento que ele pode ter (emmetros) sem escoar se o aço escoa a 260 MPa?

(b) Se o mesmo cabo está pendurado em um navio nomar, qual é o maior comprimento? (Obtenha os pesos especí-ficos do aço e da água do mar na Tabela H.1, Apêndice H)

1.4-6 Um corpo de plástico é testado em tração em temper-atura ambiente (veja a figura), produzindo os dados de ten-são-deformação listados na tabela da próxima página.

Construa a curva de tensão-deformação e determine olimite de proporcionalidade, o módulo de elasticidade (ainclinação da parte inicial da curva de tensão-deformação) ea tensão de escoamento para uma deformação de 0,2%. Omaterial é dúctil ou frágil?

DADOS DE TENSÃO-DEFORMAÇÃO PARA O PROBLEMA 1.4-6Tensão (MPa) Deformação

8,0 0,003217,5 0,007325,6 0,011131,1 0,012939,8 0,0163 44,0 0,018448,2 0,020953,9 0,026058,1 0,033162,0 0,0429 62,1 Fratura

Cable

dT = 350 mm

L = 400 mm

WT = 270 N

WC = 900 NF = 450 Ndc = 450 mm

Tail gate

Crate

Truck

H =

300

mm

h =

275

mm

PROBS. 1.3-9

(© Barry Goodno)

Elasticidade e Plasticidade

1.5-1 Uma barra de aço estrutural, com o diagrama de ten-são-deformação mostrado na figura, tem um comprimentode 1,5 m. A tensão de escoamento do aço é de 290 GPa e ainclinação da parte linear inicial da curva de tensão-deforma-ção (módulo de elasticidade) é de 207 MPa. A barra é carre-gada axialmente até ter um alongamento de 7,6 mm, e entãoa carga é removida.

Como o comprimento final da barra compara-se com oinicial? (Sugestão: Use os conceitos ilustrados na Figura1.36b.)

P

P

PROB. 1.4-6


VENDA PROIBIDA

1.5-4 Uma barra circular de liga de magnésio tem 750 mm decomprimento. O diagrama de tensão-deformação para o mate-rial é mostrado na figura. A barra é carregada em tração paraum alongamento de 6,0 mm, e então a carga é removida.

(a) Qual é a configuração permanente da barra?(b) Se a carga for recarregada, qual será o limite de

proporcionalidade? (Sugestão: Use os conceitos ilustradosnas Figuras 1.36b e 1.37.)

s (MPa)

0

420

280

140

0.0020 0.0060.004ε

PROB. 1.5-1

PROB. 1.5-4

Lei de Hooke e Coeficiente dePoissonQuando resolver problemas da Seção 1.6, assuma que o mate-rial se comporta elasticamente de maneira linear.

1.6-1 Uma barra de aço de alta resistência usada em umgrande guindaste tem diâmetro d � 50 mm (veja a figura). Oaço tem módulo de elasticidade E � 200 GPa e coeficientede Poisson � � 0,3. Por causa de exigências de folgas, o diâ-metro da barra é limitado a 50,025 mm quando a barra écomprimida por forças axiais.

Qual é a maior carga de compressão Pmax que é permi-tida?

0 0.00207

142128

70

3542495663

0.006 0.0080.004 0.01

s (MPa)

ε

Pd

P

PROB. 1.6-1

1.6-2 Uma barra circular de 10 mm de diâmetro é feita de ligade alumínio 7075-T6 (veja a figura). Quando a barra é estiradapor forças axiais P, seu diâmetro diminui em 0,016 mm.

Encontre a magnitude da carga P. (Obtenha aspropriedades dos materiais do Apêndice H.)

d = 10 mm

7075-T6

PP

PROB. 1.6-2

1.6-3 Uma barra de polietileno com diâmetro d1 � 70 mm écolocada dentro de um tubo de aço que tem diâmetro internod2 � 70,2 mm (veja a figura). A barra de polietileno é entãocomprimida por uma força axial P.

Para qual valor da força P o espaço entre a barra de polie-tileno e o tubo de aço será preenchido? (Para o polietileno,assuma E � 1,4 GPa e � 0,4).

d2d1

Steeltube

Polyethylenebar

PROB. 1.6-3

Tensão e Deformação deCisalhamento

1.7-1 Uma cantoneira de espessura t � 19 mm é fixado aorebordo de uma coluna por dois parafusos de 16 mm dediâmetro (veja a figura). Uma carga distribuída uniformementeage na face superior do suporte com uma pressão p � 1,9 MPa.A face superior do suporte tem comprimento L � 200 mm elargura b � 75 mm.

Determine a pressão cortante média σb entre o suporte eos parafusos e a tensão de cisalhamento média τmed nos para-fusos. (Desconsidere o atrito entre o suporte e a coluna.)


DA VENDA PROIBIDA

1.7-18 Um esteio de aço simples AB, com diâmetro ds � 8mm, sustenta o capô do motor de massa de 20 kg de um veí-culo. O capô pivota sobre dobradiças em C e D [veja as par-tes (a) e (b) da figura]. O esteio tem uma extremidade curvadaem círculo e é conectado a um parafuso em A cujo diâmetroé db � 10 mm. O esteio AB situa-se em um plano vertical.

(a) Encontre a força do esteio Fs e a tensão normalmédia σ no esteio.

(b) Encontre a tensão média de cisalhamento τmédia noparafuso em A.

(c) Encontre a tensão de esmagamento média σb noparafuso em A.

1.7-2 Membros da treliça que sustentam um teto estãoconectados a uma placa de suporte de espessura de 26 mmatravés de um pino de 22 mm de diâmetro, como mostrado nafigura e na foto. As duas placas de extremidade nos membrosda treliça têm 14 mm de espessura cada.(a) Se a carga P � 80 kN, qual é a maior tensão de esmaga-mento agindo nos pinos?(b) Se a tensão de cisalhamento máxima para os pinos é de190 MPa, qual força Pult é necessária para causar falha dospinos sob cisalhamento?

(Desconsidere o atrito entre as placas.)

1.7-8 Uma plataforma elastomérica consistindo em duasplacas de aço fixadas a um elastômero de cloroprene (umaborracha artificial) é submetida a uma força de cisalhamentoV durante um teste de carregamento estático (veja a figura).A plataforma tem dimensões a � 125 mm e b � 240 mm, e oelastômero tem espessura t � 50 mm. Quando a força V éigual a 12 kN, a placa superior desloca-se lateralmente por8,0 mm em relação à placa inferior.

Qual é o módulo de elasticidade por cisalhamento G docloroprene?

Floor joist

Floor slab

Angle bracket

Distributed pressure on angle bracket

PROB. 1.7-1

Roof structure

Trussmember

Endplates

t = 14 mm

26 mm

Pin

Gussetplate

PP

Truss members supporting a roof(Vince Streano/Getty Images)

a

b

V

t

PROB. 1.7-8

(a)

A

B

xC

45�

h = 660 mm

30�

C

W

D

hc = 490 mm

y

PROB. 1.7-18 (continua)

Angle bracket

L

b

t

p

PROB. 1.7-2

1.8-2 Um torque T0 é transmitido entre dois eixos conecta-dos por flanges por meio de dez parafusos de 20 mm. (veja afigura e a foto). O diâmetro da circunferência do parafuso éd � 250 mm.

Se a tensão de cisalhamento admissível nos parafusos é85 MPa, qual é o torque máximo permitido? (Desconsidere oatrito entre os flanges.)


VENDA PROIBIDA

Cargas Admissíveis

1.8-1 Uma barra de seção transversal circular rígida é carre-gada em tração por forças P (veja a figura). A barra tem com-primento L � 380 mm e diâmetro d � 6 mm. O material éuma liga de magnésio com módulo de elasticidade E � 42,7GPa. A tensão admissível em tração é σadm � 89,6 MPa, e oalongamento da barra não deve exceder 0,08 mm.

Qual é o valor admissível das forças P?

Strutds = 8 mm

(b)

Hinge

Hood

b = 254 mm

a = 760 mm

h = 660 mm

H =

104

1 m

m

c = 506 mm

d = 150 mm

y

Fs

A

z

B

C

C

W

D

PROB. 1.7-18

dPP

L

PROB. 1.8-1

dT0

T0

T0

PROB. 1.8-2

Conexão do eixo de acionamento em um motor de propul-são de navio (Courtesy of American Superconductor)

1.8-3 Uma amarra no deque de um veleiro consiste em umabarra dobrada parafusada em ambas as extremidades, comomostra a figura. O diâmetro dB da barra é de 6 mm, o diâme-tro dW das arruelas é de 22 mm e a espessura t do deque defibra de vidro é de 10 mm.

Se a tensão de cisalhamento na fibra de vidro é 2,1 MPa,e a pressão de esmagamento admissível entre a arruela e afibra de vidro é 3,8 MPa, qual é a carga admissível Padm naamarra?

t

P

dB dB

dW dW

PROB. 1.8-3

1.8-11 Uma barra de metal AB de peso W é suspensa por umsistema de cabos de aço dispostos como mostrado na figura.O diâmetro dos cabos é de 2 mm e a tensão de escoamento doaço é de 450 MPa.

Determine o peso máximo permitido Wmax para umfator de segurança de 1,9 em relação ao escoamento.

1.5 m

A

W

B

1.5 m

0.6 m 0.6 m2.1 m

PROB. 1.8-11

1.8-13 Uma barra rígida de seção transversal circular (diâ-metro d) tem um furo de diâmetro d/5 perfurado lateralmenteatravés do centro da barra (veja a figura). A tensão de traçãomédia admissível na seção transversal remanescente da barraé σadm.

(a) Obtenha uma fórmula para a carga admissível Padmque a barra pode suportar em tração.

(b) Calcule o valor de Padm se a barra é feita de latãocom diâmetro d � 45 mm e σadm � 83 MPa.

(Sugestão: use as fórmulas do Caso 15, Apêndice D.)

dP P

d

d/5 d/5

PROB. 1.8-13


DA VENDA PROIBIDA

1.8-16 O pistão de um motor é fixado a uma biela AB, quepor sua vez é conectada a um braço de manivela BC (veja afigura). O pistão desliza dentro do cilindro sem atrito e é sub-metido a uma força P (considerada constante) enquanto semove para a direita na figura. A biela, que tem área diâmetrod e comprimento L, é fixada em ambas as extremidades porpinos. O braço de manivela gira em torno do eixo C com opino em B movendo-se em um círculo de raio R. O eixo emC, que é sustentado por mancais, exerce um momento resis-tivo M contra o braço da manivela.

(a) Obtenha uma fórmula para a força máxima permi-tida Padm, baseada em uma tensão de compressão admissívelsc na biela.

(b) Calcule a força Padm para os seguintes dados: c �

160 MPa, d � 9.00 mm e R � 0.28L.

Dimensionamento para CargasAxiais e Cisalhamento Direto

1.9-1 Um tubo de alumínio é necessário para transmitir umaforça de tração axial P � 148 kN [veja a parte (a) da figura].A espessura da parede do tubo é de 6 mm.

(a) Qual é o diâmetro exterior mínimo exigido dmin se atensão de tração admissível é 84 MPa?

(b) Repita a parte (a) como se o tubo tivesse um furo dediâmetro d/10 na metade do comprimento [veja as partes (b)e (c) da figura].

PA

Bd C

M

Connecting rodCylinder Piston

RL

PROB. 1.8-16

1.9-2 Um cano de liga de cobre, de tensão de escoamento σY � 290 MPa, deverá suportar uma carga de tração axial P � 1.500 kN [veja a parte (a) da figura]. Um fator de segu-rança de 1,8 contra o escoamento deve ser aplicado.

(a) Se a espessura t do cano é de um oitavo de seu diâme-tro externo, qual é o diâmetro externo mínimo exigido dmin?

(b) Repita a parte (a) como se o tubo tivesse um furo dediâmetro d/10 perfurado através de todo o tubo como mos-trado na figura [parte (b)].

(a)

P P

d

(b)

P P

dHole of diameter d/10

(c)

dd/10

PROB. 1.9-1

(a)

Hole of diameter d/10

P

d

t =d8—

(b)

P

d

t =d8—

PROB. 1.9-2

1.9-3 Uma viga horizontal AB, com dimensões de seçãotransversal (b � 19 mm) � (h � 200 mm), é sustentada porum esteio inclinado CD e carrega uma carga de P � 12 kNna junta B [veja a parte (a) da figura]. O esteio, que consisteem duas barras de espessura 5b/8 cada, é conectado à vigapor um parafuso que passa por três barras que se encontramna junta C [veja a parte (b) da figura].

(a) Se a tensão de tração admissível no parafuso é de 90MPa, qual é o diâmetro mínimo exigido dmin do parafuso C?

(b) Se a tensão de esmagamento admissível no parafuso éde 130 MPa, qual é o diâmetro mínimo exigido dmin do para-fuso C?

(a)

P

D

CB

A

0.9 m

1.2 m 1.5 m


VENDA PROIBIDA

1.9-9 Um cilindro circular pressurizado tem uma placa decobertura selada, fixada com parafusos de aço (veja a figura).A pressão p do gás no cilindro é de 1.900 kPa, o diâmetrointerno D do cilindro é de 250 mm, e o diâmetro dB dos para-fusos é de 12 mm.

Se a tensão de tração admissível nos parafusos é de 70MPa, encontre o número n de parafusos necessários parafixar a cobertura.

(b)

Beam AB (b � h)

Strut CD

b

Bolt (dmin)h2—

h2— 5b

8—

PROB. 1.9-3

1.9-10 Um poste tubular de diâmetro externo d2 é mantidoerguido por dois cabos assentados com tensores (veja afigura). Os cabos são tensionados girando-se os tensores,produzindo dessa forma tensão nos cabos e compressão noposte. Ambos os cabos estão tensionados com uma força detração de 110 kN. O ângulo entre os cabos e o chão é de 60°,e a tensão de compressão admissível no poste é σc � 35 MPa.

Se a espessura da parede do poste é de 15 mm, qual é ovalor mínimo permitido do diâmetro externo d2?

p

D

Cover plate

Steel bolt

Cylinder

PROB. 1.9-9

60� 60�

Cable

Turnbuckle

Postd2

PROB. 1.9-10

C A P Î T U L O2Membros CarregadosAxialmente

VISÃO GERAL DO CAPÍTULONo Capítulo 2, consideraremos diversos aspectos dosmembros carregados axialmente, começando peladeterminação da variação no comprimento causadapor cargas (Seção 2.2 e 2.3). O cálculo da variação doscomprimentos é um ingrediente essencial na análisedas estruturas estaticamente indeterminadas, tópicoque apresentaremos na Seção 2.4. Se um membro éestaticamente indeterminado, devemos considerar asequações de equilíbrio estático junto com as equaçõesde compatibilidade (que dependem das relações deforça-deslocamento) para resolver qualquer incógnitade interesse, como reações de apoio ou forças axiaisinternas nos membros. Variações nos comprimentosdevem ser calculadas sempre que necessário para limi-tar os deslocamentos de uma estrutura, seja porrazões estéticas ou funcionais. Na Seção 2.5, discutire-mos os efeitos da temperatura no comprimento deuma barra e introduziremos os conceitos de tensãotérmica e deformação térmica. Também incluídanesta seção está a discussão dos efeitos de erros demontagem e pré-deformação. Uma visão geral sobre

as tensões em barras carregadas axialmente será apre-sentada na Seção 2.6, em que discutiremos as tensõesem seções inclinadas (como distintas das seções trans-versais) das barras. Embora apenas tensões normaisatuem na seção transversal de barras carregadas axial-mente, tensões normais e de cisalhamento atuam nasseções inclinadas. Tensões em seções inclinadas demembros carregados axialmente serão investigadascomo um primeiro passo em direção a uma conside-ração mais completa dos estados de tensão plana nosúltimos capítulos. Introduziremos então diversostópicos adicionais importantes na mecânica dosmateriais, a saber, energia de deformação (Seção2.7), carregamento impulsivo (Seção 2.8), fadiga(Seção 2.9), concentrações de tensão (Seção 2.10) ecomportamento não linear (Seções 2.11 e 2.12).Embora tais assuntos sejam discutidos no contextodos membros com cargas axiais, as discussões forne-cem os fundamentos para a aplicação destes concei-tos a outros elementos estruturais, como barras emtorção e vigas em flexão.

2.1 Introdução 722.2 Variações nos comprimentos de membros

carregados axialmente722.3 Variações no comprimento de barras não

uniformes802.4 Estruturas estaticamente indeterminadas862.5 Efeitos térmicos, erros de montagem ou

fabricação e pré-deformações93

2.6 Tensões em seções inclinadas1042.7 Energia de deformação1142.8 Carregamento cíclico e fadiga1322.9 Concentrações de tensão134

Resumo e revisão do capítulo149Problemas150Tópicos especiais e/ou avançados

O Capítulo 2 está organizado da seguinte forma:

VENDA PROIBIDA


2.1 INTRODUÇÃOComponentes estruturais submetidos apenas à tensão ou compressão são cha-mados de membros carregados axialmente. Barras sólidas com eixos longitu-dinais retos são o tipo mais comum, embora cabos e molas espirais tambémsuportem cargas axiais. Como exemplos, podemos citar barras de treliça, has-tes de conexão em motores, aros em rodas de bicicleta, colunas em prédios esuportes em armações de motores de avião. O comportamento de tensão-deformação de tais membros foi discutido no Capítulo 1, em que também obti-vemos equações para as tensões agindo em seções transversais (s � P/A) epara as deformações em direções longitudinais (e � d/L).

2.2 VARIAÇÕES NOS COMPRIMENTOS DEMEMBROS CARREGADOS AXIALMENTEAo se determinarem as variações nos comprimentos de membros carregadosaxialmente, é conveniente começar pela mola espiral (Figura 2.1). Essas molassão usadas em vários tipos de máquinas e dispositivos – por exemplo, existemdúzias delas em qualquer veículo.

Quando uma carga é aplicada ao longo do eixo de uma mola, como mos-trado na Figura 2.1, a mola é alongada ou encurtada dependendo do sentidoda aplicação da carga. Se a carga age para fora da mola, ela sofre alongamentoe dizemos que está carregada em tração. Se a carga age para dentro da mola,dizemos que ela está em compressão. Porém, não se deve dizer que as espirasindividuais da mola estão submetidas a tensões de compressão ou tração; emvez disso, as espiras agem basicamente em cisalhamento direto e torção.Entretanto, o alongamento ou encurtamento total de uma mola é análogo aocomportamento de uma barra em tração ou compressão, e por isso a mesmaterminologia é usada.

MolasO alongamento de uma mola aparece na Figura 2.2, cuja parte superior mos-tra a mola em seu comprimento natural L (também chamado de comprimentonão tensionado, comprimento relaxado ou comprimento livre) e a parte inferiormostra os efeitos de se aplicar uma carga de tração. Sob a ação da força P, ocomprimento da mola aumenta em um valor d e seu comprimento final é L �d. Se o material da mola é elástico linear, a carga e o alongamento serão pro-porcionais:

(2.1a,b)

sendo k e f constantes de proporcionalidade. A constante k é chamada de rigidez da mola e é definida como a força exi-

gida para produzir uma unidade de alongamento, isto é, k � P/d. Similarmente,a constante f é conhecida como flexibilidade e é definida como o alongamentoproduzido por uma carga de valor unitário, isto é, f � d/P. Embora tenhamosusado uma mola em tração nessa discussão, é óbvio que as Equações (2.1a) e(2.1b) também se aplicam para molas em compressão.

Da discussão anterior, está claro que a rigidez e a flexibilidade estão reci-procamente relacionadas:

(2.2a,b)

A flexibilidade de uma mola pode ser facilmente determinada medindo-se oalongamento produzido por uma carga conhecida, e a rigidez pode ser calcu-

k �1f

f �1k

P � kδ δ � fP

VENDA PROIBIDA

P

L

P

d

Figura 2-1Mola submetida a uma

carga axial P

Figura 2-2Alongamento de uma mola car-

regada axialmente

capítulo 2 Membros carregados axialmente 65

lada a partir da Equação (2.2a). Outros termos para a rigidez e a flexibilidadede uma mola são constante da mola e compliância, respectivamente.

As propriedades da mola dadas pelas Equações (2.1) e (2.2) podem ser usa-das na análise e dimensionamento de vários dispositivos mecânicos envolvendomolas, como posteriormente descrito no Exemplo 2.1.

Barras PrismáticasAs barras carregadas axialmente sofrem alongamento sob cargas de tração eencurtamento sob cargas de compressão, exatamente como as molas. Para ana-lisar esse comportamento, consideremos a barra prismática mostrada naFigura 2.3. Uma barra prismática é um membro estrutural com um eixo lon-gitudinal retilíneo e uma seção transversal constante ao longo de seu compri-mento. Embora usemos geralmente barras circulares em nossas ilustrações,devemos ter em mente que membros estruturais podem apresentar uma varie-dade de formas de seção transversal, como aquelas mostradas na Figura 2.4.

O alongamento d de uma barra prismática submetida a uma carga de traçãoP é mostrada na Figura 2.5. Se a carga age através do centroide da seção trans-versal da extremidade, a tensão normal uniforme nas seções transversais longedas extremidades é dada pela fórmula s � P/A, em que A é a área de seçãotransversal. Além disso, se a barra é feita de um material homogêneo, a defor-mação axial é e� d/L, em que d é o alongamento e L é o comprimento da barra.

Vamos também assumir que o material é elástico linear, o que significa queele segue a lei de Hooke. A tensão e a deformação longitudinal estão relacio-nadas pela equação s � Ee, em que E é o módulo de elasticidade. Combinandoessas relações básicas, obtemos a seguinte equação para o alongamento dabarra:

(2.3)δ �PLEA

VENDA PROIBIDA

Figura 2-5Alongamento de uma barraprismática em tração

P

L

d

Figura 2-3Barra prismática de seção trans-versal circular

Figura 2-4Seções transversais típicas demembros estruturais

P

Seções transversais rígidas

Seções transversais vazadas ou tubulares

Seções transversais de perfis padronizados

Essa equação mostra que o alongamento é diretamente proporcional àcarga P e ao comprimento L e inversamente proporcional ao módulo de elas-ticidade E e à área de seção transversal A. O produto EA é conhecido comorigidez axial da barra.

Embora a Equação (2.3) tenha sido formulada a partir de um membro emtração, ela se aplica muito bem a um membro em compressão – nesse caso drepresentaria o encurtamento da barra. Geralmente sabemos por observaçãose um membro ficou mais longo ou mais curto; entretanto, há ocasiões em queuma convenção de sinal é necessária (por exemplo, ao analisar uma barra esta-ticamente indeterminada). Quando isso ocorre, o alongamento é usualmentetomado como positivo e o encurtamento, negativo.

A variação no comprimento de uma barra é normalmente muito pequenacomparada ao seu comprimento, principalmente quando o material é um metalestrutural, como o aço ou o alumínio. Como exemplo, considere um suporte dealumínio de 2 m de comprimento e submetido a uma tensão de compressão

moderada de 48 MPa. Se o módulo de elasticidade é de 72 GPa, o encurtamentodo suporte (da Equação 2.3, com P/A substituído por s) é d � 0,0013 m.Consequentemente, a razão da variação no comprimento em relação ao com-primento original é 0,0013/2, ou 1/1500, e o comprimento final é 0,999 vezes ocomprimento original. Sob condições normais similares a essas, poderíamosusar o comprimento original de uma barra (em vez do comprimento final) noscálculos.

A rigidez e a flexibilidade de uma barra prismática são definidas domesmo modo que para uma mola. A rigidez é a força necessária para produzirum alongamento unitário, ou P/d, e a flexibilidade é o alongamento devido auma carga unitária, ou d/P. Dessa forma, da Equação (2.3) vemos que a rigi-dez e a flexibilidade de uma barra prismática são, respectivamente,

(2.4a,b)

Rigidez e flexibilidade de membros estruturais, incluindo aquelas dadas pelasEquações (2.4a) e (2.4b), têm um papel especial na análise de grandes estrutu-ras por métodos computacionais.

CabosCabos são usados para transmitir grandes forças de tração, por exemplo, levan-tar ou puxar objetos pesados e elevadores, equilibrar torres e sustentar pontessuspensas. Diferentemente de molas e barras prismáticas, os cabos não resistemà compressão. Além disso, eles têm pequena resistência à flexão e, por isso,podem ser curvos ou retilíneos. Todavia, um cabo é considerado um membrocarregado axialmente porque é submetido apenas a forças de tração. Como asforças de tração em um cabo são direcionadas ao longo do eixo, as forçaspodem variar em direção e intensidade dependendo da configuração do cabo.

Os cabos são construídos com um grande número de fios enrolados em umaforma particular. Embora muitas configurações sejam possíveis, dependendode como o cabo será usado, um tipo comum de cabo, mostrado na Figura 2.6,é formado por seis cordões enrolados de forma helicoidal em torno de um cor-dão central. Cada cordão, por sua vez, é construído com vários fios, tambémenrolados de forma helicoidal. Por essa razão, os cabos são geralmente chama-dos de cabos de arame torcido.

A área de seção transversal de um cabo é igual à soma das áreas de seçãotransversal de cada um dos fios que formam o cabo e é chamada de área efetivaou área metálica. É menor que a área de um círculo com o mesmo diâmetro queo cabo porque existem espaços entre cada um dos fios. Por exemplo, a área deseção transversal de um cabo de 25 mm de diâmetro é de apenas 300 mm2, aopasso que a área de um círculo de 25 mm de diâmetro seria de 491 mm2.

Sob a mesma carga de tração, o alongamento de um cabo é maior que oalongamento de uma barra sólida de mesmo material e de mesma área deseção transversal metálica, porque os fios em um cabo “esmagam-se” damesma maneira que as fibras em uma corda. Dessa forma, o módulo de elas-ticidade (chamado de módulo efetivo) de um cabo é menor que o módulo deelasticidade do material do qual ele é feito. O módulo efetivo de cabos de açoestá em torno de 140 GPa, ao passo que o aço propriamente dito tem ummódulo de elasticidade de aproximadamente 210 GPa.

k �EAL

f �L

EA


VENDA PROIBIDA

Cabos de aço numa polia(© Barsik/Dreamstime.com)

Fig. 2-6Typical arrangement of strandsand wires in a steel cable (Tom Grundy/Shutterstock)

Ao determinar o alongamento de um cabo através da Equação (2.3), omódulo efetivo deve ser usado para E e a área efetiva deve ser usada para A.

Na prática, as dimensões da seção transversal e outras propriedades doscabos são fornecidas pelos fabricantes. Entretanto, para uso na resolução deproblemas neste livro (nunca para aplicações de engenharia), listamos as pro-priedades de um tipo específico de cabo na Tabela 2.1. Note que a últimacoluna contém a carga máxima, que é a carga que causaria a ruptura do cabo.A carga admissível é obtida através da carga máxima, aplicando-se um fator desegurança que pode variar entre 3 e 10, dependendo de como o cabo seráusado. Os fios individuais em um cabo são geralmente feitos de aço de altaresistência, e a tensão de tração calculada pode chegar a valores tão altosquanto 1.400 MPa.

Os exemplos a seguir ilustram técnicas para analisar dispositivos simplescontendo molas e barras. As soluções exigem o uso de diagramas de corpolivre, equações de equilíbrio e equações para variações no comprimento. Osproblemas no final do capítulo fornecem exemplos adicionais.


VENDA PROIBIDA

Diâmetro nominal Peso aproximado Área efetiva Carga máxima

mm N/m mm2 kN

12202532384450

6,113,924,438,555,976,499,8

76,7173304481697948

1.230

102231406641930

1.2601.650

Tabela 2Propriedades de cabos de aço

* To be used solely for solving problems in this book.

Uma armação rígida ABC de perfil L consiste em um braço horizontal AB(comprimento b � 280 mm) e um braço vertical BC (comprimento c � 250mm) e está presa por um pino no ponto B, como mostrado na Figura 2.7a.O pino está fixo na armação externa BCD, que fica em uma bancada de lab-oratório. A posição do ponteiro em C é controlada por uma mola (rigidez k� 750 N/m) afixada a uma haste com rosca. A posição da haste com rosca éajustada girando-se a porca serrilhada.

O passo das roscas (isto é, a distância de uma rosca para a próxima) é p� 1,6 mm, o que significa que uma revolução completa da porca moverá abarra com a mesma intensidade. Inicialmente, quando não há peso nobraço, a porca é girada até que o apontador na extremidade do braço BCesteja diretamente sobre a marca de referência na barra mais externa.(a) Se um peso W � 9 N é colocado no braço em A, quantas revoluções da

porca são necessárias para trazer o apontador de volta para a marca?(Deformações das partes de metal do dispositivo podem ser desconsider-adas, pois são desprezíveis se comparadas à variação no comprimento damola.)

(b) Se uma mola de rotação de rigidez kr � Kb2/4 é adicionada em B, quan-tas rotações da porca são necessárias agora? (A mola de rotação forneceuma rigidez kr no momento (N m/radiano) para rotações angulares daunidade ABC.)

#

Exemplo 2-1 • • •


VENDA PROIBIDA

Solução(a) Use uma armação em L com mola translacional única k.

A inspeção do instrumento (Figura 2.7a) mostra que o peso W agindopara baixo fará o ponteiro em C mover-se para a direita. Quando o pon-teiro se move para a direita, o comprimento da mola sofre um acréscimo,o qual podemos determinar pela força na mola.

Para determinar a força na mola, construímos um diagrama decorpo livre da armação ABC (Figura 2.7b). Neste diagrama, W representaa força aplicada pelo suporte e F representa a força aplicada pela mola.As reações no pino estão indicadas com traços através das setas (veja adiscussão das reações na Seções 1.2 e 1.9).

Calculando o momento em relação ao ponto B, temos

(a)

O alongamento correspondente da mola (da Equação 2.1a) é

(b)

Para trazer o ponteiro de volta à marca, devemos girar a porca osuficiente para mover a haste com rosca para a esquerda em uma quan-tidade igual ao alongamento da mola. Uma vez que cada volta completada porca move a haste em uma distância igual ao passo p, o movimentototal da haste é igual a np, em que n é o número de voltas. Dessa forma,

(c, d)

da qual obtemos a seguinte fórmula para o número de revoluções daporca:(D) (NÃO CONSTA DO ORIGINAL)Resultados numéricos. Como passo final na solução, substituímos os dadosnuméricos na Equação (d), para encontrar o número necessário de voltasda porca n:

np � δ �Wbck

so n �Wbckp

δ �Fk

�Wbck

F �Wb

c


Figura 2-7Exemplo 2.1. (a) Armação ABC

em perfil L fixada à armaçãoexterna BCD por um pino em Be (b) diagrama de corpo

Spring kKnurled nut

HangerFrame

Threaded rod

c

b

C

D

W

A

(a)

B

b

C

BA

W

W

F

F

(b)

c


VENDA PROIBIDA

Esse resultado mostra que, se rotacionarmos a porca em nove rev-oluções, a haste com rosca irá se mover para a esquerda em uma quanti-dade igual ao alongamento da mola causado pela carga de 9 N, dessaforma retornando o ponteiro à marca de referência.

(b) Use uma armação em L com mola translacional k e mola rotacional kr. A mola rotacional em B (Fig. 2-7c) proporciona uma resistência adicionalna forma de um momento em B ao movimento do ponteiro em C. Énecessário um novo diagrama de corpo livre. Se aplicarmos uma pequenarotação u na junção B, as forças e os momentos resultantes são mostra-dos na Fig. 2-7d. Somando momentos em torno de B, obtemos:

(e, f)

Resolvendo para a rotação θ, obtemos:

(g)

➥n �Wbckp

�9N(280 mm)

250 mma750Nmb (1,6 mm)

� 8,4 revoluções

θ �Wb

kc2 � kr

�Wb

kac2 �b2

4b

Fc � krθ � Wb or kc2θ � krθ � Wb


Mola kPorcaserrilhada

SustentadorArmação

Hasterosqueada

c

b

C

D

W

A

(c)

B

Mola rotacional

b

C

BA

W

W

F

(d)

c

F=k(cθ)

krθ

θ

θ

cθ

Figura 2-7 (Continuação)

Exemplo 2-1: (c) Laboratórioem pequena escala comacréscimo de mola rotacionalem B, e (d) Diagrama de corpolivre da armação ABC comacréscimo de mola rotacionalem B e uma pequena rotação θaplicada em B.

A força F na mola de translação é agora:

(h)

Assim, o alongamento da mola translacional é:

F � k(cθ ) � kcJWb

kac2 �b2

4b K or F �

Wbc

ac2 �b2

4b


VENDA PROIBIDA


e o número necessário de rotações da porca é:

A combinação de uma mola translacional anexada à haste rosqueada euma mola rotacional em B resulta num sistema com uma rigidez maiordo que aquela que tem apenas uma mola de translação. Assim, o pon-teiro em C se move menos sob a carga W, de modo que menos voltas sãonecessárias para recentralizar o ponteiro.

➥so n �(9N)(280mm)(250mm)

a750Nmb(1,6mm) c(250mm)2 �

(280mm)2

4d

� 6,4 revoluções

n �Wbc

kpac2 �b2

4b

δ � np �F

k�

Wbc

kac2 �b2

4b

Exemplo 2-2 • • •O dispositivo na Figura 2.8a consiste em uma viga horizontal ABC sustentadapor duas barras verticais BD e CE. A barra CE é fixada por pinos em ambas asextremidades, mas a barra BD está fixada na fundação pela extremidadeinferior. A distância de A até B é 450 mm e de B até C é 225 mm. As barrasBD e CE têm comprimentos de 480 mm e 600 mm, respectivamente, e suasáreas de seção transversal são 1.020 mm2 e 520 mm2, respectivamente. Asbarras são feitas de aço, tendo módulo de elasticidade E � 205 GPa.

Assumindo que a viga ABC seja rígida, determine o seguinte:

(a) Encontre a máxima carga admitida Pmax se o deslocamento do ponto Aestá limitado a 1,0 mm.

(b) Se P � 25 kN, qual é a área de seção transversal necessária da barra CE demodo que o deslocamento no ponto A seja igual a 1,0 mm?

Solução(a) Determine a carga máxima admissível Pmax.

Para encontrar o deslocamento do ponto A, precisamos conhecer osdeslocamentos dos pontos B e C. Por isso, devemos encontrar as variaçõesnos comprimentos das barras BD e CE, usando a equação geral δ � PL/EA(Equação 2.3).

Começamos pelos cálculos das forças nas barras através de um dia-grama de corpo livre da viga (Figura 2.8b). Como a barra CE está presapor pinos em ambas as extremidades, é um membro de “força dupla” etransmite apenas uma força vertical FCE à viga. Entretanto, a barra BDpode transmitir tanto uma força vertical FBD quanto uma força horizon-tal H. Do equilíbrio da viga ABC na direção horizontal, vemos que a forçahorizontal é nula.

Duas equações adicionais de equilíbrio nos permitem expressar asforças FBD e FCE em termos da carga P. Dessa forma, calculando o momentoem relação ao ponto B e então somando as forças na direção vertical, obte-mos

(a)

Observe que a força FCE age para baixo na barra ABC e a força FBD agepara cima. Por isso, o membro CE está em tração e o membro BD está emcompressão.

O encurtamento do membro BD é

FCE � 2P FBD � 3P


VENDA PROIBIDA


(b)

Observe que o encurtamento δBD é dado em milímetros e que a carga Pestá expressa em newtons.

De forma similar, o estiramento de CE é

(c)

Novamente, o deslocamento é expresso em milímetros e a carga P estáexpressa em newtons. Conhecendo as mudanças nos comprimentos dasduas barras, podemos encontrar agora o deslocamento do ponto A.

DDiagrama de deslocamento. Um diagrama de deslocamentomostrando a posição relativa dos pontos A, B e C está desenhado naFigura 2.8c. A linha ABC representa o alinhamento inicial dos três pontos.Depois que a carga P é aplicada, o membro BD encurta pela quantidade

�(2P)(600 mm)

(205 GPa)(520 mm2)� 11,26P � 10�6 mm (P � newtons)

δCE �FCELCE

EACE

�(3P)(480 mm)

(205 GPa)(1020 mm2)� 6,887P � 10�6 mm (P � newtons)

δBD �FBDLBD

EABD

Figura 2-8Exemplo 2.2. Viga horizontalABC sustentada por duas bar-ras verticais (continua)

(b)

P

AB H

FBD FCE

C

450 mm 225 mm

(c)

A B

A" B" C'

C

A'

B'

450 mm 225 mm

BD

CE

A

d

d

da

(a)

P

A B C

D

E

450 mm

120 mm

225 mm600 mm

(c)

A B

A" B" C'

C

A'

B'

450 mm 225 mm

BD

CE

A

d

d

da

Figura 2-8 (Repetida)


VENDA PROIBIDA


δBD e o ponto B move-se para B�. O membro CE alonga-se pela quanti-dade δCE e o ponto C se move para C�. Como a viga ABC foi consideradarígida, os pontos A�, B� e C� estão em uma linha reta.

Para maior clareza, os deslocamentos estão altamente exageradosno diagrama. Na realidade, a linha ABC rotaciona em um ângulo muitopequeno para sua nova posição A�B�C� (veja a Observação 2 ao finaldeste exemplo).

Usando semelhança de triângulos, podemos agora encontrar asrelações entre os deslocamentos nos pontos A, B e C. Dos triângulosA�A�C� e B�B�C�, obtemos

(d)

em que todos os termos são expressos em milímetros.Substituindo δBD e δCE das Equações (b) e (c) temos

Finalmente, substituímos δA pelo seu valor limite de 1,0 mm e resolvemosa equação para a carga P. O resultado é

Quando a carga atinge esse valor, o deslocamento para baixo no pontoA é igual a 1,0 mm.

Observação 1: Uma vez que a estrutura comporta-se de maneiraelástica linear, os deslocamentos são proporcionais à intensidade dacarga. Por exemplo, se a carga é igual à metade de Pmax, isto é, P � 11,6kN, o deslocamento para baixo do ponto A é igual a 0,5 mm.

Observação 2: Para verificar nossa premissa de que a linha ABC rota-ciona em um ângulo bem pequeno, podemos calcular o ângulo derotação a do diagrama de deslocamento (Figura 2.8c) da seguintemaneira:

(e)

O deslocamento δA do ponto A é 1,0 mm, e o alongamento δCE da barraCE é encontrado pela Equação (c) substituindo-se P � 23.200 N; o resul-tado é δCE � 5 0,261 mm. Portanto, da Equação (e) obtemos

da qual α � 0,11°. Esse ângulo é tão pequeno que, se tentássemos desen-har o diagrama de deslocamento em escala, não seríamos capazes de dis-tinguir entre a linha inicial ABC e a linha rotacionada A�B�C�.

Dessa forma, ao trabalhar com diagramas de deslocamento, geral-mente podemos considerar os deslocamentos como quantidades bempequenas, simplificando dessa forma a geometria. Nesse exemplopudemos assumir que os pontos A, B e C moveram-se apenas vertical-mente; por outro lado, se os deslocamentos fossem grandes, teríamos deconsiderar que eles se moveram ao longo de trajetórias curvilíneas.

(b) Determine a área de seção transversal necessária da barra CE.

Se P � 25 kN, qual é a área de seção transversal necessária da barra CEde modo que o deslocamento no ponto A seja igual a 1,0 mm?

Começamos com a relação de deslocamentos na Eq. (d):

(d repetida)

em seguida, substituímos o valor numérico necessário para δA e asexpressões de força-deslocamento das Eqs. (b) e (c), dando:

➥

δA � δCE

450 mm � 225 mm�

δBD � δCE

225 mm

tg α �1,0 mm � 0,261 mm

675 mm�

1,261 mm

675 mm� 0,001868

tg α �A�A–

A–C��

δA � δCE

675 mm

P � Pmax � 23.200 N (ou 23,2kN)

δA � 11,26P � 10�6

450 � 225�

6,887P � 10�6 � 11,26P � 10�6

225

A�A–

A–C��

B�B–

B–C�or

δA � δCE

450 � 225�

δBD � δCE

225

(c)

A B

A" B" C'

C

A'

B'

450 mm 225 mm

BD

CE

A

d

d

da



VENDA PROIBIDA


(f)

Depois de substituir expressões para FBD e FCE a partir da Eq. (a),podemos resolver a Eq. (f) para ACE e obter a expressão:

(g)

ubstituindo os valores numéricos, descobrimos que a área de seção trans-versal necessária da barra CE para assegurar que o ponto A se desloque1,0 mm sob uma carga aplicada P � 25 kN é:

A carga aplicada na parte (b) de P � 25 kN é maior do que Pmax � 23,2kN na parte (a), de modo que a área em corte transversal de CE é maior(como esperado).

➥ACE �4(1020 mm2)(600 mm)(25 kN)

(1020 mm2)(205 GPa)(1.0 mm) � 9(480 mm)(25 kN)� 605 mm2

δA � aFCE LCE

EACE

b450 mm � 225 mm

�

aFBD LBD

EABD

b � aFCE LCE

EACE

b225 mm

ACE �4ABDLCEP

ABDEδA � 9LBDP

2.3 VARIAÇÕES NO COMPRIMENTO DEBARRAS NÃO UNIFORMESQuando uma barra prismática de material elástico linear é carregada apenasnas extremidades, podemos obter a variação em seu comprimento por meio daequação d � PL/EA, como está descrito na seção anterior. Nesta seção vere-mos como esta mesma equação pode ser usada em situações mais gerais.

Barras com Carregamento Axial em Ponto IntermediárioSuponha, por exemplo, que uma barra prismática é carregada por uma ou

mais cargas axiais agindo em pontos intermediários ao longo do eixo (Figura2.9a). Podemos determinar a variação no comprimento dessa barra somandoalgebricamente os alongamentos e encurtamentos dos segmentos individuais.O procedimento é o seguinte:

1. Identifique os segmentos da barra (segmentos AB, BC e CD) como segmen-tos 1, 2 e 3, respectivamente.

2. Determine as forças axiais internas N1, N2 e N3 nos segmentos 1, 2 e 3, res-pectivamente, através dos diagramas de corpo livre das Figuras 2.9b, c e d.Note que as forças axiais internas estão denotadas pela letra N para distin-gui-las das forças externas P. Assumindo as forças na direção vertical, obte-mos as seguintes expressões para as forças axiais:

Ao escrever essas equações, usamos a convenção de sinal dada na seção ante-rior (forças axiais internas são positivas quando em tração e negativas quandoem compressão).

3. Determine as mudanças nos comprimentos dos segmentos através daEquação (2.3)

na qual L1, L2 e L3 são os comprimentos dos segmentos e EA é a rigidez axialda barra.

δ1 �N1L1

EAδ2 �

N2L2

EAδ3 �

N3L3

EA

N1 � �PB � PC � PD N2 � PC � PD N3 � PD

4. Some d1, d2 e d3 para obter d, a variação de comprimento de toda a barra:

Como já explicado, as variações nos comprimentos devem ser somadas, alge-bricamente, considerando os alongamentos positivos e os encurtamentos nega-tivos.

Barras Formadas por Segmentos PrismáticosEssa mesma aproximação geral pode ser usada quando a barra consiste emvários segmentos prismáticos, cada um com forças axiais, dimensões e mate-riais diferentes (Figura 2.10). A variação no comprimento pode ser obtidaatravés da equação

(2.5)

em que o índice i indica os vários segmentos da barra e n é o número total desegmentos. Observe, especialmente, que Ni não é uma carga externa, mas aforça axial no segmento i.

Barra com Variações Contínuas de Cargas ouDimensõesAlgumas vezes, a força axial N e a área da seção transversal A variam conti-nuamente ao longo do eixo de uma barra, como ilustrado pela barra afilada daFigura 2.11a. Essa barra não apenas tem uma área de seção transversalvariando continuamente, mas também uma força axial variando continua-mente. Nessa ilustração, a carga consiste em duas partes, uma força PB agindona extremidade B da barra e forças distribuídas p(x) agindo ao longo do eixo(uma força distribuída tem unidade de força por distância, como libras porpolegada ou newtons por metro). Uma carga axial distribuída pode ser produ-zida por fatores tais como forças centrífugas, forças de atrito ou o peso de umabarra pendurada em uma direção vertical.

Sob essas condições, não podemos mais usar a Equação (2.5) para obter avariação no comprimento. Em vez disso, devemos determinar a variação no

δ � an

i � 1

NiLi

EiAi

δ � a3

i � 1

δi � δ1 � δ2 � δ3


VENDA PROIBIDA

PB

B

C

D

A

L1

L3

L2

PC PC PC

PD

PB

B

C

D

PD

N2

N1

C

D

PD

N3

D

PD

(b) (c) (d)(a)

Figu 2-9(a) Barra com cargas externas

agindo em pontos inter-mediários; (b), (c) e (d) diagra-

mas de corpo livre mostrando asforças axiais internas N1, N2 e N3

Figura 2-10Barra formada por segmentosprismáticos com forças axiais,dimensões e materiais diferentes

L2

L1

PA

E1

E2

A

B

C

PB

comprimento de um elemento diferencial da barra e então integrar sobre ocomprimento da barra.

Escolhemos um elemento diferencial a uma distância x da extremidadeesquerda da barra (Figura 2.11a). A força axial interna N(x) agindo nessaseção transversal (Figura 2.11b) pode ser determinada pelo equilíbrio usandoo segmento AC ou o segmento CB como um corpo livre. Em geral, essa forçaé uma função de x. Conhecendo as dimensões da barra, podemos expressar aárea de seção transversal A(x) em função de x.


VENDA PROIBIDA

Figura 2-11Barra com área de seção trans-

versal e força axial variáveisPBBCA

dx

(a)

p(x)

dx

dxd

x

L

CA

(b) (c)

x

N(x)p(x) p(x) N(x) + N(x)N(x)

O alongamento dd do elemento diferencial (Figura 2.11c) pode ser obtidoatravés da equação d � PL/EA, substituindo-se P por N(x), L por dx e A porA(x), da seguinte maneira:

(2.6)

O alongamento de toda a barra é obtido integrando-se sobre o comprimento:

(2.7)

Se as expressões para N(x) e A(x) não forem por demais complexas, a integralpode ser desenvolvida analiticamente e uma fórmula para d pode ser obtida,como ilustrado mais adiante no Exemplo 2.4. Entretanto, se uma integraçãoformal é difícil ou impossível, um método numérico deve ser usado.

LimitaçõesAs Equações (2.5) e (2.7) aplicam-se apenas a barras feitas de materiais elásti-cos lineares, como mostrado pela presença do módulo de elasticidade E nasfórmulas. A fórmula d� PL/EA foi obtida usando-se a suposição de que a dis-tribuição de tensão é uniforme sobre toda seção transversal (porque é baseadana fórmula s� P/A). Essa suposição é válida para barras prismáticas, mas nãopara barras afiladas e, por isso, a Equação (2.7) fornece resultados satisfatóriospara uma barra afilada apenas se o ângulo entre os lados da barra forempequenos.

Como ilustração, se o ângulo entre os lados de uma barra for 20°, a tensãocalculada pela expressão s� P/A (em uma seção transversal selecionada arbi-trariamente) será 3% menor que a tensão exata para aquela mesma seçãotransversal (calculada por métodos mais avançados). Para ângulos menores, oerro será ainda menor. Consequentemente, podemos dizer que a Equação (2.7)será satisfatória se o ângulo de afilamento for pequeno. Se o afilamento forgrande, serão necessários métodos de análise mais precisos (Ref. 2.1).

Os exemplos a seguir ilustram a determinação das variações nos compri-mentos de barras não uniformes.

δ �3

L

0

dδ �3

L

0

N(x)dx

EA(x)

dδ �N(x)dx

EA(x)


VENDA PROIBIDA

Uma barra vertical de aço é sustentada por um pino em sua extremidadesuperior e carregada por uma força P1 em sua extremidade inferior (Figura2.12a). Uma viga horizontal BDE é presa por um pino à barra vertical najunção B e sustentada no ponto D. A viga está submetida a uma força P2 naextremidade E.

A parte superior da barra vertical (segmento AB) tem comprimento L1� 500 mm e área de seção transversal A1 � 160 mm2; a parte inferior (seg-mento BC) tem comprimento L2 � 750 mm e área A2 � 100 mm2. O módulode elasticidade E do aço é de 200 GPa. As partes esquerda e direita da vigaBDE têm comprimentos a � 700 mm e b � 625 mm, respectivamente.

(a) Calcule o deslocamento vertical δC no ponto C se a carga P1 � 10 kN e acarga P2 � 25 kN (desconsidere os pesos da barra e da viga).

(b) Onde no segmento DE deveria ser aplicada a carga P2 se o deslocamentovertical δC deve ser igual a 0,25 milímetros?

(c) Se a carga P2 é uma vez mais aplicada em E, qual seria o novo valor daárea de seção transversal A2 necessário para que o deslocamento verti-cal, δC fosse igual a 0,17 mm?


Continua ➥

(a)

b

P2

A2

A1

L1

L2

a

A

B D E

C

P1

Figura 2-12Exemplo 2.3. Mudança no com-primento de uma barra nãouniforme (barra ABC)

(b)

(c)

b

P2

a

B D E

P3 RD

A

B

C

P1

RA

P3

Solução(a) Determine o deslocamento vertical no ponto C..Forças axiais na barra ABC. Da Figura 2.12a, vemos que o deslocamento ver-tical do ponto C é igual à mudança no comprimento da barra ABC. Por isso,devemos encontrar as forças axiais em ambos os segmentos dessa barra.


VENDA PROIBIDA Continua ➥

A força axial N2 no segmento inferior é igual à carga P1. A força axialN1 no segmento superior pode ser encontrada se conhecermos a reaçãovertical em A ou a força aplicada na barra pela viga. Esta última pode serencontrada através de um diagrama de corpo livre da viga (Figura2.12b), no qual a força agindo na viga (da barra vertical) é denotada P3e a reação vertical no suporte D é denotada RD. Nenhuma força horizon-tal age entre a barra e a viga, como pode ser visto por um diagrama decorpo livre da própria barra vertical (Figura 2.12c). Por isso, não há nen-huma reação horizontal no suporte D da viga.

Calculando o momento em relação ao ponto D para o diagrama decorpo livre da viga (Figura 2.12b), temos

(a)

Essa força age para baixo na viga (Figura 2.12b) e para cima na barra ver-tical (Figura 2.12c).

Agora podemos determinar a reação para baixo no suporte A(Figura 2.12c):

(b)

A porção superior da barra vertical (segmento AB) está submetida a umaforça axial de compressão N1 igual a RA, ou 12,3 kN. O segmento inferior(segmento BC) suporta uma força axial de tração N2 igual a P1, ou 10 kN.

Observação: Como alternativa para os cálculos anteriores, podemosobter a reação RA a partir de um diagrama de corpo livre de toda a estru-tura (em vez de um diagrama de corpo livre da viga BDE).

Variação no comprimento. Com a tração considerada positiva, aEquação (2.5) nos dá

(c)

em que δ é a mudança no comprimento da barra ABC. Uma vez que δ épositivo, a barra sofre alongamento. O deslocamento do ponto C é igualà mudança no comprimento da barra:

O deslocamento está para baixo.

(b) Determine a localização da carga P2 no segmento DE.

Carga P2 está agora posicionada a certa distância x para a direita doponto D (ver Fig. 2-12d.):

(d)

Da equação (b), temos: RA � P3 � P1.A força de compressão axial em AB é RA e a força de tração axial em

BC é P1 , então a partir da Eq. (c), o deslocamento para baixo na junçãoC é:

(e)

Substituindo a expressão para P3 da Eq. (d) e resolvendo para x dá:

(f)

©MD � 0 P3 �P2x

a

δC �

� c a P2x

ab � P1 dL1

EA1

�P1L2

EA2

δC ��(P3 � P1)L1

EA1

�P1L2

EA2

δ � an

i�1

NiLi

EiA i

�N1L1

EA1

�N2L2

EA2

��12,3 kN(500 mm)

200 GPa(160 mm2)�

10 kN(750 mm)

200 GPa(100 mm2)

� �0,192 mm � 0,375 mm � 0,183 mm

δC � 0,183 mm ➥

RA � P3 � P1 � 22,3 kN � 10 kN � 12,3 kN

P3 �P2b

a�

25 kN(625 mm)700 mm

� 22,3 kN


Figura 2-12 (continuação)

Exemplo 2-3: (d) Carga P2 aalguma distância x para a dire-ita do ponto D

(d)

ba

B D E

P2P3 RD

x


VENDA PROIBIDA

e

(g)

Finalmente, insira valores numéricos e resolva para a distância x:

(c) Determine a nova área transversal A2.

Agora a carga P2 é aplicada mais uma vez na junção E, então, a força P3é obtida a partir da Eq. (a) e a Eq. (f) revisada é:

(h)

Agora podemos resolver para a área transversal A2 em termos de outrasvariáveis da estrutura:

(i)

A substituição de valores numéricos na Eq. (i) fornece a área necessáriada barra BC se δC � 0,17 mm sob as cargas aplicadas P1 e P2 :

Como esperado, a área da seção transversal A2 deve aumentar, de modoque o deslocamento vertical em C é reduzido a partir do calculado na Eq.(c).

� 103,4 mm2 ➥

A2 �(750 mm)(10 kN)

(200 GPa)J (0,17 mm) �

(500 mm) c10 kN �(25 kN)(625 mm)

(700 mm)d

(160 mm2)(200 GPa)K

A2 �L2P1

EJ δC �

L1aP1 �P2ba b

A1EK

δC �

� c a P2bab � P1 dL1

EA1

�P1L2

EA2

x �

700 mm[(160 mm2)(750 mm)(10 kN) �

(100 mm2)(500 mm)(10 kN) �

(160 mm2)(100 mm2)(200 GPa)(0,25 mm)]

(100 mm2)(500 mm)(25 kN)� 504 mm ➥

x �a(A1L2P1 � A2L1P1 � A1A2EδC)

A2L1P2


Uma barra afilada AB de seção transversal circular sólida e comprimento L(Figura 2.13a) é suportada na extremidade B e submetida a uma carga detração P na extremidade livre A. Os diâmetros da barra nas extremidades Ae B são dA e dB, respectivamente.

Determine o alongamento da barra devido à carga P, assumindo que oângulo de afilamento é pequeno.


Continua ➥


VENDA PROIBIDA

SoluçãoA barra analisada neste exemplo tem uma força axial constante (igual àcarga P ) por todo seu comprimento. No entanto, a área de seção transver-sal varia continuamente de uma extremidade à outra. Por isso, devemos usarintegração (veja Equação 2.7) para determinar a mudança no comprimento.

Área de seção transversal. O primeiro passo na solução é obter umaexpressão para a área de seção transversal A(x) em qualquer seção transversalda barra. Para este fim, devemos estabelecer uma origem para a coordenadax. Uma possibilidade é colocar a origem das coordenadas na extremidade livreA da barra. Entretanto, a integração a ser realizada será um pouco simplifi-cada se definirmos a origem das coordenadas prolongando os lados da barraafilada até eles se encontrarem no ponto O, como mostrado na Figura 2.13b.

As distâncias LA e LB da origem O até as extremidades A e B, respecti-vamente, são da razão de

(a)

obtida pela semelhança de triângulos na Figura 2.13b. Da semelhança detriângulos também obtemos a variação do diâmetro d(x) em função da dis-tância x da origem em relação ao diâmetro dA na extremidade menor dabarra:

(b)

Por isso, a área de seção transversal a uma distância x da origem é

(c)

Variação do comprimento. Agora, substituímos a expressão para A(x) naEquação (2.7) e obtemos o alongamento δ :

(d)

Realizando a integração (veja no Apêndice C as fórmulas de integração) esubstituindo os limites, obtemos

δ �L

N(x)dxEA(x)

�3

LB

LA

Pdx14LA22

E1πdA2x22 �

4PLA2

πEdA2 3

LB

LA

dx

x2

A(x) �π [d(x)]2

4�

πdA2x2

4LA2

d(x)dA

�xLA

or d(x) �dAx

LA

LA

LB�

dA

dB

Exemplo 2-4

P

L

BA

dA

dB

(a)

dxx

LA

O

LB

L

d(x) dBdA

(b)

BA

Figura 2.13Exemplo 2.4. Alteração nocomprimento de uma barra afi-lada de seção transversal circu-lar sólida.

Continua ➥



VENDA PROIBIDA

(e)

Essa expressão para δ pode ser simplificada notando-se que

(f)

Desta forma, a equação para δ fica

(g)

Finalmente, substituímos LA/LB�dA/dB (veja a Equação a) e obtemos

(2-8)

Essa fórmula fornece o alongamento de uma barra afilada de seção trans-versal circular sólida. Substituindo os valores numéricos, podemos determi-nar a variação no comprimento para qualquer barra em particular.

Observação 1: Um engano comum é assumir que o alongamento deuma barra afilada pode ser determinado calculando-se o alongamento deuma barra prismática que tenha a mesma área de seção transversal que aárea de seção transversal mediana de uma barra afilada. Um exame daEquação (2.8) mostra que essa ideia não é válida.

Observação 2: A fórmula anterior para barras afiladas (Equação 2.8)pode ser reduzida ao caso especial de uma barra prismática substituindo-sedA � dB � d. O resultado é

que sabemos estar correto.Uma fórmula geral tal como a Equação (2.8) deve ser, sempre que pos-

sível, averiguada verificando-se se ela sempre se reduz a resultados conheci-dos para casos especiais. Se a redução não produzir um resultado correto, afórmula inicial está errada. Se um resultado correto for obtido, a fórmulainicial pode ainda estar incorreta, mas sua confiabilidade aumenta. Em out-ras palavras, esse tipo de averiguação é uma condição necessária, mas nãosuficiente para a validade da fórmula inicial.

δ �4PL

πEd2�

PLEA

δ �4PL

πEdAdB➥

δ �4PL

πEdA2aLA

LB

b

1LA

�1LB

�LB � LA

LALB�

LLALB

δ �4PLA

2

πEdA2c�1

xdLA

LB

�4PLA

2

πEdA2a 1

LA

�1LB

b


2.4 ESTRUTURAS ESTATICAMENTEINDETERMINADASAs molas, barras e cabos que discutimos nas seções anteriores têm uma carac-terística em comum – suas reações e forças internas podem ser determinadas apartir unicamente de diagramas de corpo livre e equações de equilíbrio.Estruturas desse tipo são classificadas como estaticamente determinadas. Emespecial, devemos notar que as forças em uma estrutura estaticamente determi-nada podem ser encontradas sem levar em conta as propriedades dos materiais.Considere, por exemplo, a barra AB mostrada na Figura 2.14. Os cálculos paraas forças axiais em ambas as partes da barra, bem como para a reação R nabase, independem do material do qual a barra é feita.

A maioria das estruturas é mais complexa que a barra da Figura 2.14, esuas reações e forças internas não podem ser encontradas apenas através da

estática. Essa situação é ilustrada na Figura 2.15, que mostra a barra ABfixada em ambas as extremidades. Agora, há duas reações verticais (RA e RB),mas apenas uma equação de equilíbrio – a equação da somatória das forças nadireção vertical. Uma vez que essa equação contém duas incógnitas, ela não ésuficiente para encontrar as reações. As estruturas desse tipo são classificadascomo estaticamente indeterminadas. Para analisar tais estruturas, devemoscomplementar as equações de equilíbrio com equações adicionais de desloca-mentos da estrutura.

Para vermos como uma estrutura estaticamente indeterminada é analisada,considere o exemplo da Figura 2.16a. A barra prismática AB está fixada emsuportes rígidos em ambas as extremidades e é carregada axialmente por umaforça P em um ponto intermediário C. Como discutiu-se anteriormente, as rea-ções RA e RB não podem ser encontradas apenas através da estática, porque hásomente uma equação de equilíbrio disponível:

(2.9)

É preciso uma equação adicional para encontrarmos as duas reações desco-nhecidas.

A equação adicional é baseada na observação de que uma barra comambas as extremidades fixadas não apresenta variação no comprimento. Seseparamos a barra de seus suportes (Figura 2.16b), obtemos uma barra livreem ambas as extremidades e carregada pelas três forças, RA, RB e P. Essas for-ças fazem a barra sofrer uma variação dAB de comprimento, que deve ser iguala zero:

(2.10)

Essa equação, chamada de equação de compatibilidade, expressa o fato de quea variação no comprimento da barra deve ser compatível com as condições nossuportes.

Para resolver as Equações (2.9) e (2.10), devemos agora expressar a equa-ção de compatibilidade em termos das forças desconhecidas RA e RB. As rela-ções entre as forças que agem em uma barra e suas variações de comprimentosão conhecidas como relações de força-deslocamento. Essas relações têmvárias formas, dependendo das propriedades do material. Se o material é elás-tico linear, a equação d � PL/EA pode ser usada para obter as relações deforça-deslocamento.

Vamos assumir que a barra da Figura 2.16 tenha área de seção transversalA e seja feita de um material com módulo E. Então, as variações nos compri-mentos dos segmentos superior e inferior da barra são, respectivamente,

(2.11a,b)

em que o sinal de menos indica o encurtamento da barra. As equações (2.11a)e (2.11b) são as relações de força-deslocamento.

Estamos agora prontos para resolver simultaneamente os três conjuntos deequações (a equação de equilíbrio, a equação de compatibilidade e as relaçõesde força-deslocamento). Nessa ilustração, começamos combinando as rela-ções de força-deslocamento com a equação de compatibilidade:

(2.12)

Note que essa equação contém as duas reações como incógnitas.O próximo passo é resolver simultaneamente a equação de equilíbrio

(Equação 2.9) e a equação anterior (Equação 2.12). Os resultados são

δAB � δAC � δCB �RAa

EA�

RBb

EA� 0

δAC �RAa

EAδCB � �

RBb

EA

δAB � 0

©Fvert � 0 RA � P � PB � 0


VENDA PROIBIDA

P1

P2

R

A

B

Figura 2-14Barra estaticamente determinada

RA

RB

P

A

B

Figura 2-15Barra estaticamente indeterminada

(2.13a,b)

Com essas reações conhecidas, todas as outras quantidades de força e des-locamento podem ser determinadas. Suponha, por exemplo, que desejemosencontrar o deslocamento para baixo dC do ponto C. Esse deslocamento éigual ao alongamento do segmento AC:

(2.14)

Podemos também encontrar as tensões nos dois segmentos da barra direta-mente através das forças axiais (por exemplo, sAC � RA/A � Pb/AL).

Comentários GeraisDa discussão anterior, vemos que a análise de uma estrutura estaticamenteindeterminada envolve a formulação e a resolução de equações de equilíbrio,equações de compatibilidade e relações de força-deslocamento. As equações deequilíbrio relacionam as cargas que agem na estrutura às forças incógnitas (quepodem ser reações ou forças internas), e as equações de compatibilidadeexpressam restrições aos deslocamentos da estrutura. As relações de força-des-locamento são expressões que usam dimensões e propriedades dos membrosestruturais para relacionar forças e deslocamentos desses membros. No caso debarras carregadas axialmente que se comportam de maneira elástica linear, asrelações são baseadas na equação d � PL/EA. Finalmente, todos os três con-juntos de equações podem ser resolvidos simultaneamente para as forças e des-locamentos desconhecidos.

Na literatura de engenharia, vários termos são usados para as condiçõesexpressas pelo equilíbrio, compatibilidade e equações de força-deslocamento.As equações de equilíbrio são também conhecidas como equações estáticas oucinéticas; as equações de compatibilidade são algumas vezes chamadas deequações geométricas, equações cinemáticas ou equações de deformações com-patíveis; e as relações de força-deslocamento são geralmente chamadas de rela-ções constitutivas (porque lidam com a constituição, ou as propriedades físicas,dos materiais).

Para as estruturas relativamente simples discutidas neste capítulo, o métodode análise anterior é adequado. Entretanto, estratégias mais formalizadas são

δC � δAC �RAa

EA�

PabLEA

RA �PbL

RB �PaL


VENDA PROIBIDA

RA

RB

A

C

B

a

b

RA

RB

A

C

B

PP

(b)(a)

L

Figura 2-16Análise de uma barra estatica-

mente indeterminada

necessárias para estruturas complexas. Dois métodos utilizados habitualmente,o método da flexibilidade (também chamado de método da força) e o método darigidez (também chamado de método do deslocamento), são descritos detalha-damente em livros de análise estrutural. Embora esses métodos sejam normal-mente usados para estruturas grandes e complexas, que exigem a soluçãosimultânea de centenas, e às vezes, de milhares de equações, ainda são basea-dos nos conceitos descritos anteriormente, isto é, equações de equilíbrio, equa-ções de compatibilidade e relações de força-deslocamento.*

Os dois exemplos a seguir ilustram a metodologia para analisar estruturasestaticamente indeterminadas consistindo em membros carregados axialmente.


VENDA PROIBIDA*De um ponto de vista histórico, possivelmente, Euler, em 1774, foi o primeiro a analisar um sistema estaticamente indetermi-nado; ele considerou o problema de uma mesa rígida com quatro pernas apoiada em uma fundação elástica (Refs. 2.2 e 2.3). Otrabalho seguinte foi feito pelo matemático e engenheiro francês L. M. H. Navier, que, em 1825, afirmou que reações estatica-mente indeterminadas poderiam ser encontradas levando-se apenas em conta a elasticidade da estrutura (Ref. 2.4). Navierresolveu problemas de apoios e vigas estaticamente indeterminados.

Uma barra rígida horizontal ABC está presa na extremidade A e apoiada pordois fios (BD e CD) nos pontos B e C (Fig. 2-17). Uma carga vertical P atua nofinal C da barra. A barra tem um comprimento 2b e os fios BD e CD têm com-primentos L1 e L2, respectivamente. Além disso, o fio BD tem um diâmetrod1 e módulo de elasticidade E1; o fio CD tem um diâmetro d2 e um módulo E2.

(a) Obtenha fórmulas para a carga admissível P se as tensões admissíveis nos fiosBD e CD, respectivamente, são σ1 e σ2. (Desconsidere o peso da barra ecabos).

(b) Calcule a carga admissível P para as seguintes condições: o fio BD é feito dealumínio, com um módulo de E1 � 72 GPa e um diâmetro d1 � 4,2 mm.O fio CD é feito de magnésio com um módulo E2 � 45 GPa e um diâmetrod2 � 3,2 mm. As tensões admissíveis nos fios de alumínio e magnésio sãoσ1 � 200 MPa e σ2 � 172 MPa, respectivamente. As dimensões são a �1,8 m e b � 1,2 m na Fig 2-17.


D

A B

L1L2

C

P

x

y

b

(a)

a

b

Fig. 2-17 Exemplo 2-5: (a) Análise deuma estrutura cabo-barra esta-ticamente indeterminada, (b)diagrama de corpo livre dabarra ABC, e (c) o alongamentodo fio BD

Solução(a) Determine as fórmulas para a carga admissível P.

Equação de equilíbrio. Começamos a análise pelo desenho de um dia-grama de corpo livre da barra ABC (Fig. 2-17b). Neste diagrama, T1 3 T2são as forças de tração desconhecidas nos cabos e Ax e Ay são as compo-nentes horizontais e verticais de reação no suporte A. Veremos imediata-mente que a estrutura é estaticamente indeterminada, porque existemquatro forças desconhecidas (T1, T2, Ax e Ay), mas apenas três equaçõesindependentes de equilíbrio

Tomando momentos em torno do ponto A (com momentos sentidoanti-horário sendo positivos) produz:


VENDA PROIBIDA

(a)

As outras duas equações, obtidas pela soma das forças na direção hori-zontal e somando forças na direção vertical, não são de benefício imedi-ato para encontrar T1 e T2, porque introduzem incógnitas adicionais Axe Ay.

Equação de compatibilidade. Para obter uma equação relacionadacom os deslocamentos, observa-se que a carga P provoca a mudança deposição da barra ABC com relação ao suporte de pinos em A, esticandodesse modo os fios. Os deslocamentos resultantes são mostrados no dia-grama da Fig. 2-17b, onde a linha ABC representa a posição original dabarra rígida e a linha AB‘C’ representa a posição alterada. Os desloca-mentos verticais descendentes ΔB e ΔC são usados para encontrar osalongamentos δ1 and δ2 dos fios. Como estes deslocamentos são muitopequenos, a barra é movida por um ângulo muito pequeno (mostradomuito exagerado na figura) e podemos fazer cálculos no pressuposto deque os pontos B e C se movimentem verticalmente para baixo (em vezde se mover ao longo dos arcos de círculos).

Uma vez que as distâncias horizontais AB e BC são iguais, obtém-sea relação geométrica entre os deslocamentos verticais:

(b)

Esta é a equação de compatibilidade que nos permite encontrar outrarelação entre as duas forças de cabo, uma vez que temos substituído asrelações força-deslocamento.

Em primeiro lugar, utilizando a geometria* (ver Fig. 2-17c),podemos relacionar os deslocamentos verticais para o alongamento dofio como

(c,d)

(e,f)

ou

¢C �δ2

sen (αC)e 2¢B � 2

δ1

sen (αB)

δ1 � ¢B sen (αB) e δ2 � ¢C sen (αC)

¢C � 2¢B

ou T1 sen (αB) � 2T2 sen (αC) � 2P

©MA � 0 T1(b) sen (αB) � T2(2b) sen (αC) � P(2b) � 0


* Nota: Poderíamos também usar o produto escalar de ΔB (�j ) e um vetor unitário n � (cos (αB)i � sen(αB)j )ao longo da linha DB para encontrar δ1 e também o produto escalar de ΔC (�j )e um vetor unitário n � (cos(αC)i � sen (αC)j ) ao longo da linha DC para encontrar δ2.



B'

B

(c)

ΔB

δ1

αB

αc

(b)

x

B b

T1

δ1

δ2

T2 P

C

Ay

Ax A b

a

D

y

ΔB

αB

ΔcB' C'


VENDA PROIBIDA

(g)

Relações força-deslocamento. Uma vez que os fios se comportam de umaforma linear elástica, os seus prolongamentos podem ser expressos emtermos de forças desconhecidas T1 e T2 por meio das seguintesexpressões:

(h,i)

onde f1 e f2 são as flexibilidades dos fios BD e CD, respectivamente, e asáreas transversais dos fios são:

(j,k)

Solução de equações. Resolveremos agora simultaneamente os três con-juntos de equações (equilíbrio, compatibilidade e força-deslocamento)para encontrar as forças dos fios T1 e T2. Em primeiro lugar, inserimos asequações de força-deslocamento [Eqs. (h, i)] na equação de compatibili-dade [Eq. (g)]:

(l)

Resolvendo para T2 dá: (m)

Inserindo esta expressão de T2 na equação de equilíbrio [Eq. (a)] e resol-vendo para rendimentos de T1:

(n)

e (o)

Carga admissível P. Agora que a análise estaticamente indeterminadaestá concluída e as forças nos fios são conhecidas, podemos determinaro valor admissível da carga P. A tensões σ1 no fio BD e a σ2 no fio CD sãofacilmente obtidas a partir das forças [Eqs. (n) e (o)]:

Podemos resolver cada uma dessas equações para um valor admissível decarga P que depende tanto da tensão admissível σ1 ou σ2; o controle domenor valor de carga P:

A1 �πd1

2

4A2 �

πd22

4

δ1 � a L1

E1A1

bT1 � f1T1 e δ2 � a L2

E2A2

bT2 � f2T2

δ2 � 2a sen (αC)

sen (αB)bδ1

T1 � a f2 sin (αB)

f2 sin (αB)2 � 4f1 sin (αC)2b (2P)

T2 � 2a sen (αC)

sen (αB)b a f1

f2

bT1

δ2 � 2a sen (αC)

sen (αB)bδ1 � f2T2 � 2a sen (αC)

sen (αB)bf1T1

σ2 �T2

A2

� a f1 sen (αC)

f2 sen (αB)2 � 4f1 sen (αC)2b a4 P

A2

b

σ1 �T1

A1

� a f2 sen (αB)

f2 sen (αB)2 � 4f1 sen (αC)2b a2 P

A1

b

T2 � a f1 sin (αC)

f2 sin (αB)2 � 4f1 sin (αC)2b (4P)



VENDA PROIBIDA

(2-15a)

(2-15b)

(b) Encontre o valor numérico da carga admissível P.

Utilizando os dados numéricos e as equações anteriores, obtemos os val-ores numéricos::

Substituindo estes valores numéricos nas equações. (2-15a, b) dá:

O primeiro resultado baseia-se na tensão admissível σ1 do fio dealumínio e o segundo baseia-se na tensão admissível σ2 do fio de mag-nésio. A carga admissível é o menor dos dois valores:

Nesta carga, a força T1 no fio de alumínio é 2771 N e a tensão no fio dealumínio é de 200 MPa (tensão admissível σ1), enquanto que a força T2no fio de magnésio é 1045 N e a tensão no fio de magnésio é(1780/2355)(172 MPa) � 130 MPa. Como esperado, esta tensão é inferiorà tensão admissível σ2 � 172 MPa.

A1 �π4

d12 �

π4

(4,2 mm)2 � 13,85442 mm2

A2 �π4

d22 �

π4

(3,2 mm)2 � 8,04248 mm2

➥

➥

P2 �σ2A2

4a f2 sen (αB)2 � 4f1 sen (αC)2

f1 sen (αC)b

P1 �σ1A1

2a f2 sen (αB)2 � 4f1 sen (αC)2

f2 sen (αB)b

➥

αC � tg�1 a a2bb � 36,87°

αB � tg�1 a abb � 56,31°

P2 �σ2A2

4£ f2 sin (αB)2 � 4f1 sin (αC)2

f1 sin (αC)≥ � 2355 N

P1 �σ1A1

2£ f2 sin (αB)2 � 4f1 sin (αC)2

f2 sin (αB)≥ � 1780 N

L2 � 3a2 � (2b)2 � 3(1,8 m)2 � (2,4 m)2 � 3 m

L1 � 3a2 � b2 � 3(1,8 m)2 � (1,2 m)2 � 2,16333 m

f1 �L1

E1A1

�2,16333 m

(72 GPa)(13,85442 mm2)� 2,16871 � 10�3 mm

N

Pallow � 1780 N

f2 �L2

E2A2

�3 m

(45 GPa)(8,04248 mm2)� 8,28932 � 10�3 mm

N



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Um cilindro circular sólido S, feito de aço, está encerrado em um tubo circu-lar vazado de cobre C (Figuras 2.18a e b). O cilindro e o tubo são comprimi-dos entre as placas rígidas de uma máquina de teste por forças decompressão P. O cilindro de aço tem área de seção transversal As e módulode elasticidade Es, o tubo de cobre tem área Ac e módulo Ec, e ambos têmcomprimento L.

Determine as seguintes quantidades: (a) as forças de compressão Ps nocilindro de aço e Pc no tubo de cobre; (b) as tensões de compressão corre-spondentes σs e σc e (c) o encurtamento δ do conjunto.

Solução(a) Forças de compressão no cilindro de aço e no tubo de cobre. Começamos

removendo a placa superior do conjunto para expor as forças de com-pressão Ps e Pc agindo no cilindro de aço e no tubo de cobre, respectiva-mente (Figura 2.18c). A força Ps é a resultante das tensões distribuídassobre a seção transversal do cilindro de aço e a força Pc é a resultante dastensões agindo sobre a seção transversal do tubo de cobre.


(b)

Ac

AsC

S

(a)

P

L

(d)

P

Pc

Ps

(c)

Ps

Pc

L

Figura 2-18Exemplo 2.6. Análise de umaestrutura estaticamente inde-terminada


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Equação de equilíbrio. Um diagrama de corpo livre da placa supe-rior é mostrado na Figura 2.18d. Essa placa está sujeita à força P e àsforças de compressão desconhecidas Ps e Pc; dessa forma, a equação deequilíbrio é

(f)©Fvert � 0 Ps � Pc � P � 0


(b)

Ac

AsC

S

(a)

P

L

(d)

P

Pc

Ps

(c)

Ps

Pc

L


Essa equação, que é a única equação de equilíbrio não trivial disponível,contém duas incógnitas. Por isso, concluímos que a estrutura é estatica-mente indeterminada.

Equação de compatibilidade. Como as placas na extremidade sãorígidas, o cilindro de aço e o tubo de cobre devem encurtar na mesmaquantidade. Denotando-se os encurtamentos das partes de aço e decobre por δs e δc, respectivamente, obtemos a seguinte equação de com-patibilidade:

(g)

Relações de força-deslocamento. As variações nos comprimentos do cilindro e do tubo podem ser obtidas a partir da equação geral δ � PL/EA. Por isso, neste exemplo, as relações de força-deslocamento são

δs � δc


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(h,i)

Solução das equações. Agora resolvemos simultaneamente os trêsconjuntos de equações. Primeiro, substituímos as relações de força-deslocamento na equação de compatibilidade, que nos fornece

(j)

Esta equação expressa a condição de compatibilidade em termos dasforças desconhecidas.

Depois, resolvemos simultaneamente a equação de equilíbrio(Equação f) e a equação anterior de compatibilidade (Equação j) e obte-mos as forças axiais no cilindro de aço e no tubo de cobre:

(2-16a,b)

Essas equações mostram que as forças de compressão nas partes de açoe de cobre são diretamente proporcionais às suas respectivas rigidezesaxiais e inversamente proporcionais à soma delas.

(b) Tensões de compressão no cilindro de aço e no tubo de cobre.Conhecendo as forças axiais, podemos agora obter as tensões de com-pressão nos dois materiais:

(2-17a,b)

Perceba que a razão σs/σc das tensões é igual à razão Es/Ec do módulo deelasticidade, mostrando que, em geral, o material “mais rígido” sempretem a maior tensão.

(c) Encurtamento do conjunto. O encurtamento d de todo o conjunto podeser obtido a partir da Equação (h) ou da Equação (i). Desta forma, substi-tuindo as forças (das Equações 2.16a e b), obtemos

(2-18)

Esse resultado mostra que o encurtamento do conjunto é igual à cargatotal dividida pela soma da rigidez das duas partes (lembre-se daEquação 2.4a que a rigidez de uma barra carregada axialmente é k �EA/L)..

Solução alternativa das equações. Em vez de substituir as relaçõesde força-deslocamento (Equações h e i) na equação de compatibilidade,poderíamos novamente escrever essas relações na forma

(k,l)

➥

➥

σs �Ps

As

�PEs

EsAs � EcAc

σc �Pc

Ac

�PEc

EsAs � EcAc

Ps � Pa EsAs

EsAs � EcAc

b Pc � Pa EcAc

EsAs � EcAc

b

PsL

EsAs

�PcL

EcAc

δs �PsL

EsAs

δc �PcL

EcAc

➥δ �PsL

Es As

�PcL

Ec Ac

�PL

Es As � Ec Ac

Ps �EsAs

Lδs Pc �

EcAc

Lδc


2.5 EFEITOS TÉRMICOS, ERROS DEMONTAGEM OU FABRICAÇÃO E PRÉ.DEFORMAÇÕESCargas externas não são as únicas fontes de tensões e deformações em umaestrutura. Outras fontes incluem efeitos térmicos que surgem de diferenças detemperatura, erros de montagem ou fabricação resultantes de imperfeições naconstrução e pré-deformações produzidas por deformações iniciais. Outroscasos ainda são os assentamentos (ou movimentos) de apoios, cargas inerciaisresultantes de movimentos acelerados e fenômenos naturais como terremotos.

Efeitos térmicos, erros de montagem ou fabricação e pré-deformações, geral-mente encontrados em sistemas mecânicos e estruturais, serão descritos nestaseção. Como regra geral, eles são muito mais importantes no projeto de estru-turas estaticamente indeterminadas do que nas estaticamente determinadas.

Efeitos TérmicosVariações na temperatura produzem expansão ou contração de materiaisestruturais, resultando em deformações e tensões térmicas. Uma ilustraçãosimples da expansão térmica é mostrada na Figura 2.19, em que o bloco domaterial pode mover-se sem restrições e, por isso, é livre para expandir-se.Quando o bloco é aquecido, todo elemento do material sofre deformações tér-micas em todas as direções e, consequentemente, as dimensões do blocoaumentam. Se tomarmos o canto A como um ponto de referência fixo e fizer-mos o lado AB manter seu alinhamento original, o bloco terá um novo formatodesignado pelas linhas tracejadas.


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e substituí-las na equação de equilíbrio (Equação f)

(m)

Essa equação expressa a condição de equilíbrio em termos dos desloca-mentos desconhecidos. Então, resolvemos simultaneamente a equaçãode compatibilidade (Equação g) e a equação anterior, obtendo dessaforma os deslocamentos:

(n)

que está de acordo com a Equação (2.18). Finalmente, substituímos aexpressão (n) nas Equações (k) e (l) e obtemos as forças de compressão Pse Pc (veja Equações 2.16a e b).

Observação: O método alternativo de resolver as equações é umaversão simplificada do método de análise da rigidez (ou do desloca-mento), e o primeiro método de resolver as equações é uma versão sim-plificada do método de análise da flexibilidade (ou da força). Os nomesdesses dois métodos surgem a partir do fato de que a Equação (m) temdeslocamentos como incógnitas e rigidezes como coeficientes (vejaEquação 2.4a), ao passo que a Equação (j) tem as forças como incógnitase as flexibilidades como coeficientes (veja Equação 2.4b).

δs � δc �PL

EsAs � EcAc

EsAs

Lδs �

EcAc

Lδc � P


Figura 2-19Bloco de material submetido a um aumento de temperatura

BA

Para a maioria dos materiais estruturais, a deformação térmica εT é propor-cional à variação de temperatura ΔT, isto é,

(2.19)

em que a é uma propriedade do material chamada coeficiente de dilatação tér-mica. Uma vez que a deformação é uma quantidade adimensional, o coefi-ciente de dilatação térmica tem unidades inversas àquelas da variação detemperatura. Em unidades SI, as dimensões de a podem ser expressas por 1/K(o inverso de kelvins) ou 1/°C (o inverso de graus Celsius). O valor de a é omesmo em ambos os casos, porque a variação na temperatura é numerica-mente a mesma tanto em kelvins quanto em graus Celsius. Valores típicos de aestão listados na Tabela H.4 do Apêndice H.

Quando uma convenção de sinal é necessária para deformações térmicas,em geral assumimos que a expansão é positiva e a contração é negativa.

Para demonstrar a importância relativa de deformações térmicas, vamoscomparar deformações térmicas com de-

formações induzidas por cargas da seguinte maneira: suponha que temosuma barra carregada axialmente com deformações longitudinais dadas pelaequação e � s/E, em que s é a tensão e E é o módulo de elasticidade. Entãosuponha que temos uma barra idêntica submetida a uma variação de tempera-tura ΔT, o que significa que a barra tem deformações térmicas dadas pelaEquação (2.15). Equacionando as duas deformações, tem-se a equação

A partir desta equação, podemos calcular a tensão axial s que produz amesma deformação que a variação de temperatura ΔT. Por exemplo, considereuma barra de aço inoxidável com E � 210 GPa e a � 17 � 10�6/°C. Um cál-culo rápido de s a partir da equação anterior mostra que uma variação de tem-peratura de 60 °C produz a mesma deformação que uma tensão de 214 MPa.Essa tensão está no intervalo de tensões admissíveis típicas para o aço inoxidá-vel. Dessa forma, uma variação relativamente modesta na temperatura produzdeformações de mesma intensidade que deformações causadas por cargascomuns, o que mostra que os efeitos de temperatura podem ser importantes emprojetos de engenharia.

Materiais estruturais comuns expandem-se quando aquecidos e contraem-se quando resfriados. Por isso, um aumento na temperatura produz uma defor-mação térmica positiva. Deformações térmicas geralmente são reversíveis,significando que o membro retorna à sua forma original quando sua tempera-tura retorna ao valor original. Entretanto, algumas ligas metálicas especiaisrecentemente desenvolvidas não se comportam da maneira comum. Em vezdisso, em certos intervalos de temperatura, suas dimensões diminuem quandoaquecidas e aumentam quando resfriadas.

A água é também um material incomum do ponto de vista térmico – ela seexpande quando aquecida em temperaturas acima de 4 °C e também quandoresfriada abaixo de 4 °C. Dessa forma, a água tem sua máxima densidade a 4 °C.

Retornando ao bloco do material mostrado na Figura 2.19, vamos assumirque ele é homogêneo e isotrópico e que o aumento de temperatura ΔT é uni-forme ao longo do bloco. Podemos calcular o aumento em qualquer dimensãodo bloco multiplicando a dimensão inicial pela deformação térmica. Por exem-plo, se uma das dimensões é L, então ela aumentará por uma quantidade de

(2.20)δT � εTL � α(¢T)L

σ � Eα(¢T)

εT � α(¢T )


VENDA PROIBIDA*For a discussion of temperature units and scales, see Section A.3 of Appendix A.

A Equação (2.20) é uma relação de temperatura-deslocamento, análoga àsrelações de força-deslocamento descritas na seção anterior. Ela pode ser usadapara calcular variações nos comprimentos de membros estruturais submetidosa variações de temperaturas uniformes, tal como o alongamento ΔT da barraprismática mostrada na Figura 2.20. (As dimensões transversais da barra tam-bém mudam, mas essas alterações não são mostradas na figura, uma vez quegeralmente não têm nenhum efeito nas forças axiais sendo transmitidas pelabarra.)


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T

ΔT

L

d

Figura 2-20Aumento no comprimento de

uma barra prismática devido aum aumento uniforme na tem-

peratura (Equação 2.16)

Nas discussões anteriores sobre deformações térmicas, assumimos que aestrutura não tinha nenhuma restrição e era capaz de expandir-se ou de con-trair-se livremente. Essas condições existem quando um objeto repousa emuma superfície livre de atrito ou está pendurado em espaço aberto. Em taiscasos, nenhuma tensão é produzida por uma variação uniforme de tempera-tura ao longo do objeto, embora variações de temperatura não uniformes pos-sam produzir tensões internas. Entretanto, muitas estruturas possuem apoiosque previnem a livre expansão e contração e, nesse caso, tensões térmicas vãose desenvolver mesmo quando a variação de temperatura for uniforme aolongo da estrutura.

Para ilustrar algumas dessas ideias sobre os efeitos térmicos, considere atreliça de duas barras ABC da Figura 2.21 e assuma que a temperatura dabarra AB variou em um valor ΔT1 e a temperatura da barra BC variou em umvalor ΔT2. Como a treliça está estaticamente determinada, ambas as barrasestão livres para alongar ou encurtar, resultando em um deslocamento da juntaB. Entretanto, não há tensões em nenhuma das barras e nenhuma reação nossuportes. Essa conclusão aplica-se geralmente a estruturas estaticamente deter-minadas; isto é, variações de temperatura uniforme nos membros produzemdeformações térmicas (e as variações correspondentes nos comprimentos) semproduzir nenhuma tensão correspondente.

Uma estrutura estaticamente determinada pode ou não desenvolver tensõesde temperatura, dependendo da característica da estrutura e da natureza dasvariações de temperatura. Para ilustrar algumas das possibilidades, considere atreliça estaticamente indeterminada mostrada na Figura 2.22. Como os apoiosdessa estrutura permitem que a junta D mova-se horizontalmente, nenhumatensão é desenvolvida quando a armação inteira é uniformemente aquecida.

Figura 2-21Treliça estaticamente determi-

nada com uma variação uni-forme de temperatura em cada

membro

ΔT1

ΔT2

A

C

B

Podem-se desenvolver forças emtreliças estaticamente indetermi-nadas devido à temperatura e àpré-deformação (Barros &Barros/Getty Imagens)

Todos os membros crescem em comprimento de forma proporcional aos seuscomprimentos iniciais, e a armação fica ligeiramente maior em tamanho.

Entretanto, se algumas barras são aquecidas e outras não, tensões térmicasvão se desenvolver, porque o arranjo estaticamente indeterminado das barraslimita a livre expansão. Para visualizar essa condição, imagine que apenas umabarra está aquecida. Enquanto essa barra fica mais longa, encontra resistênciadas outras barras e, por isso, tensões serão desenvolvidas em todos os membros.

A análise de uma estrutura estaticamente indeterminada com variações detemperatura está baseada nos conceitos discutidos na seção anterior, isto é,equações de equilíbrio, equações de compatibilidade e relações de desloca-mento. A principal diferença é que agora usamos relações de temperatura-des-locamento (Equação 2.16) juntamente com as relações de força-deslocamento(como δ � PL/EA) ao fazer a análise. Os dois exemplos a seguir ilustram osprocedimentos em detalhes.


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Figura 2-22Treliça estaticamente indetermi-nada sujeita a variações de tem-peratura

A D

CB

Uma barra prismática AB de comprimento L, feita de material linearmenteelástico está fixada entre suportes imóveis (Fig. 2-23a). A barra tem ummódulo de elasticidade E e um coeficiente de expansão térmica α.

(a) Se a temperatura da barra for aumentada uniformemente por umaquantidade ΔT, deduza uma fórmula para a tensão térmica σT desen-volvida na barra.

(b) Modifique a fórmula na parte (a) se o suporte rígido B for substituídopor um suporte elástico que tem uma mola de constante k (Fig 2-23b.);assumindo que só a barra AB está sujeita ao aumento de temperaturauniforme ΔT.

(c) Repita a parte (b), mas agora suponha que a barra é aquecida de modonão uniforme, de tal modo que o aumento da temperatura a uma distân-cia x de A é dada por ΔT(x) � ΔT0(1�x2/L2) (ver Fig. 2-23c ).

Exemplo 2-7

Figura 2-23(a) Barra estaticamente inde-terminada com aumento detemperatura uniforme ΔT, (b)barra estaticamente indetermi-nada com suporte elástico eaumento da temperatura uni-forme ΔT e (c) barra estatica-mente indeterminada comsuporte elástico e aumento detemperatura não uniformeΔT(x)

(a)

A ΔT B

L

RA RB

(b)

ΔTA B

xL

RcRA kC

(c)

ΔT0

ΔT(x)

A B

xL

RcRA kC

• • •


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Solução(a) Determine a tensão térmica na barra fixada em A e B submetida a aumento de

temperatura uniforme ΔT

Devido a que a temperatura aumenta, a barra tende a alongar-se, mas écontida pelos suportes rígidos em A e B. Por conseguinte, as reações RAe RB são desenvolvidas nos suportes e a barra está sujeita a tensões decompressão uniforme.

Equação de equilíbrio. A única equação não trivial de equilíbrioestático é a de que as reações RA e RB devem somar zero. Assim, temosuma equação, mas duas incógnitas, que é um problema de primeiro grauestaticamente indeterminado:

(a)

Selecionaremos a reação RB como a redundante e usaremos a superposi-ção de duas estruturas “soltas” estaticamente determinadas (Fig 2-23d.)para deduzir uma equação adicional: uma equação de compatibilidade.A primeira estrutura solta é sometida ao aumento de temperatura ΔT e,portanto, se alonga uma quantidade δT. A segunda alonga δB sob aredundante RB, que é aplicada como uma carga. Estamos usando umaconvenção estática de sinais, por isso as forças e deslocamentos na dire-ção x são considerados positivos

Equação de compatibilidade. A equação de compatibilidade mani-festa o fato de a alteração líquida no comprimento da barra ser zero,porque os suportes A e B estão totalmente contidos:

(b)

©Fx � 0 RA � RB � 0

δT � δB � 0


(b)

ΔTA

A

B

B

δT

δB

RB

Figura 2-23 (Continução)

Exemplo 2-7: (d) Barras estati-camente determinadas comsuporte B removido (isto é,estruturas soltas)

Relações temperatura-deslocamento e força-deslocamento. O aumentodo comprimento da barra devido à temperatura é [Eq. (2-20)]:

(c)

onde α é o coeficiente de expansão térmica do material. O aumento docomprimento da barra, devido à força desconhecida RB aplicada, éobtido a partir da relação força-deslocamento:

(d)

em que E é o módulo de elasticidade, A é a área transversal da barra efAB é a flexibilidade da barra.

Solução de equações. Substituindo as Equações (c) e (d) na equaçãode compatibilidade (b) e resolvendo para a redundante RB dá:

(e)RB ��α(¢T )L

fAB

� �EAα(¢T )

δB � RBa LEAb � RBfAB

δT � α (¢T )L


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E da equação de equilíbrio Eq. (a), temos:

(f)

Usando a convenção estática de sinais, agora sabemos que RB está nadireção negativa de x, enquanto que RA está na direção positiva de x.Como passo final, calculamos a tensão de compressão na barra (assu-mindo que a ΔT seja positiva e, por conseguinte, um aumento da tem-peratura) sendo:

(g)

Nota 1: Neste exemplo, as reações são independentes do comprimentoda barra e a tensão é independente do comprimento e a área de seçãotransversal [ver as Eqs. (f) e (g)]. Assim, mais uma vez, vemos a utilidadede uma solução simbólica, porque estas características importantes docomportamento da barra não se podem observar em uma solução pura-mente numérica.

Nota 2: Quando determinamos o alongamento térmico da barra[Eq. (c)], assumimos que o material era homogéneo e que o aumento datemperatura foi uniforme em todo o volume da barra. Além disso,quando determinamos o aumento do comprimento devido à força dereação [Eq. (d)], assumimos o comportamento linearmente elástico domaterial. Estas limitações devem ser mantidas sempre em mente quandoescrever equações, tal como as Eqs. (c) e (d).

Nota 3: A barra neste exemplo tem zero deslocamentos longitudi-nais, não só nas extremidades fixas, mas também em cada seção trans-versal. Assim, não há deformações axiais nesta barra e temos a situaçãoespecial de tensões longitudinais sem deformações longitudinais. Claro,existem deformações transversais na barra, tanto da mudança de tem-peratura como da compressão axial..

(b) Determine a tensão térmica na barra fixa em A com suporte elástico em B e sub-metida à mudança de temperatura uniforme ΔT.

A estrutura na Figura 2-23b é estaticamente indeterminada em primeirograu, portanto, selecionamos a reação RC como a redundante e maisuma vez usamos a sobreposição de duas estruturas soltas para resolver oproblema.

Em primeiro lugar, o equilíbrio estático da estrutura indeterminadaoriginal requer que:

(h)

enquanto que a compatibilidade de deslocamentos na junção C para asduas estruturas soltas é expressa como:

(i)

Na primeira estrutura solta, aplicamos a mudança de temperatura uni-forme ΔT para a barra AB somente, então:

(c, repetida)

Note que a mola se desloca na direção x positiva, mas não está defor-mada pela mudança de temperatura. Em seguida, a redundante RC éaplicada à extremidade da mola na segunda estrutura solta, resultandono deslocamento na direção x positiva. Tanto a barra AB e a mola estão

➥

δT � α(¢T )L

δT � δC � 0

RA � RC � 0

RA � �RB � EAα(¢T)

σT �RA

A� Eα(¢T)



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submetidas à força RC, de modo que o deslocamento total em C é a somados alongamentos da barra e da mola:

(j)

onde f � 1/k é a flexibilidade da mola. Substituindo as equações temper-atura-deslocamento [Eq. (c)] e força-deslocamento [Eq. (j)] na equaçãode compatibilidade [Eq. (i)], e então resolvendo para a redundante RCdá:

(k)

Em seguida, a partir da equação de equilíbrio [Eq. (h)], vemos que

(l)

Lembrando que estamos usando uma convenção para sinais de estática,então RA é a força de reação na direção x positiva, enquanto que RC é aforça de reação na direção x negativa. Finalmente, a tensão de com-pressão na barra é:

(m)

Note que se a rigidez da mola k tende para o infinito, a Eq. (l) transforma-se na Eq. (f) e a Eq. (m) se torna a Eq. (g). Com efeito, o uso de uma molainfinitamente rígida traz o suporte rígido de volta de C para B.

(c) Determine a tensão térmica na barra fixada em A com suporte elástico em B esubmetida a mudanças de temperatura não uniformes.A estrutura da Fig. 2-23c é estaticamente indeterminada em primeirograu. Assim, mais uma vez, selecionamos a reação RC como a redundantee, como nas partes (a) e (b), utilizamos a superposição de duas estruturassoltas para resolver o problema estaticamente indeterminado deprimeiro grau (Fig. 2-23e, f).

➥σT �RA

A�

Eα(¢T )

1 �EAkL

RA � �RC �EAα(¢T )

1 �EAkL

RC ��α(¢T )LfAB � f

��α(¢T )LL

EA�

1k

or RC � �JEAα(¢T)

1 �EAkLK

δC � RCa LEAb �

RC

k� RC(fAB � f)


(e)

A B

x

k C

δT

ΔT0

ΔT(x)


Exemplo 2-7: (e) Barra estatica-mente determinada com osuporte C removido (ou seja, aestrutura liberada), sob umaumento de temperatura nãouniforme.


Exemplo 2-7: (f) Barra estatica-mente determinada comsuporte C removido (ou seja,estrutura liberada), sob a apli-cação da força RC.

Rc

(f)

A B

x

k C

δc


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A equação de equilíbrio estático para toda a estrutura é a Eq. (h), e aequação de compatibilidade é a Eq. (i). Em primeiro lugar, resolvemospara o deslocamento δT na primeira estrutura liberada (Fig. 2-23e) como:

(n)

e δC para a segunda estrutura liberada (Fig. 2-23f) é a mesma que a Eq.(j) dando:

(j, repeated)

Substituindo a equação temperatura-deslocamento [Eq. (n)] e a equaçãoda força-deslocamento [Eq. (j)], na equação de compatibilidade [Eq. (i)]dá:

(o)

A partir da equação de equilíbrio estático [Eq. (h)], obtemos:

(p)

Finalmente, a tensão de compressão na barra sob mudança de temper-atura não uniforme ΔT(x) � ΔT0 (1 � (x/L)2) é:

(q)

Notamos mais uma vez que o uso de uma mola infinitamente rígida eli-mina o termo EA/kL da Eq. (q) e fornece a solução para uma barra pris-mática fixada em A e B sob mudança de temperatura não uniforme ΔT(x) � ΔT0 (1 � (x/L)2).

➥

δT �3

L

0α[¢T(x)]dx �

3

L

0αe¢T0 c1 � ax

Lb2 d fdx �

2

3α(¢T0)L

δC � RC(fAB � f)

RC �

�23

α(¢T0)L

fAB � f�

�2α(¢T0)L

3a LEA

�1kb

or RC � �a23b J

EAα(¢T0)

1 �EAkLK

σT �RA

A� a2

3b J

Eα(¢T0)

1 �EA

kLK

RA � �RC � a23b J

EAα(¢T0)

1 �EAkLK



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Uma luva, na forma de um tubo circular de comprimento L, é colocada emtorno de um parafuso circular e presa por arruelas em cada extremidade(Figura 2.24a). A porca é então girada apenas até o ponto de ajuste. A luvae o parafuso são feitos de materiais distintos e têm áreas de seção transver-sal diferentes (assuma que o coeficiente da expansão térmica aS da luva émaior que o coeficiente aB do parafuso).

(a) Se a temperatura de todo o conjunto for aumentada em uma quanti-dade ΔT, qual o valor das tensões σS e σB desenvolvidas na luva e no para-fuso, respectivamente?

(b) Qual é o aumento δ do comprimento L da luva e do parafuso?


1

2

3

4

(a)

(b)

(c)

ΔT

PB PS

Nut Washer Sleeve Bolt head

L

Bolt

d

d

d

d

d

Figura 2-24Exemplo 2.8. Montagem deluva e parafuso com variaçãode temperatura uniforme ΔT

SoluçãoComo a luva e o parafuso são feitos de diferentes materiais, irão alongar emquantidades diferentes quando forem aquecidos e puderem expandir livre-mente. Entretanto, quando estão unidos pelo conjunto, a expansão livre nãopode ocorrer e tensões térmicas aparecerão em ambos os materiais. Paraencontrar essas tensões, usamos os mesmos conceitos que em qualqueranálise estaticamente indeterminada – equações de equilíbrio, equações decompatibilidade e relações de deslocamento. Entretanto, não podemos for-mular essas equações até que desmontemos a estrutura.

Uma forma simples de cortar a estrutura é remover a cabeça do para-fuso, permitindo dessa forma que a luva e o parafuso expandam-se livre-mente sob a variação de temperatura ΔT (Figura 2.24b). Os alongamentosresultantes da luva e do parafuso são denotados por δ1 e δ2, respectiva-mente, e as relações de temperatura-deslocamento são

(g,h)

Uma vez que αS é maior que αB, o alongamento δ1 é maior que o alonga-mento δ2, como mostrado na Figura 2.24b.

TAs forças axiais na luva e no parafuso devem ser de tal forma que elasencurtem a luva e estiquem o parafuso até que os comprimentos finais daluva e do parafuso sejam os mesmos. Essas forças são mostradas na Figura

δ1 � αS(¢T)L δ2 � αB(¢T)L


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2.24c, em que PS denota a força de compressão na luva e PB denota a forçade tração no parafuso. O encurtamento correspondente δ3 da luva e oalongamento δ4 do parafuso são

(i,j)

em que ESAS e EBAB são as respectivas rigidezes axiais. As equações (i) e (j)são as relações de carga-deslocamento.

Agora podemos escrever uma equação de compatibilidade expressandoo fato de que o alongamento final d é o mesmo tanto para a luva quantopara o parafuso. O alongamento da luva é δ1 � δ3 e do parafuso é δ2 � δ4;por isso,

(k)

Substituindo as relações de temperatura-deslocamento e carga-desloca-mento (Equações g até j) nessa equação, temos

(l)

da qual obtemos

(m)

que é uma forma modificada da equação de compatibilidade. Note que elacontém as forças PS e PB como incógnitas.

Uma equação de equilíbrio é obtida a partir da Figura 2.24c, que é umdiagrama de corpo livre da porção do conjunto restante após a remoção dacabeça do parafuso. Somando forças na direção horizontal, temos

(n)

que expressa o fato óbvio de que a força de compressão na luva é igual àforça de tração no parafuso.

Agora resolvemos simultaneamente as Equações (m) e (n) e obtemos asforças axiais na luva e no parafuso

(2-21)

Ao derivar essa equação, assumimos que a temperatura aumentou e que ocoeficiente aS era maior que o coeficiente αB. Sob tais circunstâncias, PS é aforça de compressão na luva e PB é a força de tração no parafuso.

Os resultados serão bem diferentes se a temperatura aumentar, porémo coeficiente αS é menor que αB. Sob essas condições, surgirá uma folgaentre a cabeça do parafuso e a luva e não haverá tensões em nenhumaporção do conjunto.

(a) Tensões na luva e no parafuso. Expressões para as tensões σS and σB naluva e no parafuso, respectivamente, são obtidas dividindo-se as forçascorrespondentes pelas áreas apropriadas:

(2-22a)

(2-22b)➥σB �PB

AB

�(αS � αB)(¢T)ESASEB

ESAS � EBAB

➥σS �PS

AS

�(αS � αB)(¢T)ESASEB

ESAS � EBAB

PS � PB �(αS � αB)(¢T)ESASEBAB

ESAS � EBAB

PS � PB

PSL

ESAS

�PBL

EBAB

� αS(¢T)L � αB(¢T)L

δ � αS(¢T)L �PSL

ESAS

� αB(¢T)L �PBL

EBAB

δ � δ1 � δ3 � δ2 � δ4

δ3 �PSL

ESAS

δ4 �PBL

EBAB



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Sob as condições admitidas, a tensão σS na luva é de compressão e a ten-são σB no parafuso é de tração. É interessante notar que essas tensõesindependem do comprimento do conjunto e suas intensidades são inver-samente proporcionais às suas respectivas áreas (isto é, σS/σB � AB/AS)

(b) Aumento no comprimento da luva e do parafuso. O alongamento δ doconjunto pode ser encontrado substituindo PS or PB da Equação (2.21) naEquação (1), obtendo

(2-23)

Com as fórmulas anteriores disponíveis, podemos prontamente calcularas forças, tensões e deslocamentos do conjunto para qualquer valornumérico dado.

Observação: Como uma checagem parcial dos resultados, podemosver se as Equações (2.21), (2.22) e (2.23) se reduzem a valores conhecidosem casos simplificados. Por exemplo, suponha que o parafuso seja rígidoe que por isso não seja afetado por variações de temperatura. Podemosrepresentar essa situação fazendo αB � 0 e tornando EB infinitamentegrande, criando dessa forma um conjunto em que a luva é mantida presaentre os apoios rígidos. Substituindo esses valores nas Equações (2.21),(2.22) e (2.23), encontramos

Esses resultados condizem com aqueles do Exemplo 2.7 para uma barramantida presa entre apoios rígidos.

Como um segundo caso especial, suponha que a luva e o parafusosão feitos do mesmo material. Então ambas as partes irão expandir-selivremente e aumentarão de comprimento na mesma quantidadequando a temperatura variar. Nenhuma força ou tensão será desen-volvida. Para ver se as equações obtidas representam esse comporta-mento, substituímos αS � αB � α nas Equações (2.21), (2.22) e (2.23) eobtemos

que são os resultados esperados..

PS � PB � 0 σS � σB � 0 δ � α(¢T)L

PS � ESASαS(¢T) σS � ESαS(¢T) δ � 0

➥δ �(αSESAS � αBEBAB)(¢T)L

ESAS � EBAB


Erros de montagem ou fabricação e pré-deformaçõesSuponha que um membro de uma estrutura seja manufaturado com um com-primento levemente diferente do comprimento predefinido. Então o membronão se ajustará na estrutura da forma desejada, e a geometria da estrutura serádiferente daquela que foi planejada. Referimo-nos a situações desse tipo comodesajustes. Algumas vezes, os desajustes são intencionalmente criados, deforma a introduzir deformações na estrutura no momento em que ela é cons-truída. Como essas deformações aparecem antes que qualquer carga seja apli-cada à estrutura, são chamadas de pré-deformações. Acompanhando aspré-deformações estão as pré-tensões, e dizemos que a estrutura é pré-tensio-nada. Exemplos comuns de pré-tensionamentos são aros em rodas de bicicleta(que entrariam em colapso se não fossem pré-tensionados), as cordas pré-ten-sionadas de raquetes de tênis, peças de máquinas encaixadas a quente e vigasde concreto pré-tensionadas.

Se uma estrutura é estaticamente determinada, pequenos desajustes em umou mais de seus membros não produzirão deformações ou tensões, emboraocorram desvios da configuração teórica da estrutura. Para ilustrar essa afirma-


ção, considere uma estrutura simples consistindo em uma viga horizontal ABsustentada por uma barra vertical CD (Figura 2.25a). Se a barra CD tem exa-tamente o comprimento correto L, a viga será horizontal no momento em quea estrutura for construída. Entretanto, se a barra for um pouco mais compridaque o desejado, a viga terá um pequeno ângulo com a horizontal. Contudo, nãoexistirão deformações ou tensões, tanto na viga quanto na barra, atribuíveis aocomprimento incorreto da barra. Além disso, se uma carga P age na extremi-dade da viga (Figura 2.25b), as tensões na estrutura devido àquela carga nãoserão afetadas pelo comprimento incorreto da barra CD.

Em geral, se uma estrutura é estaticamente determinada, a presença depequenos desajustes produzirá pequenas variações na geometria, masnenhuma deformação ou tensão. Dessa forma, os efeitos de um desajuste sãosimilares àqueles de uma variação de temperatura.

A situação será bem diferente se a estrutura for estaticamente indetermi-nada, porque ela não estará livre para se adaptar aos desajustes (da mesmaforma que não estará livre para se ajustar a certos tipos de variação de tempe-ratura). Para ilustrar isso, considere uma viga apoiada por duas barras verti-cais (Figura 2.26a). Se ambas as barras têm exatamente o comprimento corretoL, a estrutura pode ser montada sem deformações ou tensões, e a viga estarána posição horizontal.

Suponha, entretanto, que a barra CD seja ligeiramente mais comprida do queo comprimento preestabelecido. Então, para montar a estrutura, a barra CDdeve ser comprimida por forças externas (ou a barra EF esticada por forçasexternas), as barras devem ser ajustadas no lugar e as forças externas devem serretiradas. Como resultado, a viga vai se deformar e rotacionar, a barra CD estaráem compressão e a barra EF estará em tração. Em outras palavras, pré-deforma-ções existirão em todos os membros e a estrutura estará pré-tensionada, mesmoque nenhuma carga externa esteja agindo. Se uma carga P fosse aplicada agora(Figura 2.26b), deformações e tensões adicionais seriam produzidas.

A análise de uma estrutura estaticamente indeterminada com desajustes epré-deformações procede da mesma maneira geral àquela descrita para cargase variações de temperatura. Os ingredientes básicos da análise são equações deequilíbrio, equações de compatibilidade, relações de força-deslocamento e (sefor o caso) relações de temperatura-deslocamento. A metodologia é demons-trada no Exemplo 2.9.

VENDA PROIBIDA

LBDA

C

(b) P

LBDA

C

(a)

Figura 2-25Estrutura estaticamente determi-nada com um pequeno desajuste

Parafusos e tensoresPré-tensionar uma estrutura exige que uma ou mais de suas peças sejam esten-didas ou comprimidas a partir de seus comprimentos teóricos. Uma forma sim-ples de produzir uma variação no comprimento é apertar um parafuso ou umtensor. No caso de um parafuso (Figura 2.27), cada volta da porca fará comque ela se movimente ao longo do parafuso por uma distância p da rosca (cha-mada de passo da rosca). Dessa forma, a distância d percorrida pela rosca é

(2-24)

em que n é o número de revoluções da porca (não necessariamente um valorinteiro). Dependendo de como a estrutura é arranjada, girar a rosca podeestender ou comprimir um membro.

No caso de um tensor de dupla ação (Figura 2.28) existem dois parafusosnas extremidades. Como roscas de sentidos contrários são usadas em cada umadas extremidades, o dispositivo alonga-se ou encurta-se quando o tensor érotacionado. Cada volta inteira do tensor faz com que ele percorra uma distân-cia p ao longo de cada parafuso, em que p é o passo das roscas. Por isso, se otensor for apertado por uma volta, os parafusos se aproximarão por uma dis-tância 2p e o efeito é de encurtar o dispositivo por 2p. Para n voltas, temos

(2-25)

Tensores são geralmente inseridos em cabos e então apertados, criando dessaforma tração inicial nos cabos, como ilustrado no próximo exemplo.

δ � 2np

δ � np


VENDA PROIBIDA

LBFA

E

LD

C

(b) P

LBFA

E

LD

C

(a)

Figura 2-26Estrutura estaticamente indeter-minada com um pequenodesajuste

PPFigura 2-28Tensor de dupla ação (Cada

volta completa do tensor alongaou encurta o cabo em 2p, emque p é o passo das roscas do

parafuso.)

Figura 2-27O passo das roscas é a distânciade uma rosca a outra

p


VENDA PROIBIDA

A montagem mecânica mostrada na Figura 2.29a consiste em um tubo decobre, uma placa rígida na extremidade do tubo e dois cabos de aço comtensores. A folga é retirada dos cabos rotacionando-se os tensores até quea montagem esteja firme, mas sem tensões iniciais. (Mais adiante, ao aper-tar os tensores, uma condição de pré-tensão será produzida em que os cabosestarão em tração e o tubo estará em compressão.)

(a) Determine as forças no tubo e nos cabos (Figura 2.29a) quando o tensoré apertado n voltas.

(b) Determine o encurtamento do tubo.


Figura 2-29Exemplo 2.9. Conjunto estati-camente indeterminado comum tubo de cobre em com-pressão e dois cabos de aço emtração

(a)

(b)

(c)

L

Ps

Pc

Ps

TurnbuckleRigidplate

1

Steel cableCopper tube

1

23

d

dd

d

SoluçãoComeçamos a análise pela remoção da placa na extremidade direita do con-junto, de forma que os cabos e o tubo estejam livres para variar o compri-mento (Figura 2.29b). Rotacionar os tensores através de n voltas encurtaráos cabos na distância

(o)

como mostrado na Figura 2.29b.As forças de tração nos cabos e a força de compressão no tubo devem

ser tais que alonguem os cabos e encurtem o tubo até que seus comprimen-tos finais sejam os mesmos. Essas forças são mostradas na Figura 2.29c, emque Ps denota a força de tração em um dos cabos de aço e Pc denota a forçade compressão no tubo de cobre. O alongamento de um cabo devido à forçaPs é

(p)

em que EsAs é a rigidez axial e L é o comprimento do cabo. A força de com-pressão Pc no tubo de cobre faz com que ele se encurte em

(q)δ3 �PcL

EcAc

δ2 �PsL

EsAs

δ1 � 2np


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em que EcAc é a rigidez axial do tubo. As Equações (p) e (q) são as relaçõescarga-deslocamento.

O encurtamento final de um dos cabos é igual ao encurtamento δ1, cau-sado ao se rotacionar o tensor, menos o alongamento δ2, causado pela forçaPs. Esse encurtamento final do cabo deve ser igual ao encurtamento δ3 dotubo:

(r)

que é a equação de compatibilidade.Substituindo a relação do tensor (Equação o) e as relações carga-deslo-

camento (Equações p e q) nas equações anteriores, temos

(s)

or

(t)

que é uma forma modificada da equação de compatibilidade. Note que elacontém Ps e Pc como incógnitas.

A partir da Figura 2.29c, que é um diagrama de corpo livre do conjuntocom a placa da extremidade removida, obtemos a seguinte equação deequilíbrio:

(u)

(a) Forças nos cabos e no tubo. Agora resolvemos simultaneamente asEquações (t) e (u) e obtemos as forças axiais nos cabos de aço e no tubode cobre, respectivamente:

(2-26a,b)

Lembre-se de que as forças Ps são as forças de tração e que a força Pc éde compressão. Se desejado, as tensões σs e σc no aço e no cobre podemser agora obtidas, dividindo-se as forças Ps e Pc pelas áreas de seçãotransversal As e Ac, respectivamente.

(b) Encurtamento do tubo. A diminuição no comprimento do tubo é a quan-tidade δ3 (veja a Figura 2.29 e a Equação q):

(2-27)

Com as fórmulas anteriores disponíveis, podemos prontamente calcularforças, tensões e deslocamentos da montagem em qualquer conjunto devalores numéricos fornecidos.

➥

➥

δ3 �PcL

EcAc

�4npEsAs

EcAc � 2EsAs

Ps �2npEcAcEsAs

L(EcAc � 2EsAs)Pc �

4npEcAcEsAs

L(EcAc � 2EsAs)

2Ps � Pc

PsL

EsAs

�PcL

EcAc

� 2np

2np �PsL

EsAs

�PcL

EcAc

δ1 � δ2 � δ3


2.6 TENSÕES EM SEÇÕES INCLINADASEm nossas discussões anteriores sobre tração e compressão em membros car-regados axialmente, as únicas tensões que consideramos foram as tensões nor-mais agindo em seções transversais. Essas tensões são ilustradas na Figura2.30, em que consideramos uma barra AB submetida a cargas axiais P.

Quando a barra é cortada por um plano mn numa seção transversal inter-mediária (perpendicular ao eixo x), obtemos o diagrama de corpo livre mos-trado na Figura 2.30b. As tensões normais agindo sobre a seção podem sercalculadas através da fórmula σx � P/A, desde que a distribuição de tensão sejauniforme sobre toda a área da seção transversal A. Como explicado noCapítulo 1, essa condição existe se a barra for prismática, o material for homo-gêneo, a força axial P agir no centroide da área de seção transversal e a seçãotransversal estiver longe de qualquer concentração de tensão localizada.Logicamente, não existem tensões de cisalhamento agindo na seção cortada,porque ela é perpendicular ao eixo longitudinal da barra.

Por conveniência, geralmente mostramos as tensões em uma vista bidimen-sional da barra (Figura 2.30c) em vez de uma vista tridimensional mais com-plexa (Figura 2.30b). Entretanto, ao trabalhar com figuras bidimensionais, nãopodemos esquecer que a barra tem uma espessura perpendicular ao plano dafigura. Essa terceira dimensão deve ser considerada ao se fazerem as deduçõese os cálculos.


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(a)

(b)

(c)

PA

x =

x

y

z

O PP

A B

m

n

m

n

x

y

z

OP

P

A

PA

x =x C

y

O

A

s

s

Figura 2-30Barra prismática em tração,mostrando as tensões agindo naseção transversal mn: (a) barracom forças axiais P, (b) vistatridimensional da barra cortadamostrando as tensões normais e(c) vista bidimensional

Elementos de tensãoO modo mais útil de representar as tensões na barra da Figura 2.30 é isolar umpequeno elemento do material, como o chamado de C na Figura 2.30c, e entãomostrar as tensões agindo em todas as suas faces. Um elemento desse tipo édenominado elemento de tensão. O elemento de tensão no ponto C é umpequeno bloco retangular (não importa se é um cubo ou um paralelepípedoretangular) com sua face da extremidade direita sobre a seção transversal mn.

As dimensões de um elemento de tensão são consideradas infinitesima-mente pequenas, mas, por clareza, desenhamos o elemento em uma escalamaior, como na Figura 2.31a. Nesse caso, as bordas do elemento são paralelasaos eixos x, y e z, e as únicas tensões são as tensões sx agindo nas faces x (lem-bre-se de que as faces x têm suas normais paralelas ao eixo x). Por ser mais con-veniente, geralmente desenhamos uma vista bidimensional do elemento(Figura 2.31b) em vez de uma vista tridimensional.

Tensões em seções inclinadasO elemento de tensão da Figura 2.31 fornece apenas uma vista limitada dastensões em uma barra carregada axialmente. Para obter uma ilustração maiscomplexa, precisamos investigar as tensões agindo em seções inclinadas, comoa seção cortada pelo plano inclinado pq na Figura 2.32a. Como as tensões sãoas mesmas ao longo de toda a barra, as tensões agindo sobre a seção inclinadadevem estar uniformemente distribuídas, como ilustrado nos diagramas decorpo livre da Figura 2.32b (vista tridimensional) e da Figura 2.32c (vista bidi-mensional). Do equilíbrio de corpo livre sabemos que a resultante das tensõesdeve ser uma força horizontal P (a resultante está desenhada com uma linhatracejada nas Figuras 2.32b e 2.32c).


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(a) (b)

PA

x =PA

x =

x

y

z

O

x

y

O

x x

s

s s

s

Figura 2-31Elemento de tensão no ponto Cda barra carregada axialmente

ilustrada na Figura 2.30c: (a)vista tridimensional do elementoe (b) vista bidimensional do ele-

mento

(a)

(b)

(c)

x

y

z

O P

P

P

A B

p

q

p

q

x

y

z

OP

PP

A

x

y

O

A

Figura 2-32Barra prismática em tração ilus-

trando as tensões agindo emuma seção inclinada pq: (a)

barra com forças axiais P, (b)vista tridimensional da barra cor-

tada ilustrando as tensões e (c)vista bidimensional

Como requisito inicial, precisamos de um esquema para especificar a orien-tação da seção inclinada pq. Um método padrão é especificar o ângulo q entreo eixo x e a normal n em relação à seção (veja a Figura 2.33a). Dessa forma, oângulo q para a seção inclinada mostrada na figura é de aproximadamente 30°.Em contraste, a seção transversal mn (Figura 2.30a) tem um ângulo q igual azero (porque a normal em relação à seção é o eixo x). Para exemplos adicionais,considere o elemento de tensão da Figura 2.31. O ângulo q para a face da extre-midade direita é 0, para a face superior é 90° (uma seção longitudinal da barra),para a extremidade esquerda é 180° e para a face inferior é 270° (ou �90°).

Vamos retornar à tarefa de encontrar as tensões agindo na seção pq (Figura2.33b). Como já mencionado, a resultante dessas tensões é uma força P agindona direção x. Essa resultante pode ser decomposta em duas componentes, umaforça normal N que é perpendicular ao plano inclinado pq e uma força de cisa-lhamento V que é tangencial ao plano pq. Essas componentes são

(2-28a,b)

Estão associadas com as forças N e V as tensões normais e de cisalhamentodistribuídas uniformemente sobre a seção inclinada (Figuras 2.33c e d). A ten-são normal é igual à força normal N dividida pela área da seção, e a tensão decisalhamento é igual à força de cisalhamento V dividida pela área de seção.Dessa forma, as tensões são

(2-29a,b)

em que A1 é a área da seção inclinada, como segue:

(2-30)A1 �A

cos θ

σ �NA1

τ �VA1

N � P cos θ V � P sen θ


VENDA PROIBIDAcos

cos

(a)

(b)

(c)

x

y

OP P

A

x

y

n

OP

P

N

VA

B

p

q

q

p

Aq

pNA1

=

AA1 =

(d)

Aq

p

VA1

=

AA1 =

—–

—

u

u

u

u

su

tu

Figura 2-33Barra prismática em traçãomostrando as tensões agindo emuma seção inclinada pq

Da forma usual, A representa a área da seção transversal da barra. As tensões se t agem nas direções mostradas nas Figuras 2.33c e d, isto é, nas mesmas dire-ções que a força normal N e a força de cisalhamento V, respectivamente.

Nesse ponto, precisamos estabelecer uma convenção de notação e sinal paraas tensões agindo em seções inclinadas. Usaremos um subscrito u para indicarque as tensões agem em uma seção inclinada em um ângulo u (Figura 2.34), damesma forma que usamos uma subscrito x para indicar que as tensões agemem uma seção perpendicular ao eixo x (veja Figura 2.30). Tensões normais s

u

são positivas quando são de tração e tensões de cisalhamento tq são positivasquando elas tendem a produzir uma rotação no sentido anti-horário, comoilustrado na Figura 2.34.


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P O

y

x

sutu u

Figura 2-34Convenção de sinal para tensõesagindo em uma seção inclinada(tensões normais são positivasquando em tração e tensões decisalhamento são positivasquando tendem a produzir umarotação no sentido anti-horário)

Para uma barra em tração, a força normal N produz tensões normais posi-tivas s

u(veja Figura 2.33c) e a força de cisalhamento V produz tensões de cisa-

lhamento negativas tu

(veja Figura 2.33d). Essas tensões são dadas pelasseguintes equações (veja Equações 2.28, 2.29 e 2.30):

Introduzindo a notação σx � P/A, em que σx é a tensão normal em uma seçãotransversal, e usando também as relações trigonométricas

obtemos as seguintes expressões para as tensões normais e de cisalhamento:

(2-31a)

(2-31b)

Essas equações fornecem as tensões atuando em uma seção inclinada orien-tada em um ângulo u relativamente ao eixo x (Figura 2.34).

É importante reconhecer que as Equações (2.29a) e (2.29b) foram obtidasapenas através da estática e, por isso, independem do material. Dessa forma,essas equações são válidas para qualquer material, independentemente de elese comportar de forma linear ou não linear, elástica ou não elástica.

Tensões máximas normal e de cisalhamentoA maneira como as tensões variam quando a seção inclinada é cortada emvários ângulos é ilustrada na Figura 2.35. O eixo horizontal fornece o ângulou variando de �90° a �90°, e o eixo vertical fornece as tensões s

ue tu. Note

que um ângulo positivo u é medido no sentido anti-horário a partir do eixo x(Figura 2.34) e um ângulo negativo é medido no sentido horário.

τθ � �σx senθ cosθ � �σx

2(sen 2θ)

σθ � σx cos2θ �σx

2(1 � cos 2θ)

cos2θ �12

(1 � cos 2θ) senθ cosθ �12

(sen 2θ)

σθ �NA1

�PA

cos2θ τθ � �VA1

� �PA

senθ cosθ

Como ilustrado no gráfico, a tensão normal σθ é igual a σx quando θ � 0.Então, à medida que q aumenta ou diminui, a tensão normal diminui até queem θ � �90° ela se torna nula, porque não existem tensões normais em seçõescortadas paralelamente ao eixo longitudinal. A máxima tensão normal ocorreem θ � 0 e é

(2-32)

Notamos também que, quando θ � �45°, a tensão normal é a metade do valormáximo.

A tensão de cisalhamento tq é nula em seções transversais da barra (θ � 0)da mesma forma que em seções longitudinais (θ � �90°). Entre esses extremos,a tensão varia como ilustrado no gráfico, atingindo o maior valor positivoquando θ � �45° e o maior valor negativo quando θ � �45°. Essas máximastensões de cisalhamento têm a mesma magnitude:

(2-33)

mas tendem a rotacionar o elemento em direções opostas.As máximas tensões em uma barra em tração são ilustradas na Figura 2.36.

Dois elementos de tensão são selecionados – o elemento A está orientado emθ � 0° e o elemento B está orientado em θ � 45°. O elemento A tem as máxi-mas tensões normais (Equação 2.32) e o elemento B tem as máximas tensõesde cisalhamento (Equação 2.33). No caso do elemento A (Figura 2.36b), asúnicas tensões são as máximas tensões normais (nenhuma tensão de cisalha-mento existe em nenhuma das faces).

No caso do elemento B (Figura 2.36c), as tensões normal e de cisalhamentoagem em todas as faces (exceto, é claro, nas faces posterior e anterior do ele-mento). Considere, por exemplo, a face em 45° (a face superior direita). Nessaface, as tensões normal e de cisalhamento (das Equações 2.31a e b) são σx/2e �σx/2, respectivamente. Dessa forma, a tensão normal é de tração (positiva)e a tensão de cisalhamento age no sentido horário (negativa) contra o ele-mento. As tensões nas faces remanescentes são obtidas de maneira similar,substituindo-se θ � 135, �45 e �135 nas Equações (2.31a e b).

Desta forma, nesse caso especial de um elemento orientado em θ � 45°, astensões normais em todas as quatro faces são as mesmas (igual a σx/2) e todasas quatro tensões de cisalhamento têm a máxima intensidade (igual a σx/2).Note também que as tensões de cisalhamento agindo em planos perpendicula-res são iguais em magnitude e têm direções no sentido da linha de interseçãodos planos, ou no sentido contrário à linha de interseção, como foi discutidoem detalhes na Seção 1.7.

Se uma barra é carregada em compressão em vez de tração, a tensão sx seráde compressão e terá um valor negativo. Consequentemente, todas as tensõesagindo nos elementos de tensão terão direções opostas àquelas para uma barraem tração. Logicamente, as Equações (2.31a e b) podem ainda ser usadas paraos cálculos, simplesmente substituindo-se σx como uma quantidade negativa.

τ max �σx

2

σ max � σx


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Figura 2-35Gráfico da tensão normal σθ e datensão de cisalhamento τθ versuso ângulo θ da seção inclinada(veja Figura 2.34 e Equações2.29a e b)

x

0.5 x

–0.5 x

or

0 90°45°–45°–90°

s

su

tu

tusu

s

s

u

Embora a tensão de cisalhamento máxima em uma barra carregada axial-mente seja apenas metade da máxima tensão normal, a tensão de cisalhamentopode causar falha se o material for muito mais fraco em cisalhamento que emtração. Um exemplo de falha por cisalhamento é ilustrado na Figura 2.37, quemostra um bloco de madeira carregado em compressão que falhou por cisalha-mento ao longo de um plano de 45°.

Um tipo similar de comportamento ocorre em aço baixo-carbono carre-gado em tração. Durante um teste de tração de uma barra achatada de açobaixo-carbono com superfícies polidas, bandas de escorregamento visíveis apa-recem nos lados da barra a aproximadamente 45° do eixo (Figura 2.38). Essasbandas indicam que o material está falhando sob cisalhamento ao longo dosplanos em que a tensão de cisalhamento é máxima. Tais bandas foram obser-vadas pela primeira vez por G. Piobert em 1842 e W. Luders em 1860 (vejaRefs. 2.5 e 2.6) e hoje são chamadas de bandas de Luders ou bandas de Piobert.Elas começam a aparecer quando a tensão de escoamento é alcançada na barra(ponto B na Figura 1.10 da Seção 1.4).

Tensões uniaxiaisO estado de tensão descrito ao longo desta seção é chamado de tensão unia-xial, pela razão óbvia de que a barra está submetida à tração ou compressãosimples em apenas uma direção. As orientações mais importantes dos elemen-tos de tensão para tensão uniaxial são θ � 0 e θ � 45 (Figura 2.36b e c); a pri-


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= 45°

P O P

y

x A B

(a)

(b)

y

x x x

O

A

(c)

y

xO

B

x2

x2

x2

x2

x2

max =

s s

s s

s s

s

u

t

Figura 2-36Figura 2.36 Tensões normal e

de cisalhamento agindo em ele-mentos de tensão orientados

em θ � 0 e θ � 45 para umabarra em tração

Load

Load

Figura 2-38Bandas de escorregamento (ou

bandas de Luders) em um corpode prova polido carregado em

tração

Figura 2-37Falha de cisalhamento ao longo

de um plano de 45° de um blocode madeira carregado em com-

pressão

Load

Load

meira tem a máxima tensão normal e a última tem a máxima tensão de cisa-lhamento. Se seções forem cortadas em outros ângulos, as tensões agindo nasfaces dos elementos de tensão correspondentes podem ser determinadas a par-tir das Equações (2.29a e b), como ilustrado nos Exemplos 2.10 e 2.11 a seguir.

A tensão uniaxial é um caso especial de um estado de tensão mais geralconhecido como tensão plana, descrito em detalhes no Capítulo 7.


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Uma barra de latão prismática com um comprimento L � 0,5 m e tendo umaárea de seção transversal A � 1200 mm2 é comprimida por uma carga axialP � 90 kN (Fig. 2-39a).

(a) Determine o estado completo de tensão em um corte de seção pq incli-nado através da barra em um ângulo θ � 25º, e mostre as tensões em umelemento de tensão orientado corretamente.

(b) Se a barra for agora fixada entre os suportes A e B (Fig. 2-39b) e, emseguida, submetida a um aumento de temperatura ΔT � 33C, a tensãode compressão no plano rs é conhecida por ser 65 MPa. Encontre a ten-são de cisalhamento τθ sobre o plano rs. Qual é o ângulo θ? (Assuma queo módulo de elasticidade E � 110 GPa e um coeficiente de expansão tér-mica α � 20 � 10�6 / C.)

(c) Se a tensão normal admissível é de � 82 Mpa e a tensão de cisalhamentoadmissível é de � 40 MPa, encontrar o aumento máximo permitido detemperatura ΔT) na barra se valores de tensão admissíveis na barra nãodevem ser excedidos.


(a)

O

y

p

q

P P = 90 kNx

= 25°u

Figura 2-39Exemplo 2-10: (a) Tensões naseção inclinada pq através dabarra, e (b) Tensões na seçãoinclinada rs através da barra.

Solução(a) Determine o estado completo de tensão no elemento tensionado alinhado com a

seção inclinada pq

Para encontrar o estado de tensão na seção inclinada pq, começaremosencontrando a tensão normal de compressão σx devido à carga aplicada P:

Em seguida, encontramos tensões normais e de cisalhamento das Eqs. (2-31a) e (2-31b) co θ � 25 as

σx ��PA

��90 kN

1200 mm2� �75 MPa

(b)

y

rA

RA

sL

RB

B

x

θΔT


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Estas tensões são mostradas atuando sobre a seção inclinada pq na Fig.2-39c. A tensão no elemento da face ab (Fig. 2-39d) está alinhada com aseção pq. Note que a tensão normal σθ é negativa (compressão) e a ten-são de cisalhamento τθ é positiva (sentido anti-horário). Temos agoraque usar as Eqs. (2-31a) e (2-31b) para encontrar as tensões normais e decisalhamento sobre as restantes três faces do elemento tensionado (verFig. 2-39d).

➥

➥

� 28,7 MPa

τθ � �σx sen (θ) � cos (θ) � �(�75 MPa) sen (25°) � cos (25°)

σθ � σx cos (θ)2 � (�75 MPa) cos (25°)2 � �61,6 MPa



Exemplo 2-10: (c) Tensões noelemento de seção inclinadapq através da barra, e (d)Estado completo de tensão noelemento de seção inclinadapq através da barra.

(c)

P

28.7 MPa61.6 MPa

25°

(d)

13.4 MPa

13.4 MPa

28.7 MPa

28.7 MPa28.7 MPa

28.7 MPa61.6 MPa

25°61.6 MPa

b

d

c

a

As tensões normais e de cisalhamento na face cb são calculadas utilizandoângulo θ � 90 � 115 nas Eqs. (2-31a) e (2-31b):

As tensões sobre a face oposta cd são as mesmas que aquelas da face ab,o que pode ser verificado pela substituição de θ � 25 � 180 � 205 nasEqs. (2-31a) e (2-31b). Para a face ad substituímos θ � 25 � 90 � �65nas Eqs. (2-31a) e (2-31b). O estado completo de tensão é mostrado naFig. 2-39d.

(b) Determine as tensões normais e de cisalhamento devido ao aumento de temper-atura no elemento tensionado alinhado com a seção inclinada rs.

Do exemplo 2-7, sabemos que as reações RA and RB (Fig 2-39b), devido aoaumento de temperatura ΔT � 33 são:

(a)

e a resultante da tensão de compressão térmica axial é:

(b)σT �RA

A� Eα(¢T )

RA � �RB � EAα(¢T )

� �28,7 MPa

τcb � �σx sen (115°) cos (115°) � �(�75 MPa)[ sen (115°) cos (115°)]

σcb � σx cos (115°)2 � (�75 MPa) cos (115°)2 � �13,4 MPa


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[fórmula]

[fórmula]

[fórmula]Fig. 2-39 (con

(c)

[fórmula]

[fórmula]

Então

Uma vez que a tensão de compressão no plano rs é conhecida comosendo 65 MPa, podemos encontrar o ângulo θ para o plano inclinado rsda Eq. (2-31a) como:

e da Eq. (2-31b), podemos encontrar a tensão de cisalhamento τθ noplano inclinado rs sendo:

➥

➥

� 22,2 MPa

τθ � �σx(sen (θrs) cos (θrs)) � �(�72,6 MPa) sen (18,878°) cos (18,878°)

θrs � cos�1 £C

σθσx≥ � cos�1 £

C�65 MPa

�72,6 MPa≥ � 18,878°

σX � �(110 GPa)[20 � 10�6/°C](33°C) � �72,6 MPa


(c) Determine o aumento máximo permitido de temperatura (ΔT ) na barra com baseem valores de tensão admissíveis.

A tensão máxima normal σmax ocorre em um elemento tensionado incli-nado a θ � 0[Eq. (2-32)] então: σmax � σx. Se igualamos a tensão térmicaa partir da Eq. (b) à tensão normal permissível σa � 82 MPa, podemosencontrar o valor de ΔTmax com base na tensão normal admissível:

(c)

A partir da Eq. (2-33), vemos que a máxima tensão de cisalhamento τmaxocorre em uma seção inclinada de 45º pelo qual τmax � σx/2. Usando ovalor dado de tensão de cisalhamento permitida, a τa � 40 MPa e arelação entre tensões máximas normais e de cisalhamento na Eq. (2-33),podemos calcular um segundo valor para ΔTmax como:

O menor valor do aumento da temperatura, controlado em base a nãoexceder a tensão de cisalhamento admissível τa. Nós poderíamos ter pre-visto isso porque τadm σadm/2.

➥¢T max2 �2τa

Eα�

2(40 MPa)

(110 GPa)[20 � 10�6/°C]� 36,4°C

¢T max1 �σa

Eα�

82 MPa

(110 GPa)[20 � 10�6/°C]� 37,3°C

(e)

RA

22.2 MPa

65 MPa18.88°


Exemplo 2-10: (e) Tensões nor-mais e de cisalhamento no ele-mento de seção inclinada rsatravés da barra.


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Uma barra de compressão, com uma seção transversal quadrada de largurab, deve suportar uma carga P � 35 kN (Figura 2.40a). A barra é construídade duas peças do mesmo material e são conectadas por uma junta colada(conhecido como junta de laço) ao longo do plano pq, que está a um ânguloα � 40 em relação à vertical. O material é um plástico estrutural para o qualas tensões admissíveis de compressão e de cisalhamento são 7,5 MPa e 4,0MPa, respectivamente. As tensões admissíveis na junta colada são de 5,2MPa para compressão e 3,4 MPa para cisalhamento

Determine a largura mínima b da barra.

SoluçãoPor conveniência, vamos rotacionar um segmento da barra para umaposição horizontal (Figura 2.40b) equivalente às figuras usadas para derivardas equações para tensões em uma seção inclinada (veja as Figuras 2.33 e2.34). Com a barra nessa posição, vemos que a normal n ao plano da juntacolada (plano pq) faz um ângulo β � 90 � α, ou 50°, com o eixo da barra.Uma vez que o ângulo θ é definido como positivo no sentido anti-horário(Figura 2.34), concluímos que θ � �50 para a junta colada.

A área de seção transversal da barra está relacionada à carga P e à ten-são σx agindo nas seções transversais pela equação

(a)

Por isso, para encontrar a área requerida, devemos determinar o valor de σxcorrespondente a cada uma das quatro tensões admissíveis. Então, o menorvalor de σx determinará a área requerida. Os valores de σx são obtidos arran-jando-se novamente as Equações (2.31a e b) da seguinte maneira:

(2-34a,b)

Vamos agora aplicar essas equações à junta colada e ao plástico.

(a) Valores de σx baseados nas tensões admissíveis na junta colada. Paracompressão na junta colada temos σθ � �5,2 MPa e θ � �50.Substituindo na Equação (2.34a), temos

(b)

Para o cisalhamento na junta colada temos uma tensão admissívelde 3,4 MPa. No entanto, não é imediatamente evidente se τθ é �3,4 MPaou �3,4 MPa. Uma aproximação é substituir tanto 13,4 MPa quanto �3,4MPa na Equação (2.34b) e então selecionar o valor de σx que for nega-tivo. O outro valor de σx será positivo (tração) e não se aplica a essabarra. Outra aproximação é inspecionar a barra (Figura 2.40b) e obser-var as direções das cargas em que a tensão de cisalhamento agirá no sen-tido horário no plano pq, o que significa que a tensão de cisalhamentoé negativa. Por isso, substituímos τθ � �3,4 MPa e θ � �50° na Equação(2.34b) e obtemos

(c)

(b) Valores de σx baseados nas cargas admissíveis no plástico. A tensão máx-ima de compressão no plástico ocorre sobre uma seção transversal. Porisso, uma vez que a tensão admissível de compressão é de 7,5 MPa, sabe-mos imediatamente que

σx � ��3.4 MPa

(sen (�50°))(cos (�50°))� �6,9 MPa

σx ��5,2 MPa

(cos (�50°))2� �12,6 MPa

σx �σθ

cos2θσx � �

τθ

senθ cosθ

A �Pσx



VENDA PROIBIDA

(d)

A máxima tensão de cisalhamento ocorre em um plano a 45° e é numeri-camente igual a σx/2 (veja a Equação 2.33). Uma vez que a tensão admis-sível de cisalhamento é de 4 MPa, obtemos

(e)

Esse mesmo resultado pode ser obtido a partir da Equação (2.34b), sub-stituindo τθ � 4 MPa e θ � 45.

(c) Largura mínima da barra. Comparando os quatro valores de sx (Equaçõesb, c, d, e), vemos que o menor é σx � �6,9 MPa. Por isso, esse valor gov-erna o dimensionamento. Substituindo na Equação (a), e usando apenasvalores numéricos, obtemos a área exigida:

Uma vez que a barra tem uma seção transversal quadrada (A � b2), alargura mínima é

Qualquer largura maior que bmin irá assegurar que as tensões admissíveisnão serão excedidas.

➥b min � 3A � 35072 mm2 � 71.2 mm

A �35 kN

6.9 MPa� 5072 mm2

σx � �8 MPa

σx � �7,5 MPa


Figura 2-40Exemplo 2.11. Tensões em umaseção inclinada

(b)(a)

O

y

p

q

PPx

q

p

= 40°= 50°= – = –50°

= 90° – an

bb

P

a

a

b

ab

bu

Exemplo 2.11.

Solução

Figura 2.40

(a)

(b) sx 5 –7

continua

sx 5 –8

(c)

2.7ENERGIA DE DEFORMAÇÃOA energia de deformação é um conceito fundamental em mecânica aplicada, eseus princípios são amplamente usados para determinar a resposta de máqui-nas e estruturas tanto a cargas estáticas quanto dinâmicas. Nesta seção, intro-duzimos o assunto de energia de deformação em sua forma mais simples,considerando apenas membros carregados axialmente submetidos a cargasestáticas. Elementos estruturais mais complexos serão discutidos em capítulosposteriores – barras em torção na Seção 3.9 e vigas em flexão na Seção 9.8.Além disso, o uso de energia de deformação em conexão com cargas dinâmi-cas será descrito nas Seções 2.8 e 9.10.

Para ilustrar as ideias básicas, vamos considerar novamente uma barra pris-mática de comprimento L submetida a uma força de tração P (Figura 2.41).Assumimos que a carga é aplicada lentamente, de forma que ela aumente gra-dualmente de zero até seu valor máximo P. Tal carga é chamada de carga está-tica porque não há efeitos dinâmicos ou inerciais devido a movimentos. Abarra gradualmente se alonga enquanto a carga é aplicada, até que atinge seumáximo alongamento d no mesmo momento em que a carga atinge seu valormáximo P. Depois, a carga e o alongamento permanecem inalterados.


VENDA PROIBIDA

P

L

d

Figura 2-41Barra prismática submetida a

uma carga aplicada estaticamente

Durante o processo de carregamento, a carga P se move lentamente atravésda distância d e realiza uma certa quantidade de trabalho. Para calculá-lo, lem-bramos, da mecânica elementar, que uma força constante realiza trabalho igualao produto da força pela distância em que ela se move. No entanto, em nossocaso, a força varia em intensidade, de zero até seu máximo valor P. Para encon-trar o trabalho realizado pela carga sob essas condições, precisamos saber amaneira como a força varia. Essa informação é fornecida por um diagrama decarga-deslocamento, como o da Figura 2.42. Nesse diagrama, o eixo verticalrepresenta a carga axial e o eixo horizontal representa o alongamento corres-pondente da barra. A forma da curva depende das propriedades do material.

Vamos denotar por P1 qualquer valor da carga entre zero e o máximo valorP e o alongamento correspondente da barra por d1. Então um incremento dP1na carga produzirá um incremento dd1 no alongamento. O trabalho realizadopela carga durante esse incremento no alongamento é o produto da carga peladistância através da qual ela se move, isto é, o trabalho é igual a P1dd1. Este tra-balho é representado na figura pela área da faixa sombreada abaixo da curvacarga-deslocamento. O trabalho total realizado pela carga enquanto elaaumenta de zero ao máximo valor P é a soma de todas as faixas elementares:

(2-35)

Em termos geométricos, o trabalho realizado pela carga é igual à área abaixo dacurva carga-deslocamento.

Quando a carga alonga a barra, deformações são produzidas. A presençadessas deformações aumenta o nível de energia da barra. Por isso, uma nova

W �3

δ

0P1dδ1


VENDA PROIBIDA

P

dP1

d 1O

P

P1

1d d

d

d

Figura 2-42Diagrama de carga-desloca-mento

quantidade, chamada de energia de deformação, é definida como a energiaabsorvida pela barra durante o processo de carregamento. Do princípio deconservação de energia, sabemos que essa energia de deformação é igual aotrabalho realizado pela carga desde que nenhuma energia seja adicionada ousubtraída na forma de calor. Por isso,

(2-36)

em que U é o símbolo para energia de deformação. Algumas vezes, a energiade deformação é chamada de trabalho interno, para distingui-la do trabalhoexterno realizado pela carga.

Trabalho e energia são expressos nas mesmas unidades. No sistema SI, aunidade de trabalho e energia é o joule (J), que é igual a um newton metro (1 J� 1 N�m).*

Energia de deformação elástica e inelásticaSe a força P (Figura 2.41) for removida lentamente da barra, esta irá encurtar.Se o limite elástico do material não for excedido, a barra retornará ao seu com-primento inicial. Se o limite for excedido, uma deformação permanente (veja aSeção 1.5) acontecerá. Dessa maneira, toda ou parte da energia de deformaçãoserá recuperada na forma de trabalho. Esse comportamento é ilustrado no dia-grama de carga-deslocamento da Figura 2.43. Durante o carregamento, o tra-balho realizado pela carga é igual à área abaixo da curva (área OABCDO).Quando a carga é removida, o diagrama de carga-deslocamento segue a linhaBD se o ponto B estiver além do limite elástico, e um alongamento OD perma-nece. Dessa forma, a energia de deformação recuperada durante o descarrega-mento, chamada de energia de deformação elástica, é representada pelotriângulo pintado BCD. A área OABDO representa a energia que é perdida noprocesso de deformação permanente da barra, conhecida como energia dedeformação inelástica.

A maioria das estruturas são dimensionadas com a expectativa de que omaterial permanecerá dentro do intervalo elástico sob condições normais de ser-viço. Vamos assumir que a carga em que a tensão no material atinja o limite elás-tico é representada pelo ponto A na curva carga-deslocamento (Figura. 2.43).Enquanto a carga estiver abaixo desse valor, toda a energia de deformação serárecuperada durante o processo de descarregamento e nenhum alongamento per-manente restará. Dessa forma, a barra age como uma mola elástica, armaze-nando e disponibilizando energia enquanto a carga é aplicada e removida.

U � W �3

δ

0P1dδ1

Figura 2-43Energia de deformação

P

AB

CDO

Elasticstrainenergy

Inelasticstrainenergy

d

Figura 2-44Diagrama de carga-desloca-mento para uma barra de mate-rial elástico linear

PA

BO

P

P 2

U =

dd

d

* Fatores de conversão para trabalho e energia são dados no Apêndice A, Tabela A.2.

Comportamento elástico linearVamos assumir que o material da barra segue a lei de Hooke, de forma que acurva carga-deslocamento seja uma linha reta (Figura 2.44). Então a energiade deformação U armazenada na barra (igual ao trabalho W realizado pelacarga) é

(2-37)

que é a área do triângulo sombreado OAB na figura.*A relação entre a carga P e o alongamento d para uma barra de material

elástico linear é dada pela equação

(2-38)

Combinando essa equação com a Equação (2.35), podemos expressar a ener-gia de deformação de uma barra elástica linear em qualquer uma das seguin-tes formas:

(2-39a,b)

A primeira equação expressa a energia de deformação em função da carga e asegunda, em função do alongamento.

Da primeira equação, vemos que, ao aumentar-se o comprimento de umabarra, aumenta-se a quantidade de energia de deformação, mesmo que a cargapermaneça inalterada (porque mais material está sendo deformado pelacarga). Por outro lado, aumentando-se o módulo de elasticidade ou a área deseção transversal, a energia de deformação diminui, porque a deformação nabarra foi reduzida. Esses conceitos são ilustrados nos Exemplos 2.12 e 2.15.

Podemos escrever equações de energia de deformação para uma mola elás-tica linear análogas às Equações (2.39a) e (2.39b), substituindo a rigidez EA/Lda barra prismática pela rigidez k da mola. Dessa maneira,

(2-40a,b)

Outras formas dessas equações podem ser obtidas substituindo k por 1/f, emque f é a flexibilidade.

Barras não uniformesA energia de deformação total U de uma barra formada por vários segmentosé igual à soma das energias de deformação de cada um dos segmentos. Porexemplo, a energia de deformação da barra ilustrada na Figura 2.45 é igual àenergia de deformação do segmento AB mais a energia de deformação do seg-mento BC. Esse conceito é expresso em termos gerais pela seguinte expressão:

(2-41)

em que Ui é a energia de deformação do segmento i da barra e n é o número desegmentos (esta relação diz se o material comporta-se de maneira linear ou nãolinear).

Agora considere que o material da barra é elástico linear e que a força axialinterna é constante dentro de cada segmento. Podemos então usar a Equação

U � an

i � 1

Ui

U �P2

2kU �

kδ2

2

U �P2L2EA

U �EAδ2

2L

δ �PLEA

U � W �Pδ2


VENDA PROIBIDA* O princípio de que o trabalho das cargas externas é igual à energia de deformação (para o caso de comporta-mento elástico linear) foi estabelecido pela primeira vez pelo engenheiro francês B. P. E. Clapeyron (1799–1864) e éconhecido como Teorema de Clapeyron (Ref. 2.7).

Figura 2-46Barra não prismática com força

axial variando

B

A

P

L

x

dx

Figura 2-45Barra formada por segmentos

prismáticos tendo diferentesáreas de seção transversal e

diferentes carregamentos axiais

B

A

C

P1

P2

(2.39a) para obter as energias de deformação dos segmentos, e a Equação(2.41) fica

(2-42)

em que Ni é a força axial agindo no segmento i e Li, Ei e Ai são propriedadesdo segmento i (o uso dessa equação é ilustrado nos Exemplos 2.12 e 2.15 nofinal desta seção).

Podemos obter a energia de deformação de uma barra não prismática comforça axial variando continuamente (Figura 2.46) aplicando a Equação (2.39a)para um elemento diferencial (sombreado na figura) e então integrando aolongo do comprimento da barra:

(2-43)

Nessa equação N(x) e A(x) são a força axial e a área de seção transversal auma distância x da extremidade da barra (o Exemplo 2.13 ilustra o uso dessaequação).

ComentáriosAs expressões anteriores para energia de deformação (Equações 2.39 até 2.43)mostram que a energia de deformação não é uma função linear das cargas, nemmesmo quando o material é elástico linear. Dessa forma, é importante perce-ber que não podemos obter a energia de deformação de uma estrutura suportandomais de uma carga combinando as energias de deformação obtidas a partir dascargas individuais agindo separadamente.

No caso da barra não prismática mostrada na Figura 2.45, a energia dedeformação total não é a soma da energia de deformação devido à carga P1 eà carga P2 agindo em separado. Em vez disso, devemos calcular a energia dedeformação com todas as cargas agindo simultaneamente, como demonstradono Exemplo 2.13.

Embora tenhamos considerado apenas os membros em tração nas discus-sões anteriores sobre energia de deformação, todos os conceitos e equaçõesaplicam-se a membros em compressão. Uma vez que o trabalho realizado poruma carga axial é positivo desconsiderando-se o fato de a carga causar traçãoou compressão, segue que a energia de deformação é sempre uma quantidadepositiva. Esse fato é também evidente nas expressões para energia de deforma-ção de barras elásticas lineares (como as Equações 2.39a e 2.39b). Essas expres-sões são sempre positivas porque os termos de carga e alongamento sãoelevados ao quadrado.

Energia de deformação é uma forma de energia potencial (ou “energia deposição”) porque depende das localizações relativas das partículas ou elemen-tos que formam um membro. Quando uma barra ou uma mola é comprimida,suas partículas ficam mais próximas; quando ela é esticada, a distância entreas partículas aumenta. Em ambos os casos, a energia de deformação do mem-bro aumenta quando comparada à sua energia de deformação na posição des-carregada.

Deslocamentos causados por uma única cargaO deslocamento de uma estrutura elástica linear suportando apenas uma cargapode ser determinado a partir de sua energia de deformação. Para ilustrar ométodo, considere um suporte de duas barras (Figura 2.47) carregado por umaforça axial P. Nosso objetivo é determinar o deslocamento vertical d na juntaB onde a carga é aplicada.

Quando aplicada lentamente à treliça, a carga P realiza trabalho enquantose move através do deslocamento vertical d. Entretanto, não realiza nenhumtrabalho enquanto se move lateralmente, isto é, para os lados. Por isso, uma vez

U �3

L

0

[N(x)]2dx

2EA(x)

U � an

i � 1

Ni2Li

2EiAi


VENDA PROIBIDA

que o diagrama de carga-deslocamento é linear (veja a Figura 2.44 e a Equação2.37), a energia de deformação U armazenada na estrutura, igual ao trabalhorealizado pela carga, é

da qual obtemos

(2-44)

Essa equação mostra que, sob certas condições especiais, enumeradas no pró-ximo parágrafo, o deslocamento de uma estrutura pode ser determinado dire-tamente a partir da energia de deformação.

As condições que devem ser satisfeitas para que se possa usar a Equação(2.44) são as seguintes: (1) a estrutura deve se comportar de maneira elásticalinear e (2) apenas uma carga pode agir na estrutura. Por isso, o único desloca-mento que pode ser determinado é o correspondente à própria carga (isto é, odeslocamento deve estar na direção da carga e no ponto onde a força é apli-cada). Por isso, esse método para encontrar deslocamentos é extremamentelimitado em sua aplicação e não é um bom indicador da grande importânciados princípios da energia de deformação em mecânica estrutural. Entretanto,o método fornece uma introdução do uso de energia de deformação (o métodoserá ilustrado mais tarde, no Exemplo 2.14).

Densidade da energia de deformaçãoEm muitas situações, é conveniente a chamada densidade de energia de defor-mação, definida como a energia de deformação por unidade de volume dematerial. Expressões para densidade de energia de deformação no caso demateriais elásticos lineares podem ser obtidas através das fórmulas de energiade deformação para uma barra prismática (Equações 2.39a e b). Uma vez quea energia de deformação da barra está distribuída uniformemente ao longo deseu volume, podemos determinar a densidade da energia de deformação divi-dindo a energia de deformação total U pelo volume AL da barra. Dessamaneira, a densidade de energia de deformação, denotada pelo símbolo u,pode ser expressa em ambas as formas:

(2-45a,b)

Se substituirmos P/A pela tensão σ e δ /L pela deformação ε, obtemos

(2-46a,b)

Essas equações fornecem a densidade de energia de deformação em um mate-rial elástico linear em termos da tensão normal σ ou da deformação normal ε.

As expressões nas Equações (2.44a e b) têm uma interpretação geométricasimples: são iguais à área σε/2 do triângulo abaixo do diagrama de tensão-deformação para um material que segue a lei de Hooke (σ � Eε). Em situaçõesmais gerais em que o material não segue a lei de Hooke, a densidade de ener-gia de deformação ainda é igual à área abaixo da curva de tensão-deformação,porém, a área deve ser calculada para cada material em particular.

A densidade de energia de deformação tem unidades de energia divididaspelo volume. As unidades SI são joules por metro cúbico (J/m3). Uma vez quetodas essas unidades reduzem-se a unidades de tensão (lembre-se que 1 J � 1N�m), podemos ainda usar as unidades como pascals (Pa) para a densidade deenergia de deformação.

A densidade de energia de deformação do material quando ele é tensionadoao limite de proporcionalidade é chamada de módulo de resiliência ur. Ele é

u �σ2

2Eu �

Eε2

2

u �P2

2EA2 u �Eδ2

2L2

δ �2UP

U � W �Pδ2


VENDA PROIBIDA

Figura 2-47Estrutura suportando uma carga

única P

A

C

B

PB'

d

encontrado substituindo-se o limite de proporcionalidade σpl na Equação(2.44a):

(2-47)

Por exemplo, o aço doce, tendo σpl � 210 MPa e E � 210, tem um módulo deresiliência ur � 149 kPa. Note que o módulo de resiliência é igual à área abaixoda curva de tensão-deformação até o limite de proporcionalidade. Resiliênciarepresenta a habilidade de um material absorver e liberar energia dentro dointervalo elástico.

Outra quantidade, chamada de tenacidade, refere-se à habilidade de ummaterial absorver energia sem fraturar. O módulo correspondente, chamado demódulo de tenacidade ut, é a densidade de energia de deformação quando omaterial é tensionado até o ponto de fratura. É igual à área abaixo de toda acurva de tensão-deformação. Quanto maior o módulo de dureza, maior a habi-lidade do material de absorver energia sem fraturar. Um módulo de dureza altoé, desta forma, importante quando o material é submetido a cargas de impacto(veja a Seção 2.8).

As expressões anteriores para densidade de energia de deformação(Equações 2.45 até 2.47) foram elaboradas para tensão uniaxial, isto é, paramateriais submetidos apenas à tração ou compressão. Fórmulas para a densi-dade de energia de deformação em outros estados de tensão serão apresenta-das nos Capítulos 3 e 7.

ur �σpl

2

2E


VENDA PROIBIDA

Três barras circulares tendo o mesmo comprimento L, mas formas difer-entes, estão ilustradas na Figura 2.48. A primeira barra tem diâmetro d aolongo de todo o seu comprimento, a segunda tem diâmetro d ao longo deum quinto do seu comprimento e a terceira tem diâmetro d ao longo de1/15 de seu comprimento. A segunda e a terceira barras têm diâmetro 2dpor todo o comprimento restante. Todas as três barras estão submetidas àmesma carga axial P.

Compare as quantidades de energia de deformação armazenada nasbarras, assumindo comportamento elástico linear (desconsidere os efeitosde concentração de tensão e os pesos das barras).

Solução(a) Energia de deformação U1 da primeira barra. A energia de deformação

da primeira barra é encontrada diretamente a partir da Equação (2.39a):

(a)

em que A � πd2/4.

(b) Energia de deformação U2 da segunda barra. A energia de deformaçãoé encontrada somando-se as energias de deformação nos três segmentosda barra (Equação 2.42). Dessa forma

(b)

que é apenas 40% da energia de deformação da primeira barra. Assim,aumentando-se a área de seção transversal ao longo de parte do com-primento, reduziu-se grandemente a quantidade de energia de defor-mação que pode ser armazenada na barra.

(c) Energia de deformação U3 da terceira barra. Novamente usando aEquação (2.40), temos

➥

➥

U2 � an

i�1

Ni2Li

2EiAi

�P2(L/5)

2EA�

P2(4L/5)2E(4A)

�P2L5EA

�2U1

5

U1 �P2L2EA


Figura 2-48Exemplo 2.12. Cálculo da ener-gia de deformação

L5

— L15—

d

P

(a)

2d

P

(b)

d

2d

P

(c)

dL


VENDA PROIBIDA

(c)

A energia de deformação agora diminuiu 30% em relação à energia dedeformação da primeira barra.

Observação: Comparando esses resultados, vemos que a energia dedeformação diminui enquanto a porção da barra com maior áreaaumenta. Se a mesma quantidade de trabalho for aplicada em todas astrês barras, produzir-se-á a maior tensão na terceira barra, porque elatem a menor capacidade de absorção de energia. Se a região tendodiâmetro d for ainda menor, a capacidade de absorção de energiadiminuirá ainda mais.

Assim, concluímos que é necessário apenas uma pequena quantidadede trabalho para trazer um alto valor de tensão de tração em uma barracom uma ranhura e, quanto mais estreita a ranhura, mais severa será essacondição. Quando as cargas são dinâmicas e a habilidade de absorverenergia é importante, a presença de ranhuras é muito prejudicial.

No caso de cargas estáticas, as tensões máximas são mais impor-tantes que a habilidade de absorver energia. Nesse exemplo, todas astrês barras têm a mesma tensão máxima P/A (contanto que as concen-trações de tensão sejam aliviadas) e, por isso, todas as três barras têm amesma capacidade de suportar carga quando esta é aplicada estatica-mente.

➥U3 � an

i�1

Ni2Li

2EiAi

�P2(L/15)

2EA�

P2(14L/15)2E(4A)

�3P2L20EA

�3U1

10


Determine a energia de deformação de uma barra prismática suspensa pelasua extremidade superior (Figura 2.49). Considere as seguintes cargas: (a) opeso da barra e (b) o peso da barra mais uma carga P na extremidade infe-rior (assuma um comportamento elástico linear).


Figura 2-49Exemplo 2.13. (a) Barra sus-

pensa sob a ação de seu pesoapenas e (b) barra suspensasob a ação de seu peso mais

uma carga P

P

L

x

dx

(a)

L

x

dx

(b)

Solução(a) Energia de deformação devido ao próprio peso da barra (Figura 2.49a).

A barra está submetida a uma força axial variável, sendo a força internaigual a zero na extremidade inferior e máxima na extremidade superior.Para determinar a força axial, consideramos um elemento de compri-mento dx (sombreado na figura) a uma distância x da extremidade supe-rior. A força axial interna N(x) agindo nesse elemento é igual ao peso dabarra abaixo do elemento:

(d)

em que γ é o peso específico do material e A é a área de seção transver-sal da barra. Substituindo na Equação (2.43) e integrando, temos a ener-gia de deformação total:

N(x) � γA(L � x)


VENDA PROIBIDA

(2-48)

(b) Energia de deformação devido ao peso mais a carga P (Figura 2.49b).Nesse caso, a força axial N(x) agindo no elemento é

(e)

(compare com a Equação k). Da Equação (2.41), obtemos

(2-49)

Observação: O primeiro termo nessa expressão é o mesmo para aenergia de deformação de uma barra suspensa sob seu próprio peso(Equação 2.46), e o último termo é o mesmo para a energia de defor-mação de uma barra submetida apenas a uma força axial P (Equação2.37a). Entretanto, o termo do meio contém tanto γ quanto P,mostrando que ele depende tanto do peso da barra quanto da intensi-dade da carga aplicada.

Assim, este exemplo ilustra que a energia de deformação de umabarra submetida a duas cargas não é igual à soma das energias de defor-mação produzidas pelas cargas individuais agindo separadamente.

➥

➥

U �3

L

0

[γA(L � x) � P]2dx

2EA�

γ 2AL3

6E�

γ PL2

2E�

P2L2EA

N(x) � γA(L � x) � P

U �3

L

0

[N(x)]2dx2EA(x)

�3

L

0

[γA(L � x)]2dx

2EA�

γ 2AL3

6E


Determine o deslocamento vertical δB da junta B do suporte ilustrado naFigura 2.50. Note que a única carga agindo no suporte é uma carga verticalP na junta B. Assuma que ambos os membros do suporte têm a mesmarigidez axial EA.


Figura 2-50Exemplo 2.14. Deslocamento deum suporte sustentando umaúnica carga P

B

A C

H

P

b b

SoluçãoUma vez que há apenas uma carga agindo no suporte, podemos encontraro deslocamento correspondente àquela carga equacionando o trabalho dacarga à energia de deformação dos membros. Entretanto, para encontrar aenergia de deformação, devemos conhecer as forças nos membros (vejaEquação 2.39a).

Do equilíbrio de forças agindo na junta B, vemos que a força axial F emcada barra é

(f)

em que β é o ângulo mostrado na figura.Da geometria do suporte vemos também que o comprimento de cada

barra é

(g)

em que H é a altura do suporte.

L1 �H

cos β

F �P

2 cos β


VENDA PROIBIDA

Podemos agora obter a energia de deformação das duas barras a partirda Equação (2.39a):

(h)

O trabalho da carga P (da Equação 2.37) é

(i)

em que δB é o deslocamento para baixo da junta B. Equacionando U e W eresolvendo-os para δB, obtemos

(2-50)

Note que encontramos esse deslocamento usando apenas equilíbrio e ener-gia de deformação – não precisamos desenhar um diagrama de desloca-mento para a junta B.

➥δB �PH

2EA cos3 β

W �PδB

2

U � (2)F2L1

2EA�

P2H

4EA cos3β


O cilindro de uma máquina de ar comprimido é fixado por parafusos quepassam através dos flanges do cilindro (Figura 2.51a). Um dos parafusosaparece em detalhe na parte (b) da figura. O diâmetro d da haste do para-fuso é igual a 13 mm e o diâmetro da raiz dr da parte com rosca é igual a 10mm. O aperto g dos parafusos é de 40 mm e a porção de rosca do parafusoestá a uma distância t � 6,5 mm para dentro do aperto do parafuso. Sob aação de ciclos repetidos de pressão alta e baixa na câmara, os parafusospodem ocasionalmente se quebrar.

Para diminuir a probabilidade de quebra, os projetistas sugerem duaspossíveis modificações: (1) usinar as hastes dos parafusos de tal forma que odiâmetro da haste seja igual ao diâmetro dr, como ilustrado na Figura 2.52a;(2) substituir cada par de parafuso por um único parafuso longo, comoilustrado na Figura 2.52b. Os parafusos longos seriam iguais aos parafusosoriginais (Figura 2.51b), exceto que o aperto é aumentado a uma distânciaL � 340 mm.

Compare a capacidade de absorção de energia para as três configu-rações de parafuso: (1) parafusos originais, (2) parafusos com o diâmetro dahaste reduzido e (3) parafusos longos. (Assuma comportamento elástico lin-ear e desconsidere os efeitos das concentrações de tensão.)


Fig. 2-51Exemplo 2.15. (a) Cilindro compistão e parafusos de fixação e(b) detalhe de um parafuso

ChamberPiston

Cylinder Bolt

t

d

(a) (b)

dr

g

d


VENDA PROIBIDA

Solução(a) Parafusos originais. Os parafusos originais podem ser idealizados como

barras formadas por dois segmentos (Figura 2.51b). O segmentoesquerdo tem comprimento g � t e diâmetro d, e o segmento direitotem comprimento t e diâmetro dr. A energia de deformação de um para-fuso sob uma carga de tração P pode ser obtida adicionando-se as ener-gias de deformação dos dois segmentos (Equação 2.42)

(j)

em que As é a área de seção transversal da haste e Ar é a área de seçãotransversal na raiz das roscas; dessa forma,

(k)

Substituindo essas expressões na Equação (j), obtemos a seguinte fór-mula para a energia de deformação de um dos quatro parafusos origi-nais:

(l)

(b) Parafusos com diâmetro da haste reduzido. Esses parafusos podem seridealizados como barras prismáticas tendo comprimento g e diâmetro dr(Figura 2.52a). Por isso, a energia de deformação de um parafuso (veja aEquação 2.39a) é

(m)

A razão das energias de deformação para os casos (1) e (2) é

(n)

ou, substituindo por valores numéricos,

Dessa forma, usando parafusos com diâmetros da haste reduzidos,temos um aumento de 40% na capacidade de absorção de energia doparafuso. Se implementado, este esquema poderia reduzir o número defalhas causadas pelas cargas de impacto.

(c) Parafusos longos. Os cálculos para parafusos longos (Figura 2.52b) são osmesmos que para os parafusos originais, exceto que o aperto g é substi-tuído pelo aperto L. Por isso, a energia de deformação de um parafusolongo (compare com a Equação l) é

(o)

Uma vez que um parafuso longo substitui dois parafusos originais, deve-mos comparar as energias de deformação tomando a razão de U3 por2U1, da seguinte maneira:

(p)

Substituindo por valores numéricos, temos

➥U3

2U1

�(340 mm � 6,5 mm)(10 mm)2 � (6,5 mm)(13 mm)2

2(40 mm � 6,5 mm)(10 mm)2 � 2(6,5 mm)(13 mm)2� 3,87

U3

2U1

�(L � t)dr

2 � td2

2(g � t)dr2 � 2td2

U3 �2P2(L � t)

πEd2�

2P2t

πEdr2

➥U2

U1

�(40 mm)(13 mm)2

(40 mm � 6,5 mm)(10 mm)2 � (6,5 mm)(13 mm)2� 1,52

U2

U1�

gd2

(g � t)dr2 � td2

U2 �P2g

2EAr

�2P2g

πEdr2

U1 �2P2(g � t)

πEd2�

2P2t

πEdr2

As �πd2

4Ar �

πdr2

4

U1 � an

i�1

Ni2Li

2EiAi

�P2(g � t)

2EAs

�P2t

2EAr



VENDA PROIBIDA

Dessa forma, usando parafusos longos temos um aumento na capaci-dade de absorção de energia de 287% e obtemos maior segurança doponto de vista da energia de deformação.

Observação: Ao projetar parafusos, os projetistas devem tambémconsiderar as máximas tensões de tração, máximas tensões de esmaga-mento, concentrações de tensão e outros fatores.


t

(a)

drdr

g

d

(b)

L

Fig. 2-52Exemplo 2.15. Modificaçõespropostas para os parafusos:(a) Parafuso com diâmetro dahaste reduzido e (b) parafusocom comprimento aumentado

2.8 CARREGAMENTO CÍCLICO E FADIGAO comportamento de uma estrutura não depende apenas da natureza do mate-rial, mas também da característica das cargas. Em algumas situações, as cargassão estáticas – são aplicadas gradualmente, agem por longos períodos detempo e variam lentamente. Outras cargas são dinâmicas – por exemplo, ascargas de impacto agindo subitamente (Seção 2.8) e as cargas cíclicas agindopor um grande número de ciclos.

Alguns padrões típicos de cargas cíclicas são traçados na Figura 2.53. Ográfico (a) mostra uma carga que é aplicada, removida e aplicada novamente,sempre agindo na mesma direção. O gráfico (b) mostra uma carga alternadaque muda de direção durante cada ciclo de carregamento, e o gráfico (c) ilus-tra uma carga flutuante que varia em torno de um valor médio. As cargas cícli-cas são normalmente associadas a máquinas, motores, turbinas, geradores,engrenagens, propulsores, peças de avião, peças de automóveis etc. Algumasdessas estruturas são submetidas a milhões (e até mesmo bilhões) de ciclos decarregamento durante sua vida útil.

Uma estrutura submetida a cargas dinâmicas tem maior probabilidade defalhar em tensões mais baixas do que se as mesmas cargas fossem aplicadas esta-ticamente, especialmente quando são repetidas por um grande número de ciclos.Em tais casos, a falha é geralmente causada por fadiga ou fratura progressiva.Um exemplo cotidiano de uma falha por fadiga é o tensionamento de um clipede metal até o ponto de ruptura, flexionando-o repetidamente para a frente epara trás. Se o clipe é flexionado apenas uma vez, ele não se quebra. Mas se acarga é revertida, flexionando-se o clipe na direção oposta, e se o ciclo for repe-tido diversas vezes, o clipe finalmente se quebrará. Fadiga pode ser definidacomo a deterioração de um material sob ciclos repetidos de tensão e deformação,resultando em trincas progressivas que por fim produzirão a fratura.

Em uma típica falha por fadiga, uma trinca microscópica forma-se em umponto de tensão alta (geralmente em uma concentração de tensão, a ser discu-tida na próxima seção) e gradualmente cresce enquanto as cargas forem apli-cadas repetidamente. Quando a trinca fica tão grande que o materialremanescente não consegue resistir às cargas, uma fratura súbita do materialocorre (Figura 2.57). Dependendo da natureza do material, pode-se levar ape-

OTime

(a)

Load

OTime

(b)

Load

OTime

(c)

Load

Figura 2-53Tipos de cargas repetidas: (a)

carga agindo em uma sódireção; (b) carga alternada e

reversível e (c) carga flutuanteque varia sobre um valor médio

nas alguns ciclos de carregamentos até centenas de milhões de ciclos para pro-duzir uma fratura.

A intensidade da carga que gera uma falha por fadiga é menor que a cargaque pode ser suportada estaticamente, como já foi dito antes. Para determinar-se a carga de falha, testes do material devem ser conduzidos. No caso de carre-gamentos cíclicos, o material é testado em vários níveis de tensão e o númerode ciclos até a falha é contado. Por exemplo, um corpo de prova de um mate-rial é colocado em uma máquina de teste de fadiga e carregado ciclicamente atéuma certa tensão, digamos σ1. Os ciclos de carregamento são mantidos até quea falha ocorra, e o número n de ciclos de carregamento até ocorrer a falha éanotado. O teste é então repetido para uma diferente tensão, digamos σ2. Se σ2for maior que σ1, o número de ciclos até a falha será menor. Se σ2 for menorque σ1, o número será maior. Em dado momento, dados suficientes foram acu-mulados para se traçar uma curva de resistência, ou diagrama S-N, em que atensão de ruptura (S) é contraposta ao número (N) de ciclos até a falha (Figura2.55). O eixo vertical está geralmente em uma escala linear e o eixo horizontalestá geralmente em uma escala logarítmica.

A curva de resistência da Figura 2.55 mostra que, quanto menor é a tensão,maior é o número de ciclos para produzir fadiga. Para alguns materiais, a curvatem uma assíntota horizontal conhecida como o limite de fadiga ou limite deduração. Quando existe, esse limite é a tensão abaixo da qual não aconteceráa falha por fadiga, independentemente de quantas vezes a carga for repetida.O formato exato de uma curva de resistência depende de muitos fatores,incluindo propriedades do material, geometria do corpo de prova, velocidadede ensaio, padrão da carga e condições da superfície do corpo de prova. Osresultados de vários testes de fadiga, feitos em uma grande variedade de mate-riais e componentes estruturais, estão relatados na literatura de engenharia.

Diagramas S-N típicos para aço e alumínio são ilustrados na Figura 2.56.A ordenada é a tensão de fadiga, expressa como uma porcentagem da tensãoúltima para o material, e a abscissa é o número de ciclos em que a falha ocor-reu. Note que o número de ciclos está traçado em uma escala logarítmica. Acurva para o aço fica horizontal em torno de 107 ciclos, e o limite de fadiga estáem torno de 50% da tensão máxima de tração para um carregamento estáticocomum. O limite de fadiga para o alumínio não é tão definido quanto o aço,mas uma tensão de 5 � 108 ciclos é um valor típico de fadiga, ou seja, 25% datensão máxima.


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Figura 2-54FFalha por fadiga de uma barrarepetidamente carregada emtração; a trinca se espalha grad-ualmente sobre a seção trans-versal até que, de repente, afratura ocorre (Cortesia da MTSSystems Corporation)

Number n of cycles to failure

Failure stress(Percent of

ultimatetensile stress)

Aluminum

Steel

103 104 105 106 107 108

100

80

60

40

20

0

Figura 2-55Curva de resistência ou dia-grama S-N, mostrando o limitede fadiga

ONumber n of cycles to failure

Failurestress

Fatigue limit

s

Figura 2-56Curvas típicas de resistência paraaço e alumínio em carregamento

alternado (reverso)

Uma vez que a fadiga geralmente começa com uma trinca microscópica emum ponto de alta tensão localizada (isto é, em uma concentração de tensão), acondição da superfície do material é extremamente importante. Corpos deprova bem polidos têm limites de resistência maiores. Superfícies ásperas, espe-cialmente aquelas com concentrações de tensão ao redor de furos ou ranhuras,diminuem muito o limite de resistência. A corrosão, que cria pequenas irregu-laridades de superfície, tem um efeito similar. Para o aço, a corrosão comumpode reduzir o limite de fadiga em mais de 50%.

2.9 CONCENTRAÇÕES DE TENSÃOAo determinar as tensões em barras carregadas axialmente, geralmente usa-mos a fórmula básica σ � P/A, em que P é a força axial na barra e A é a áreade seção transversal. Essa fórmula é baseada na suposição de que a distribui-ção de tensão é uniforme ao longo da seção transversal. Na verdade, as barrasgeralmente têm furos, ranhuras, chanfros, rasgos de chaveta, cantos vivos, ros-cas e outras mudanças abruptas na geometria que criam uma perturbação nopadrão uniforme de tensão. Essas descontinuidades na geometria causam altastensões em regiões bem pequenas da barra, conhecidas como concentrações detensão. As descontinuidades são conhecidas como amplificadores de tensão.

As concentrações de tensão também aparecem em pontos de carregamento.Por exemplo, uma carga pode agir sobre uma área bem pequena e produziraltas tensões na região ao redor de seu ponto de aplicação. Um exemplo é umacarga aplicada através de uma conexão por pino e, nesse caso, a carga está apli-cada sobre a área de contato do pino.

As tensões existentes em concentrações de tensão podem ser determinadaspor métodos experimentais ou por métodos avançados de análise, incluindo ométodo de elementos finitos. Os resultados de tal pesquisa para muitos casosde interesse prático estão disponíveis na literatura de engenharia (por exemplo,Referência 2.9). Alguns dados típicos de concentração de tensão são apresen-tados mais adiante nesta seção e também nos Capítulos 3 e 5.

Princípio de Saint-VenantPara ilustrar a natureza de concentrações de tensão, considere as tensões emuma barra de seção transversal retangular (largura b, espessura t) submetida auma carga concentrada P na extremidade (Figura 2.57). A tensão de pico dire-tamente sob a carga pode ser várias vezes a tensão média P/bt, dependendo daárea sobre a qual a carga está aplicada. Entretanto, a tensão máxima diminuirapidamente quando nos distanciamos do ponto de aplicação da carga, comoilustrado pelos diagramas de tensão na figura. A uma distância da extremidadeda barra igual à largura b da barra, a distribuição de tensão é quase uniforme,e a tensão máxima é apenas um pouco maior em porcentagem do que a tensãomédia. Esta observação é verdadeira para a maioria das concentrações de ten-são, como furos e ranhuras.

Dessa forma, podemos fazer uma afirmação geral de que a equação σ �P/A fornece as tensões axiais em uma seção transversal apenas quando estaestá pelo menos a uma distância b de qualquer carga concentrada ou de qual-quer descontinuidade de forma, em que b é a maior dimensão lateral da barra(tal como o diâmetro ou a largura).

A declaração anterior sobre as tensões em uma barra prismática é parte deuma observação mais geral conhecida como princípio de Saint-Venant. Comraras exceções, este princípio aplica-se a corpos elásticos lineares de todos ostipos. Para entender o princípio de Saint-Venant, imagine que temos um corpocom um sistema de cargas agindo sobre uma pequena porção de sua superfície.Por exemplo, suponha que temos uma barra prismática de largura b submetidaa um sistema de várias cargas concentradas agindo na extremidade (Figura


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P

b

Pbt

=

Pbt

=

Pbt

=s

s

s

Figura 2-57SDistribuições de tensão próxi-

mas da extremidade da barra deseção transversal retangular(largura b, espessura t) sub-

metida a uma carga concentradaP agindo sobre uma pequena

área

2.58a). Para simplificar, assuma que as cargas são simétricas e têm apenas umaresultante vertical.

Depois, considere um sistema de cargas diferente, mas estaticamente equi-valente, agindo sobre a mesma pequena região da barra (“estaticamente equi-valente” significa que os dois sistemas de carga têm a mesma força resultante eo mesmo momento resultante). Por exemplo, a carga uniformemente distri-buída ilustrada na Figura 2.58b é estaticamente equivalente ao sistema de car-gas concentradas ilustrado na Figura 2.58a. O princípio de Saint-Venant dizque as tensões no corpo causadas por um dos dois sistemas de carregamentosão as mesmas, desde que nos distanciemos da região carregada a uma distân-cia pelo menos igual à maior dimensão da região carregada (distância b emnosso exemplo). Dessa forma, as distribuições de tensão ilustradas na Figura2.57 são uma ilustração do princípio de Saint-Venant. Logicamente, este “prin-cípio” não é uma lei rigorosa da mecânica, mas uma observação de sensocomum baseada em experimentos teóricos e práticos.

O princípio de Saint-Venant tem um grande significado prático no dimen-sionamento e na análise de barras, vigas, eixos e outras estruturas encontradasna mecânica dos materiais. Como os efeitos de concentrações de tensão sãolocalizados, podemos usar todas as fórmulas padrão de tensão (como σ � P/A)em seções transversais a uma distância suficiente da fonte de concentração.Perto da fonte, as tensões dependem dos detalhes do carregamento e da formado membro. Além disso, fórmulas que são aplicáveis a todo o membro, comoas fórmulas de alongamentos, deslocamentos e energia de deformação, forne-cem resultados satisfatórios mesmo quando concentrações de tensão estiverempresentes. A explicação está no fato de que as concentrações de tensão sãolocalizadas e têm pequeno efeito no comportamento geral de um membro.*

Fatores de Concentração de TensãoVamos considerar alguns casos particulares de concentrações de tensão causa-das por descontinuidades na forma de uma barra. Comecemos com uma barrade seção transversal retangular tendo um furo circular e submetida a uma forçade tração P (Figura 2.59a). A barra é relativamente estreita, com sua largura bsendo muito maior que sua espessura t. O furo tem diâmetro d.

A tensão normal, agindo na seção transversal através do centro do furo,tem a distribuição ilustrada na Figura 2.59b. A tensão máxima σmax ocorre nas


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Figura 2-58Ilustração do princípio de Saint-

Venant: (a) sistema de cargasconcentradas agindo sobre umapequena região de uma barra e

(b) sistema estaticamente equivalente

b b

(a) (b)

P

b

Pbt

=

Pbt

=

Pbt

=s

s

s

Fig. 2-57 (Repetida)

* O princípio de Saint-Venant tem esse nome por causa de Barré de Saint-Venant (1797–1886), um famoso matemáticofrancês (Ref. 2.10). Aparentemente, o princípio aplica-se geralmente a barras sólidas e vigas, mas não a todas as seçõesabertas de parede espessa. Para uma discussão das limitações do princípio de Saint-Venant, veja Ref. 2.11.

bordas do furo e pode ser significativamente maior que a tensão nominal σ �P/ct na mesma seção transversal (observe que ct é a área remanescente naseção transversal ao furo). A intensidade de uma concentração de tensão égeralmente expressa pela razão da tensão máxima em relação à tensão nomi-nal, chamada de fator de concentração de tensão K:

(2-51)

Para uma barra em tração, a tensão nominal é a tensão média baseada na áreade seção transversal remanescente. Em outros casos, uma variedade de tensõespode ser usada. Portanto, toda vez que um fator de concentração de tensão forusado, é importante notar cuidadosamente como a tensão nominal está definida.

Um gráfico do fator K de concentração de tensão para uma barra com umfuro é dado na Figura 2.60. Se o furo for pequeno, o fator K será igual a 3, oque significa que a tensão máxima é três vezes a tensão nominal. Quando ofuro fica maior proporcionalmente à largura da barra, K fica menor e o efeitoda concentração não é tão severo.

K �σ max

σnom


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max

PP

P

(a)

(b)

c/2

d

c/2

b

s

Fig. 2-59Distribuição de tensão em

uma barra achatada com umfuro circular

P P

c/2

d

c/2

b

K

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5

3.0

2.5

2.0

1.5

db

K = t = thicknessPct

max nom

nom =sss

Figura 2-60Fator K de concentração de ten-

são para barras achatadas comfuros circulares

Do princípio de Saint-Venant sabemos que, em distâncias iguais à largurab da barra em relação ao furo, em qualquer direção axial, a distribuição de ten-são é praticamente uniforme e igual a P dividido pela área de seção transver-sal total (σ � P/bt).

Para reduzir os efeitos de concentração de tensões (ver Fig. 2-61), filetes sãousados para arredondar os cantos reentrantes.* Fatores de concentração detensão para outros dois casos de interesse prático são dados nas Figuras 2.61e2.62. Esses gráficos são para barras planas e circulares, respectivamente, quesão reduzidas em tamanho, formando um canto vivo. Para reduzir os efeitos deconcentração de tensão, os adoçamentos são usados para arredondar os can-tos. Sem os adoçamentos, os fatores de concentração de tensão seriam extre-mamente altos, como indicado no lado esquerdo de cada gráfico, em que Ktende ao infinito quando o ângulo do adoçamento R tende a zero. Em ambosos casos, a tensão máxima acontece na parte menor da barra na região do ado-çamento.**


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P

R

c

Pb

K

0 0.05 0.10

1.1 1.2

1.3

1.5

0.15 0.20 0.25 0.30

3.0

2.5

2.0

1.5

Rc

K =

t = thickness

Pct

max nom

nom =

b – c2

R =

bc = 2

b

ss s

K

0 0.05 0.10

1.11.2

1.5

0.15 0.20 0.25 0.30

3.0

2.5

2.0

1.5

RD1

K = P

1/4 D2

max nom

nom =

D2 – D12

R =

= 2 P

R

PD1

D2D1 D2

ss s

p

* Um adoçamento é uma superfície côncava formada onde duas outras superfícies se encontram. Sua função éarredondar um canto vivo brusco.

**Os fatores de concentração de tensão dados nos gráficos são fatores teóricos para barras de material elásticolinear. Os gráficos foram traçados através das fórmulas dadas na Ref. 2.9.

Figura 2-61Distribuição de tensões em uma

barra plana com filetes deombro.

P

R

c(a)

Pb

P

(b)

Figura 2-62Fator K de concentração de ten-são para barras achatadas comcantos suavizados. A linha trace-jada representa um adoçamentode um quarto de círculo

Figura 2-63Fator K de concentração de ten-são para barras circulares comcantos suavizados. A linha trace-jada representa um adoçamentode um quarto de círculo

Dimensionamento para concentrações de tensãoPor causa da possibilidade de falhas por fadiga, as concentrações de tensão sãoespecialmente importantes quando o membro é submetido a carregamentoscíclicos. Como explicado na seção anterior, trincas começam no ponto demaior tensão e então se espalham ao longo do material enquanto a carga érepetida. Em termos práticos, o limite de fadiga (Figura 2.55) é considerado atensão máxima para o material quando o número de ciclos é extremamentegrande. A tensão admissível é obtida aplicando-se um fator de segurança emrelação a essa tensão máxima. Então a tensão de pico na concentração de ten-são é comparada com a tensão admissível.

Em muitas situações, o uso do valor teórico total do fator de concentraçãode tensão é rigoroso demais. Testes de fadiga geralmente produzem falha aníveis mais altos de tensão nominal do que aqueles obtidos dividindo-se olimite de fadiga por K. Em outras palavras, um membro estrutural sob carre-gamento cíclico não é tão sensível a uma concentração de tensão quanto ovalor de K indicaria, e um fator de concentração de tensão reduzido é usadocom frequência.

Outros tipos de cargas dinâmicas, como cargas de impacto, também exigemque os efeitos de concentração de tensão sejam levados em conta. A menos queestejam disponíveis informações mais precisas, o fator de concentração de ten-são total deve ser usado. Membros submetidos a baixas temperaturas tambémsão altamente suscetíveis a falhas em concentrações de tensão e, por isso, pre-cauções especiais devem ser tomadas em tais casos.

A relevância das concentrações de tensão quando um membro é submetidoa carregamentos estáticos depende do tipo de material. Com materiais dúcteis,como o aço estrutural, uma concentração de tensão em geral pode ser igno-rada. A razão é que o material, no ponto de máxima tensão (como ao redor deum furo), irá ceder e ocorrerá escoamento plástico, reduzindo dessa forma aintensidade da concentração de tensão e produzindo uma distribuição de ten-são mais uniforme. Por outro lado, com materiais frágeis (como o vidro), umaconcentração de tensão permanecerá até o ponto de fratura. Por isso, podemosgeneralizar dizendo que, com cargas estáticas e material dúctil, o efeito da con-centração de tensão não deve ser muito importante, mas com cargas estáticase materiais frágeis, o fator de concentração total deve ser considerado.

Concentrações de tensão podem ter sua intensidade reduzida fazendo aproporção das partes de forma adequada. Bons adoçamentos reduzem concen-trações de tensão em cantos. Superfícies polidas em pontos de alta tensão,como dentro de um furo, inibem a formação de trincas. Reforços adequados aoredor de furos também podem ter utilidade. Existem muitas outras técnicaspara otimizar a distribuição de tensão em um membro estrutural e, destaforma, diminuir o fator de concentração de tensão. Essas técnicas, geralmenteestudadas em cursos de engenharia de projetos, são extremamente importantesno projeto de aviões, navios e máquinas. Muitas falhas estruturais desnecessá-rias ocorreram porque projetistas falharam em perceber os efeitos das concen-trações de tensão e fadiga.


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Uma barra de bronze escalonada com um furo (Fig. 2-67a) tem larguras b �9,0 cm e c � 6,0 cm e uma espessura t 5 1,0 cm. Os filetes tem um raio iguala 0,5 cm e o orifício tem um diâmetro d � 1,8 cm. A resistência máxima dobronze é de 200 MPa.

(a) Se for necessário um fator de segurança de 2,8, qual é a carga de traçãomáxima admissível Pmax?



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(b) Encontre o diâmetro do furo dmax em que os dois segmentos da barratenham a capacidade de suportar a tração da carga igual àquela daregião do filete da barra escalonada.


P Pbd cd

(a)

Figura 2-64Exemplo 2-18: (a)Concentrações de tensões nabarra escalonada com um furo,e (b) Seleção do fator Kh uti-lizando a Fig. 2-63

(b)

b

Pd

c/2

c/2

bPK

t = thickness

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.51.5

2.0

2.5

3.0

2.51

d

ctPK =

σmaxσnom

σnom =

Solução(a) Determine a carga de tração máxima admissível.

A carga de tração máxima admissível é determinada comparando o pro-duto da tensão nominal vezes a área líquida de cada segmento da barraescalonada (isto é, o segmento com o furo e o segmento com os filetes).

Para o segmento da barra de largura b e espessura t e que tem umorifício de diâmetro d, a área de seção transversal líquida é (b � d)(t), ea tensão nominal axial pode ser calculada como:

(a,b)

onde a tensão máxima foi definida igual à tensão admissível e o fator deconcentração de tensão Kfuro é obtido a partir da Fig. 2-63. Em seguida,igualamos as expressões de tensão nominais nas Eqs. (a) e (b), e resolverpara Pmax:

(c)

UUsando as propriedades numéricas dadas da barra, vemos que d/b �1,8/9,0 � 0,2, então Kfuro é de aproximadamente 2,51 a partir da Fig. 2-63 (ver Fig.2-67b). Agora podemos calcular a carga de tração admissível

σ1 �P

(b � d)t�

a σU

FSU

bKhole

so P max 1 �

a σU

FSU

bKhole

(b � d)t

σ1 �P

(b � d)te σ1 �

σadm

Kfuro

�

a σU

FSU

bKfuro


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na barra escalonada representando concentrações de tensão no furousando a Eq. (c) como:

(d)

Em seguida, temos de investigar a capacidade de suportar a carga detração da barra escalonada no segmento, tendo filetes de raio R � 0,5cm. Seguindo o procedimento que usamos para encontrar Pmax1 nas Eqs.(a), (b) e (c), encontramos agora:

(e)

O fator de concentração de tensões Kfilete é obtido a partir da Fig. 2-65usando dois parâmetros: a proporção de raio do filete à de largurareduzida c (R/c � 0.1) e a proporção de largura total da barra à delargura reduzida (b/c � 1.5). O fator de concentração de tensão é deaproximadamente 2.35 (ver Fig 2-67c.), e assim a carga de tração máximaadmissível com base em concentrações de tensão na região do filete dabarra é:

(f)

Comparando as Eqs. (d) e (f), vemos que o menor valor da carga detração máxima admissível Pmax2, que se baseia na concentração de ten-sões na região do filete da barra escalonada, se controla aqui.

➥P max2 �

a200 MPa2,8

b2,35

(6 cm)(1 cm) � 18,24 kN

P max2 �

a σU

FSU

bKfilete

(ct)

Pmax1 �

a200 MPa

2,8b

2,51(9,0 cm � 1,8 cm)(1,0 cm) � 20,5 kN


K

R =

b

R

PP

t = thicknessct

c

P

cb

cR

σnom =K = σmaxσnom

= 2

b – c2

1.1 1.2

1.3

1.5

3.0

2.52.35

2.0

1.50 0.05 0.10 0.15

(c)

0.20 0.25 0.30


Exemplo 2-18: (c) Seleção dofator Kf utilizando a Fig. 2-64

(b) Determine o diâmetro máximo do furo.

Comparando as Eqs. (d) e (f), vemos que o segmento da barra escalonadacom um furo tem maior capacidade de carga de tração Pmax do que o seg-mento com os filetes. Se aumentar o furo, vamos reduzir a área seccionallíquida, Aliq � (b � d)(t), (note que a largura b e espessura t permanecem

No Capítulo 2, investigamos o comportamento de barras carregadas axial-mente que recebem cargas distribuídas, como peso próprio, e também mudan-ças de temperatura e pré-deformações. Desenvolvemos as relações deforça-deslocamento para uso no cálculo das mudanças no comprimento de bar-ras sob condições uniformes (isto é, uma força constante sobre seu compri-mento total) e não uniformes (isto é, forças axiais e, talvez, também a área daseção transversal variam no comprimento da barra). Depois, foram desenvolvi-das as equações de equilíbrio e compatibilidade para estruturas estaticamenteindeterminadas em procedimento de sobreposição, levando à solução de todasas forças desconhecidas, tensões etc. Desenvolvemos equações para tensões nor-mais e de cisalhamento em seções inclinadas e, a partir dessas equações, encon-tramos as tensões máximas normais e de cisalhamento ao longo da barra. Osconceitos mais importantes apresentados no capítulo são os seguintes:

1. O alongamento ou encurtamento (d) de barras prismáticas sujeitas a car-gas centroidais de tração ou compressão é proporcional à carga (P) e aocomprimento da barra (L) e inversamente proporcional à rigidez axial(EA) da barra; esta relação é chamada relação de força-deslocamento.


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inalteradas), mas, ao mesmo tempo, vamos reduzir o fator de concen-tração de tensões Kfuro (ver Fig. 2-63), porque a razão d/b aumenta.

Se usarmos o lado direito da Eq. (f) em Pmax2 e simplificar aexpressão resultante, temos:

(g)

Substituindo valores numéricos se produz o seguinte:

(h)

Podemos tabular alguns valores do fator de concentração de tensõesKfuro para valores correspondentes da razão d/b a partir da Fig. 2-63como segue (ver Tabela 2-2), mostrando que a requerida relação d/bsitua-se entre 0,3 e 0,4. Várias iterações usando tentativa e erro e os val-ores a partir da fig. 2-63 revelam que:

(i)

Assim, o diâmetro máximo do furo dmax é aproximadamente 3.0 cm, seos dois segmentos da barra escalonada estão com as capacidades decarga de tração iguais.

➥db

�2,97

9� 0,33 so

(1 � 0,33)

2,36� 0,284 so dmax � 2,97 cm

Razão �

a1 �dbb

Kfuro

�18,24 kN

a200 MPa2,8

bc 19 cm(1 cm)

d � 0,284

a σU

FSU

bKfuro

(b � d)t � P max2 ou

a1 �dbb

Kfuro

�P max2

a σU

FSU

ba 1

btb


Tabela 2-2Concentração de tensões e val-ores d/b da Fig 2-63

d/b Kfuro Razão

0,2 2,51 0,320,3 2,39 0,290,4 2,32 0,260,5 2,25 0,22


2. Cabos são elementos apenas de tração, e um módulo efetivo de elastici-dade ( Ee) e a área da seção transversal efetiva (Ae devem ser usados paraconsiderar o efeito de aperto que ocorre quando cabos são colocados sobcargas.

3. A rigidez axial por unidade de comprimento da barra é chamada de rigi-dez (k) e a relação inversa é a flexibilidade (f) da barra.

4. A soma dos deslocamentos de segmentos individuais de uma barra nãoprismática é igual ao alongamento ou encurtamento da barra inteira (δ).

Diagramas de corpo livre são utilizados para encontrar a força axial (Ni)em cada segmento i; se as forças axiais e as áreas da seção transversalvariam continuamente, uma expressão integral é necessária.

5. Se a estrutura de barras é estaticamente indeterminada, equações adicio-nais (além daquelas disponíveis da estática) são necessárias para calcularforças desconhecidas. Equações de compatibilidade são utilizadas pararelacionar os deslocamentos da barra às condições de apoio e atravésdisso produzir relações adicionais entre as incógnitas. O uso de umasobreposição de estruturas “aliviadas” (ou estaticamente determinadas) éconveniente para representar a estrutura real da barra estaticamenteindeterminada.

6. Efeitos térmicos resultam em deslocamentos proporcionais à mudançade temperatura (ΔT) e ao comprimento (L) da barra em estruturas esta-ticamente determinadas. O coeficiente da expansão térmica (α) do mate-rial também é necessário para calcular tensões axiais (εT) edeslocamentos (δT) axiais devidos aos efeitos térmicos.

7. Desajustes e pré-deformações induzem forças axiais apenas em barrasestaticamente indeterminadas.

8. Tensões máximas normais (σmax) e de cisalhamento (τmax) podem serobtidas considerando-se um elemento de tensão inclinado para umabarra carregada com forças axiais. A tensão normal máxima ocorre juntoao eixo da barra, mas a tensão de cisalhamento máxima ocorre em umainclinação de 45° em relação ao eixo da barra. A tensão de cisalhamentomáxima é metade da tensão normal máxima.

σ max � σx τ max �σx

2

εT � α (¢T) δT � εTL � α (¢T)L

δ �3

L

0dδ �

3

L

0

N(x)dx

EA(x)

δ �an

i � 1

NiLi

EiAi

δ � Pf �Pk

f �L

EA�

1k

δ �PLEA


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Variações nos Comprimentos deMembros Carregados Axialmente

2.2-1 O braço em forma de L ABC mostrado na figuraencontra-se em um plano vertical e rotaciona em torno de umpino horizontal em A. O braço tem área de seção transversalconstante e peso total W. Uma mola vertical de rigidez k sus-tenta o braço no ponto B.

(a) Obtenha a fórmula para o alongamento da moladevido ao peso do braço.

(b) Repita a parte (a) se o suporte de pinos em A émovido para D.

PROB. 2.2-1

2.2-2 Um cabo de aço com diâmetro nominal de 25 mm (vejaa Tabela 2.1) é usado em um canteiro de obras para levantaruma seção de uma ponte pesando 38 kN, como ilustrado nafigura. O cabo tem um módulo de elasticidade efetivo E �

140 GPa.(a) Se o cabo tem 14 m de comprimento, quanto ele se

alongará quando a carga for levantada? (b) Se o cabo é classificado para uma carga máxima de

70 kN, qual é o fator de segurança em relação a falhas docabo?

PROB. 2.2-2

2.2-3 Um cabo de aço e um cabo de aluminio têm compri-mentos iguais e suportam cargas iguais P (veja a figura). Os

bb

A B C

D

k

b2—

módulos de elasticidade para o aço e o aluminio são Es � 206GPa e Ea � 76 GPa, respectivamente.

(a) Se os cabos têm o mesmo diâmetro, qual é a razão doalongamento do cabo de aluminio em relação ao alonga-mento do cabo de aço?

(b) Se os cabos se alargarem na mesma medida, qual é arazão do diâmetro do cabo de aluminio em relação ao diâme-tro do cabo de aço?

PROB. 2.2-3

2.2-5 Uma válvula de segurança no topo de um tanque con-tendo vapor sob uma pressão p tem um orifício de descargade diâmetro d (veja a figura). A válvula está dimensionadapara liberar o vapor quando a pressão atingir o valor pmax.

Se o comprimento natural da mola é L e sua rigidez é k,qual deve ser a dimensão h da válvula? (Expresse seu resul-tado como uma fórmula para h.)

PROB. 2.2-5

2.2-5 A treliça de três barras ABC mostrada na figura temum vão L � 3 m e foi construída com tubos de aço de área deseção transversal A � 3.900 mm2 e módulo de elasticidade E� 200 GPa. Cargas idênticas P atuam vertical e horizontal-mente na junta C, como mostrado.

(a) se P � 475 kN, qual é o deslocamento horizontal najunta B?

h

p

d

P

Steelwire

P

Aluminum alloywire


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PROB. 2.2-10

Barras Não Uniformes

2.3-1 (a) Calcule o alongamento de uma barra de cobre deseção transversal circular sólida com extremidades afiladasquando ela é alongada por cargas axiais de magnitude 14 kN(veja a figura).

O comprimento dos segmentos extremos é de 500 mm eo comprimento do segmento prismático do meio é de 1.250mm. Os diâmetros nas seções transversais A, B, C e D são 12,24, 24 e 12 mm, respectivamente, e o módulo de elasticidadeé de 120 GPa. (Observação: utilize o resultado do Exemplo2.4.)

(b) se o alongamento total da barra não pode exceder0,635 milímetros, quais são os diâmetros necessários na B e C?Suponha que diâmetros em A e D permanecem em 12 mm.

PROB. 2.3-1

2.3-3 Uma barra de alumínio AD (veja a figura) tem umaárea de seção transversal de 250 mm2 e está carregada porforças P1 = 7560 N, P2 = 5340 N e P3 = 5780 N. Os compri-mentos dos segmentos da barra são a � 1525 mm, b � 610mm e c � 910 mm.

(a) Assumindo que o módulo de elasticidade E � 72GPa, calcule a variação no comprimento d da barra. A barrasofre alongamento ou encurtamento?

(b) O quanto a carga P3 deve ser aumentada de forma quea barra não tenha seu comprimento modificado quando astrês cargas forem aplicadas?DIFERENTE DO ORIGINAL

(c) Se P3 permanecer em 5780 N, qual a área em cortetransversal para o segmento AB vai resultar em nenhumaalteração de comprimento quando todas as cargas foremaplicadas?

PROB. 2.3-3

a b c

B

P1 P2P3

A C D

A BC

D

14 kN500 mm

500 mm14 kN

1250 mm

L12—

W

h

L

A

k3

L12—

k1 k2L2

B

(b)

PROB. 2.2-8

2.2-10 Uma barra uniforme AB de peso W � 25 N é susten-tada por duas molas, como ilustrado na figura. A mola àesquerda tem rigidez k1 � 300 N/m e comprimento natural L1 � 250 mm. As quantidades correspondentes para a molaà direita são k2 � 400 N/m e L2 � 200 mm. A distância entreas molas é L � 350 mm, e a mola à direita está suspensa porum suporte que está a uma distância h � 80 mm abaixo dosuporte da mola à esquerda. Ignore o peso das molas.

(a) Em qual distância x da mola à esquerda [parte (a) dafigura] uma carga P � 18 N deveria ser colocada para trazera barra para a posição horizontal?

(b) Se P é agora removida, qual novo valor de k1 é neces-sário para que a barra [parte (a) da figura] permaneça emposição horizontal sob o peso W?

(c) Se P é removida e k1 � 300 N/m, qual distância b amola k1 deve ser movida para a direita para que a barra[parte (a) da figura] permaneça em posição horizontal sob opeso W?

(d) Se a mola à esquerda é substituída agora por duasmolas em série (k1 � 300 N/m, k3) de comprimento totalnatural L1 � 250 mm [veja a parte (b) da figura], qual valorde k3 é necessário para que a barra permaneça em posiçãohorizontal sob o peso W?

(a)

P

W

New position ofk1 for part (c) only

Load P forpart (a) only

x

h

L

A

k1L1 k2

L2

B

b

L

A B45° 45°

P

P

C

(a)


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Estruturas EstaticamenteIndeterminadas

2.4-1 O conjunto ilustrado na figura consiste em um núcleode latão (diâmetro d1 � 6 mm) circundado por uma capa deaço (diâmetro interno d2 � 7 mm, diâmetro externo d3 � 9mm). Uma carga P comprime o núcleo e a capa, que têmcomprimento L � 85 mm. Os módulos de elasticidade dolatão e do aço são Eb � 100 GPa e ES � 200 GPa, respecti-vamente.

(a) Qual o valor da carga P para que o conjunto sofrauma compressão de 0,1 mm?

(b) Se a tensão admissível no aço é 180 MPa e a tensãoadmissível no latão é 140 MPa, qual é a carga de compressãoadmissível Padm? (Sugestão: utilize as equações deduzidas noExemplo 2.6.)

PROB. 2.4-1

2.4-3 Três barras prismáticas, duas de material A e uma domaterial B, transmitem uma carga de tração P (veja a figura).As duas barras externas (material A) são idênticas. A área daseção transversal da barra intermediária (material B) é 50%maior que a área da seção transversal de uma das barrasexternas. Além disso, o módulo de elasticidade do material Aé duas vezes o de B.

(a) Que fração da carga P é transmitida pela barra inter-mediária?

(b) Qual é a razão entre a tensão na barra intermediáriae a tensão nas barras externas?

(c) Qual é a razão entre o cisalhamento na barra inter-mediária e o cisalhamento nas barras externas?

PROB. 2.4-3

2.4-6 Uma haste de plástico AB de comprimento L � 0,5 mtem um diâmetro d1 � 30 mm (veja a figura). Uma bucha deplástico CD de comprimento c � 0,3 m e diâmetro externod2� 45 mm está colada de forma segura à haste, de modo quenenhum deslizamento ocorra entre a haste e a bucha. A haste

A

A

BP

Aluminum collar

Brass core

25 mm

40 mm

P

350 mm

é feita de um acrílico com módulo de elasticidade E1 � 3,1GPa e a bucha é feita de um polímero com E2 � 2,5 GPa.

(a) Calcule o alongamento da haste quando ela é puxadapor forças axiais P � 12 kN.

(b) Se a bucha for estendida para o comprimento totalda haste, qual será o alongamento?

(c) Se a bucha for removida, qual será o alongamento?

PROB. 2.4-6

2.4-9 Os tubos de alumínio e de aço ilustrados na figuraestão engastados nos suportes rígidos nas extremidades A e Be a uma placa rígida C em suas junções. O tubo de alumínioé duas vezes mais comprido que o tubo de aço. Duas cargasP, iguais e simetricamente posicionadas, agem na placa em C.

(a) Obtenha fórmulas para as tensões axiais sa e ss nostubos de alumínio e de aço, respectivamente.

(b) Calcule as tensões para os dados a seguir: P � 50 kN,área de seção transversal do tubo de alumínio Aa � 6.000mm2, área de seção transversal do tubo de aço As � 600 mm2,módulo de elasticidade do alumínio Ea � 70 GPa e módulode elasticidade do aço Es � 200 GPa.

PROB. 2.4-9

2.4-12 Uma barra rígida de peso W � 800 N está suspensapor três fios verticais (comprimento L � 150 mm, espaça-mento a � 50 mm): dois de aço e um de alumínio. Os fiostambém sustentam uma carga P agindo no ponto médio dabarra. O diâmetro dos fios de aço é ds � 2 mm e o diâmetrodo fio de alumínio é da � 4 mm. Assuma que Es � 210 Gpae Ea � 70 Gpa.

(a) Qual carga Padm pode ser suportada no ponto médioda barra (x � a) se a tensão admissível nos fios de aço é de220 MPa e no fio de alumínio é de 80 MPa? [Veja a parte (a)da figura.]

P

C

P

B

A Steel pipe

Aluminumpipe

2L

L

L

c bb

P P

A BC D

d1 d2


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Desajustes e Pré-Deformações

2.5-12 Um fio de aço AB é esticado entre dois suportes rígi-dos (veja a figura). O valor da pré-tensão inicial no fio é de42 MPa quando a temperatura é 20 °C.

(a) Qual é o valor da tensão s no fio quando a tempera-tura cai para 0 °C?

(b) Para qual valor da temperatura T a tensão será zero?(Assuma α � 14 � 10�6/C e E � 200 GPa.)

PROB. 2.5-12

2.5-13 Uma barra de cobre AB de comprimento 0,635 m ediâmetro de 50 mm está posicionada à temperatura ambientecom uma folga de 0,2 mm entre a extremidade A e uma guiarígida (veja a figura). A barra é sustentada na extremidade Bpor uma mola elástica com constante de mola k � 210MN/m.

(a) Calcule a tensão de compressão axial sc na barra se atemperatura somente da barra aumentar 27 °C. (Para ocobre, use α � 17,5 � 10�6/C e E � 110 GPa.)

(b) Qual é a força na mola? (Desconsidere os efeitos dagravidade.)

(c) Repita (a) se k : �.

PROB. 2.5-13

2.5-14 Uma barra AB, tendo comprimento L e rigidez axialEA, está engastada na extremidade A (veja a figura). Existeuma pequena folga de dimensão s entre a outra extremidadee a superfície rígida. Uma carga P age na barra no ponto C,localizado a 2/3 do comprimento a partir da extremidadeengastada.

Se as reações no “suporte” produzidas pela carga Pdevem ser iguais em grandeza, qual deve ser o tamanho dafolga s?

PROB. 2.5-14

BA C

P

2L3

— L3L3

—s

0.635 m

0.2 mm

A

d = 50 mm

B

C

k

A B

Steel wire

(b) Qual é Padm se a carga é posicionada em x � a/2? [Vejaa parte (a) da figura.]

(c) Repita (b) acima se o segundo e terceiro fios forem tro-cados como mostra a parte (b) da figura.

PROB. 2.4-12

Efeitos Térmicos

2.5-1 Os trilhos de uma ferrovia estão soldados em suasextremidades (para formar trilhos contínuos e, dessa forma,eliminar o ruído de impacto das rodas) quando a tempera-tura é 10 °C.

Qual é o valor da tensão de compressão produzida nostrilhos quando eles são aquecidos pelo sol até 52 °C, para ocoeficiente de expansão térmica α � 12 � 10�6/C e omódulo de elasticidade E � 200 GPa?

2.5-2 Um tubo de alumínio tem um comprimento de 60 m auma temperatura de 10 °C. Um tubo de aço adjacente à mesmatemperatura é 5 mm mais longo que o tubo de alumínio.

A que temperatura (graus Celsius) o tubo de alumínioserá 15 mm mais longo que o tubo de aço? (Assuma que oscoeficientes de expansão térmica do alumínio e do aço sejamαa � 23 � 10�6/C e αs � 12 � 10�6/C, respectivamente.)

2.5-3 Uma barra rígida de peso W � 3.560 N está suspensapor três fios igualmente espaçados, sendo dois de aço e um dealumínio (veja a figura). O diâmetro dos fios é de 3,2 mm.Antes de os fios serem carregados, todos os três tinham omesmo comprimento.

Que aumento da temperatura ΔT nos três fios resultarána carga total sendo suportada apenas pelos fios de aço?(Assuma Es � 205 GPa, αs � 12 � 10�6/C e αa � 24 � 10�6/C.)

PROB. 2.5-3

W = 3560 N

S A S

(a)

x

aa

P

Rigid barof weight W

S A SL

(b)

x

aa

P

Rigid barof weight W

S S AL


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Tensões em Seções Inclinadas

2.6-1 Uma barra de aço de seção transversal retangular (50mm � 50 mm) suporta uma carga de tração P (veja a figura).As tensões admissíveis em tração e cisalhamento são de 125MPa e 76 MPa, respectivamente. Determine a máxima cargapermitida Pmax.

PROB. 2.6-1

2.6-2 Uma haste circular de aço de diâmetro d está subme-tida a uma força de tração P � 3,5 kN (veja a figura). As ten-sões admissíveis em tração e cisalhamento são de 118 MPa ede 48 MPa, respectivamente. Qual é o mínimo diâmetroadmissível (dmin) para a haste?

PROB. 2.6-2

2.6-3 Um tijolo padrão (dimensões 200 mm � 100 mm � 65mm) é comprimido por uma força P, como ilustrado nafigura. Se a tensão máxima de cisalhamento para o tijolo é de8 MPa e a tensão máxima de compressão é de 26 MPa, qualo valor da força Pmax para quebrar o tijolo?

PROB. 2.6-3

2.6-4 Um fio de latão de diâmetro d � 2,42 mm é esticadoentre suportes rígidos de forma que a força de tração seja T� 98 N (veja a figura). O coeficiente de expansão térmicapara o fio é 19,5 � 10–6/°C e o módulo de elasticidade é E �

110 GPa.(a) Qual é a máxima queda de temperatura permitida ΔT

se a tensão de cisalhamento permitida no fio é de 60 MPa? (b) A que mudança de temperatura o fio se torna frouxo?

PROB. 2.6-4

T d T

P

65 mm200 mm100 mm

P = 3.5 kNPd

P P

50 mm

50 mm

2.6-8 Uma barra de cobre com uma seção transversal retan-gular está engastada sem tensão entre suportes rígidos (vejaa figura). Subsequentemente, a temperatura da barra éaumentada em 50 °C.

(a) Determine as tensões em todas as faces do elemento Ae B e mostre essas tensões em esboços dos elementos. (Utilizeα � 17.5 � 10�6/C e E � 120 GPa.)

(b) Se a tensão de cisalhamento em B é conhecida porser 48 MPa em alguma inclinação θ, encontrar o ângulo θ emostrar as tensões em um esboço de um elemento orientadocorretamente.

PROB. 2.6-8

2.6-15 As tensões de tração de 60 MPa e 20 MPa estãoagindo nos lados de um elemento de tensão de uma barra emtensão uniaxial, como ilustrado na figura.

(a) Determine o ângulo θ e a tensão de cisalhamento tqe mostre todas as tensões em um esboço do elemento.

(b) Determine a máxima tensão normal smax e a máximatensão de cisalhamento tmax no material.

PROB. 2.6-15

Energia de DeformaçãoQuando resolver os problemas da Seção 2.7, assuma que osmateriais se comportam de modo elástico linear.

2.7-1 Uma barra prismática AD de comprimento L, área deseção transversal A e módulo de elasticidade E está subme-tida a cargas 5P, 3P e P agindo nos pontos B, C e D, respec-tivamente (veja a figura). Os segmentos AB, BC e CD têmcomprimento L/6, L/2 e L/3, respectivamente.

(a) Obtenha uma fórmula para a energia de deformaçãoU da barra.

(b) Calcule a energia de deformação se P � 27 kN, L �

130 cm, A � 18 cm2 e o material é alumínio com E � 72 GPa.

PROB. 2.7-1

A B C D

5P 3P P

L6— L

2— L

3—

= 60 MPa

20 MPa60 MPa

20 MPa

u

tu tu

tu tu

su

A B

45°


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2.7-6 A treliça ABC ilustrada na figura está submetida auma carga horizontal P na junta B. As duas barras são idên-ticas, com área de seção transversal A e módulo de elastici-dade E.

(a) Determine a energia de deformação U do suportepara o ângulo β � 60º.

(b) Determine o deslocamento horizontal δB da junta Bequacionando a energia de deformação do suporte para otrabalho realizado pela carga.

PROB. 2.7-6

b b

PB

CA

L

2.7-2 Uma barra de seção transversal circular tendo doisdiâmetros diferentes d e 2d é ilustrada na figura. O compri-mento de cada segmento da barra é L/2 e o módulo de elas-ticidade do material é E.

(a) Obtenha uma fórmula para a energia de deformaçãoU da barra devido à carga P.

(b) Calcule a energia de deformação se a carga é P � 27kN, o comprimento é L � 600 mm, o diâmetro d � 40 mm eo material é latão com E � 105 GPa.

PROB. 2.7-2

P P

2dd

L2

— L2

—


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C A P Í T U L O3Torção

VISÃO GERAL DO CAPÍTULOO Capítulo 3 trata da torção de barras circulares eeixos vazados que sofrem a atuação de momentos detorção. Primeiramente, consideraremos a torção uni-forme, que se refere aos casos em que o torque éconstante ao longo do comprimento de um eixo pris-mático, enquanto a torção não uniforme descrevecasos em que o momento de torção e/ou a rigidez detorção da seção transversal variam ao longo do com-primento. Tal como no caso da deformação axial, énecessário relacionar tensão e deformação, assimcomo carga aplicada e mudanças na forma. Para atorção, lembre-se de que a lei de Hooke para cisalha-mento afirma que as tensões de cisalhamento, t, sãoproporcionais às deformações de cisalhamento, g,sendo a constante de proporcionalidade G o módulode elasticidade de cisalhamento. As tensões de cisa-lhamento e as deformações de cisalhamento variamlinearmente com o aumento da distância radial naseção transversal, como descrito pela fórmula de tor-ção. O ângulo de torção, f, é proporcional ao

momento de torção interno e à flexibilidade de tor-ção da barra circular. A maioria das discussões destecapítulo é voltada ao comportamento elástico lineare às pequenas rotações de membros estaticamentedeterminados. Entretanto, se a barra é estaticamenteindeterminada, devemos complementar as equaçõesde equilíbrio estático com equações de compatibili-dade (que contam com relações de torque-desloca-mento) para determinar qualquer incógnita deinteresse, como momentos aplicados pelos vínculosou momentos de torção internos. Tensões em seçõesinclinadas serão também investigadas como um pri-meiro passo em direção a uma consideração maiscompleta dos estados de tensões planas nos capítulosfinais. Por fim, diversos tópicos avançados e especia-lizados (como energia de deformação, fluxo de cisa-lhamento em tubos de paredes finas e concentraçõesde tensão em torção) serão apresentados no finaldeste capítulo.

3.1 Introdução 1883.2 Deformações de torção de uma barra circular

1893.3 Barras circulares de materiais elásticos

lineares 1923.4 Torção não uniforme 2023.5 Tensões e deformações em cisalhamento puro

2083.6 Relação entre os módulos de elasticidade E e

G 214

3.7 Transmissão de potência por eixos circulares215

3.8 Membros de torção estaticamenteindeterminados 219

3.9 Energia de deformação em torção ecisalhamento puro 223

3.10 Torção de eixos prismáticos não circulares315Resumo e revisão do capítulo 239Problemas 240* Tópicos especiais e/ou avançados

Os tópicos no Capítulo 3 são organizados da seguinte forma:

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3.1 IntroduçãoFigura 3.2 Nos Capítulos 1 e 2, discutimos o comportamento do tipo mais simples demembro estrutural – isto é, uma barra retilínea submetida às cargas axiais.Agora consideraremos um tipo de comportamento um pouco mais complexo,chamado de torção. A torção se refere ao giro de uma barra retilínea quandocarregada por momentos (ou torques) que tendem a produzir rotação ao redordo eixo longitudinal da barra. Por exemplo, quando você gira uma chave defenda (Figura 3.1a), sua mão aplica um torque T no cabo (Figura 3.1b) e giraa haste da chave de fenda. Outros exemplos de barras em torção são eixosmotores em automóveis, eixos em geral, eixos propulsores, hastes de direção ebrocas de furadeiras.

Um caso idealizado de carregamento por torção está ilustrado na Figura3.2a, que mostra uma barra retilínea apoiada em uma extremidade e carregadapor dois pares de forças iguais e opostas. O primeiro par consiste nas forças P1agindo próximo do ponto médio da barra e o segundo par consiste nas forçasP2 agindo na extremidade. Cada par de forças forma um binário que tende agirar a barra ao redor do seu eixo longitudinal. Como sabemos da estática, omomento de um binário é igual ao produto de uma das forças pela distânciaentre as linhas de ação destas forças; assim, o primeiro binário tem ummomento T1 � P1d1 e o segundo tem um momento T2 � P2d2. As unidadesUSCS típicas para momento são a libra-pé (lb-pé) e a libra-polegada (lb-pol.).A unidade SI para o momento é o newton-metro (N m).

O momento de um conjugado pode ser representado por um vetor naforma de uma seta com ponta dupla (Figura 3.2b). A seta é perpendicular aoplano contendo o binário e, por isso, nesse caso ambas as setas são paralelasao eixo da barra. A direção (ou sentido) do momento é indicada pela regra damão direita para vetores de momento – isto é, usando sua mão direita, deixeseus dedos dobrados na direção do momento e seu polegar irá apontar na dire-ção do vetor.

Uma representação alternativa de um momento é uma seta curvada agindona direção de rotação (Figura 3.2c). Ambas as representações de seta curvadaou vetor são de uso comum e ambas são usadas neste livro. A escolha dependeda conveniência e da preferência pessoal.

Momentos que produzem giro da barra, como os momentos T1 e T2 naFigura 3.2, são chamados de torques ou momentos torçores. Membros cilíndri-cos submetidos a torques e que transmitem potência através de rotação sãochamados de eixos; por exemplo, o virabrequim de um automóvel ou o eixopropulsor de um navio. A maioria dos eixos tem seções transversais circulares,sólidas ou tubulares.

Neste capítulo, começaremos desenvolvendo fórmulas para as deforma-ções e tensões em barras circulares submetidas a torção. Então analisaremos oestado de tensão conhecido como cisalhamento puro e obteremos a relaçãoentre os módulos de elasticidade E e G em tração e cisalhamento, respectiva-mente. Depois, analisaremos eixos rotativos e determinaremos a potência queeles transmitem. Finalmente, cobriremos vários tópicos adicionais relaciona-dos à rotação, isto é, membros estaticamente indeterminados, energia de defor-mação, tubos de parede fina de seção transversal não circular e concentraçõesde tensão.

3.2 Deformações de torção de uma barracircularComeçamos nossa discussão considerando uma barra prismática de seçãotransversal circular girada por torques T agindo nas extremidades (Figura3.3a). Uma vez que toda seção transversal da barra é idêntica e que toda seção

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(b)

(a)

T

Figura 3.1 Torção de uma chave de fendadevido a um torque T aplicado

no cabo

P1

T1 = P1d1 T2 = P2d2

P1

d1 P2

P2

d2

Axisof bar

(c)

T2T1

T2T1

(b)

(a)

Figura 3-2Barra submetida a torção pelos

torques T1 e T2

transversal está submetida ao mesmo torque interno T, dizemos que a barraestá em torção pura. Das considerações de simetria, pode-se provar que asseções transversais da barra não variam na forma enquanto rotacionam aoredor do eixo longitudinal. Em outras palavras, todas as seções transversaispermanecem planas e circulares e todos os raios permanecem retos. Alémdisso, se o ângulo de rotação entre uma extremidade e outra da barra forpequeno, nem o comprimento da barra nem seu raio irão variar.

Para ajudar a visualizar a deformação da barra, imagine que a extremidadeesquerda da barra (Figura 3.3a) esteja fixa. Então, sob a ação do torque T, aextremidade direita irá rotacionar (com relação à extremidade esquerda) atra-vés de um pequeno ângulo f, conhecido como ângulo de torção (ou ângulo derotação). Por causa dessa rotação, uma linha longitudinal retilínea pq na super-fície da barra se tornará uma curva helicoidal pq�, em que q� é a posição doponto q depois que a seção transversal na extremidade rotacionou ao redor doângulo f (Figura 3.3b).

O ângulo de torção varia ao longo do eixo da barra, e nas seções transver-sais intermediárias ele terá um valor f(x) que está entre zero na extremidadeesquerda até f na extremidade direita. Se toda seção transversal da barra temo mesmo raio e está submetida ao mesmo torque (torção pura), o ângulo f(x)varia linearmente entre as extremidades.

capítulo 3 Torção 145

VENDA PROIBIDA

(a)

(b)

(x)

T Tp

x

L

rq

q'r

q

q'

ff

f

Figura 3-3Deformações de uma barra circular em torção pura

Deformações de cisalhamento na superfície externaConsidere agora um elemento da barra entre duas seções transversais distantesdx uma da outra (veja a Figura 3.4a na próxima página). Esse elemento estáampliado na Figura 3.4b. Em sua superfície externa identificamos um pequenoelemento abcd, com lados ab e cd que são inicialmente paralelos ao eixo longi-tudinal. Durante o giro da barra, a seção transversal direita rotaciona em rela-ção à extremidade esquerda em um pequeno ângulo de torção df, de forma

T T

x dx

L

(a)

T

a

d cb'

b d

c'r

T

max

dx

(b)

d

dx

(c)

gg

f

r

f

Figura 3-4Deformação de um elemento de

comprimento dx extraído de uma barra em torção

que os pontos b e c movem-se para b� e c�, respectivamente. Os comprimentosdos lados do elemento, que agora é o elemento ab�c�d, não variam durante essapequena rotação.

Entretanto, os ângulos nos cantos do elemento (Figura 3.4b) não são maisiguais a 90°. O elemento, portanto, está em um estado de cisalhamento puro, oque significa que o elemento está submetido a deformações de cisalhamento,mas não a deformações normais (veja a Figura 1.28 da Seção 1.4). A grandezada deformação de cisalhamento gmax é igual à diminuição no ângulo no pontoa, isto é, a diminuição no ângulo bad. Na Figura 3.4b vemos que a diminuiçãonesse ângulo é

(3-1)

em que gmax é medido em radianos, bb� é o deslocamento do ponto e ab é ocomprimento do elemento (igual a dx). Com r denotando o raio da barra,podemos expressar a distância bb� como rdf, em que df também é medido emradianos. Dessa forma, a equação anterior fica

(3-2)

Essa equação relaciona a deformação de cisalhamento na superfície externa dabarra ao ângulo de torção.

A quantidade df/dx é a razão da variação do ângulo de torção f em rela-ção à distância x medida ao longo do eixo da barra. Vamos denotar df/dx pelosímbolo u e nos referiremos a ela como a razão de torção ou o ângulo de torçãopor unidade de comprimento:

(3-3)

Com esta notação, podemos agora escrever a equação para a deformação decisalhamento na superfície externa (Equação 3.2) da seguinte maneira:

(3-4)

Por conveniência, discutimos uma barra em torção pura ao deduzir asEquações (3.3) e (3.4). Entretanto, ambas as equações são válidas para casosmais gerais de torção, como quando a razão de torção u não é constante, masvaria com a distância x ao longo do eixo da barra.

No caso especial da torção pura, a razão de torção é igual ao ângulo detorção total f dividido pelo comprimento L, isto é, u � f/L. Por isso, apenaspara torção pura, temos

(3-5)

Esta equação pode ser obtida diretamente a partir da geometria da Figura3.3a, notando que gmax é o ângulo entre as linhas pq e pq�, isto é, gmax é oângulo qpq�. Portanto, gmax é igual à distância qq� na extremidade da barra.Mas uma vez que a distância qq� também é igual a rf (Figura 3.3b), obtemosrf � gmaxL, que está de acordo com a Equação (3.3).

Deformações de cisalhamento no interior da barra As deformações de cisalhamento no interior da barra podem ser encontradaspelo método usado para encontrar a deformação de cisalhamento gmax nasuperfície. Como os raios nas seções transversais permanecem retos e não dis-torcidos durante o giro, vemos que a discussão anterior para um elemento abcdna superfície externa (Figura 3.4b) também se aplica a um elemento similarsituado na superfície de um cilindro interno de raio r (Figura 3.4c). Desta

γ max � rθ �rφL

γ max �rdφdx

� rθ

θ �dφdx

γ max �rdφdx

γ max �bb¿

ab


VENDA PROIBIDA

(b)

r

q

q'

f

Figigura 3-3b (Repetida)

forma, elementos internos também estão em cisalhamento puro com as defor-mações de cisalhamento correspondentes dadas pela equação (compare com aEquação 3.2):

(3-6)

Esta equação mostra que as deformações de cisalhamento em uma barra cir-cular variam linearmente com a distância radial r a partir do centro, com adeformação sendo zero no centro e alcançando o valor máximo gmax na super-fície externa.

Tubos circularesUma revisão das discussões anteriores mostrará que as equações para as defor-mações de cisalhamento (Equações 3.4 a 3.6) aplicam-se para tubos circulares(Figura 3.5), bem como para barras circulares sólidas. A Figura 3.5 mostra avariação linear na deformação de cisalhamento entre a deformação máxima nasuperfície externa e a deformação mínima na superfície interna. As equaçõespara essas deformações são as seguintes:

(3-7a,b)

em que r1 e r2 são os raios interno e externo, respectivamente, do tubo.Todas as equações anteriores para as deformações em uma barra circular

foram baseadas apenas nos conceitos geométricos e não envolvem as proprie-dades dos materiais. Por isso, as equações são válidas para qualquer material,tanto para comportamento elástico ou inelástico, linear ou não linear.Entretanto, as equações limitam-se a barras submetidas a pequenos ângulos derotação e deformações pequenas.

3.3 Barras circulares de materiais elásticos linearesAgora que investigamos as deformações de cisalhamento em uma barra circu-lar em torção (Figuras 3.3 a 3.5), estamos prontos para determinar as direçõese magnitudes das tensões de cisalhamento correspondentes. As direções dastensões podem ser determinadas por observação, como ilustrado na Figura3.6a. Vemos que o torque T tende a rotacionar a extremidade direita da barrano sentido anti-horário quando vista pela direita. Por isso, as tensões de cisa-lhamento t agindo em um elemento de tensão localizado na superfície da barraterão as direções ilustradas na figura.

Para maior clareza, o elemento ilustrado na Figura 3.6a está aumentadona Figura 3.6b, em que tanto a deformação de cisalhamento quanto as tensõesde cisalhamento estão representadas. Como explicado anteriormente na Seção2.6, em geral desenhamos elementos de tensão em duas dimensões, como naFigura 3.6b, mas devemos sempre lembrar que os elementos de tensão são, narealidade, objetos tridimensionais com uma espessura perpendicular ao planoda figura.

As intensidades das tensões de cisalhamento podem ser determinadas apartir das deformações usando a relação de tensão-deformação para o mate-rial da barra. Se o material é elástico linear, podemos usar a lei de Hooke emcisalhamento (Equação 1.21):

(3-8)

em que G é o módulo de elasticidade de cisalhamento e g é a deformação decisalhamento em radianos. Combinando essa equação com as equações paraas deformações de cisalhamento (Equações 3.4 e 3.6), obtemos

τ � Gγ

γ max �r2φL

γ min �r1

r2

γ max �r1φL

γ � ρθ �ρr

γ max


VENDA PROIBIDA

T

a

d cb'

b d

c'r

T

max

dx

(b)

g

f

Figura 3.4b (Repetida)

d

dx

(c)

g

f

r

Figura 3.4c (Repetida)

max

r1

r2

ming

g

Figura 3.5Deformações de cisalhamentoem um tubo circular

(3-9a,b)

em que tmax é a tensão de cisalhamento na superfície externa da barra (raio r),t é a tensão de cisalhamento em um ponto interior (raio r) e u é a razão de tor-ção (nessas equações, u tem unidades de radianos por unidade de compri-mento).

As Equações 3.9a e 3.9b mostram que as tensões de cisalhamento variamlinearmente com a distância do centro da barra, como ilustrado pelo diagramade tensão triangular na Figura 3.6c. Essa variação linear de tensão é uma con-sequência da lei de Hooke. Se a relação tensão-deformação é não linear, as ten-sões irão variar não linearmente e outros métodos de análise serão necessários.

As tensões de cisalhamento agindo num plano transversal são acompanha-das pelas tensões de cisalhamento de mesma intensidade agindo em planos lon-gitudinais (Figura 3.7). Essa conclusão segue do fato de que tensões decisalhamento iguais sempre existem em planos mutuamente perpendiculares,como explicado na Seção 1.7. Se o material da barra é mais frágil em cisalha-mento em planos longitudinais que em planos transversais, como é típico damadeira quando os veios correm paralelamente ao eixo da barra, as primeirastrincas devido à torção aparecerão na superfície na direção longitudinal.

τ max � Grθ τ � Gρθ �ρr

τ max


VENDA PROIBIDA

Figura 3-6Tensões de cisalhamento emuma barra circular em torção

(b)

b'ba

c'cd

(c)

max

r

T T

(a)

τ

τ

ττ

τ

τ

ρ

τ

γ

max

max

τ

τ

Figura 3-7Tensões de cisalhamento

longitudinal e transversal emuma barra circular submetida a

torção

T T

Figura 3-8Tensões de compressão e tração

agindo em um elemento detensão orientado a 45� do eixo

longitudinal

O estado de cisalhamento puro na superfície de uma barra (Figura 3.6b) éequivalente a iguais tensões de compressão e tração agindo sobre um elementoorientado num ângulo de 45°, como será explicado mais adiante, na Seção 3.5.Por isso, um elemento retangular com lados a 45° do eixo será submetido a ten-sões de compressão e tração, como ilustrado na Figura 3.8. Se uma barra detorção é feita de um material mais frágil em tração que em cisalhamento, afalha ocorrerá em tração ao longo de uma hélice a 45° do eixo, como você podeverificar torcendo um pedaço de giz.

A fórmula de torçãoO próximo passo em nossa análise é determinar a relação entre as tensões decisalhamento e o torque T. Feito isso, seremos capazes de calcular as tensões eas deformações em uma barra devido a qualquer conjunto de torques aplicados.

A distribuição das tensões de cisalhamento agindo em uma seção transver-sal é representada nas Figuras 3.6c e 3.7. Como essas tensões agem continua-mente ao redor da seção transversal, têm uma resultante na forma de ummomento – um momento igual ao torque T agindo na barra. Para determinaresta resultante, consideremos um elemento de área dA localizado à distânciaradial r do eixo da barra (Figura 3.9). A força cortante agindo nesse elementoé igual a t dA, em que t é a tensão de cisalhamento no raio r. O momento dessaforça sobre o eixo da barra é igual à força vezes a sua distância ao centro, outrdA. Substituindo para a tensão de cisalhamento t da Equação (3.9b), pode-mos expressar esse momento elementar como


VENDA PROIBIDA

r

dA

τρ

Figura 3-9Determinação da resultante dastensões de cisalhamento agindoem uma seção transversal

O momento resultante (igual ao torque T) é a soma de todos os momentos ele-mentares sobre a área de seção transversal:

(3-10)

em que

(3-11)

é o momento de inércia polar da seção transversal circular.Para um círculo de raio r e diâmetro d, o momento de inércia polar é

(3-12)

como dado no Apêndice D, Número 9. Note que os momentos de inércia têmunidades de comprimento na quarta potência.*

Uma expressão para a tensão de cisalhamento máxima pode ser obtidarearranjando-se a Equação 3.10 da seguinte maneira:

(3-13)

Essa equação, conhecida como fórmula de torção, mostra que a tensão de cisa-lhamento máxima é proporcional ao torque aplicado T e inversamente propor-cional ao momento de inércia polar IP.

As unidades a seguir são tipicamente usadas com a fórmula de torção. NoSI, o torque T é usualmente expresso em newton-metros (N�m), o raio r, emmetros (m), o momento de inércia polar Ip, em metros na quarta potência (m4)e a tensão de cisalhamento t, em pascals (Pa).

τ max �TrIP

IP �πr4

2�

πd4

32

IP �3A

ρ2dA

T �3A

dM �τ max

r 3Aρ2dA �

τ max

rIP

*Momentos de inércia polar serão discutidos na Seção 12.6 do Capítulo 12.

Substituindo r � d/2 e IP � pd4/32 na fórmula de torção, obtemos a equa-ção a seguir para a tensão máxima:

(3-14)

Essa equação aplica-se apenas para barras de seção transversal circular maciça,enquanto a fórmula de torção (Equação 3.13) aplica-se tanto para barras sóli-das quanto para tubos circulares, como explicado mais adiante. A Equação3.14 mostra que a tensão de cisalhamento é inversamente proporcional aocubo do diâmetro. Dessa forma, se o diâmetro for duplicado, a tensão seráreduzida por um fator de oito.

A tensão de cisalhamento à distância r do centro da barra é

(3-15)

que é obtida combinando-se a Equação 3.9b com a fórmula de torção(Equação 3.13). A Equação 3.15 é uma fórmula de torção generalizada, e vemosmais uma vez que as tensões de cisalhamento variam linearmente com a dis-tância radial a partir do centro da barra.

Ângulo de torçãoO ângulo de torção de uma barra de material elástico linear pode ser agorarelacionado ao torque aplicado T. Combinando a Equação 3.9a com a fórmulade torção, obtemos

(3-16)

em que u é dado em radianos por unidade de comprimento. Essa equação mos-tra que a razão de torção u é diretamente proporcional ao torque T e inversa-mente proporcional ao produto GIP, conhecido como rigidez de torção dabarra.

Para uma barra em torção pura, o ângulo de torção total u, igual à razãode torção vezes o comprimento da barra (isto é, f � uL), é

(3-17)

em que f é medido em radianos. O uso das equações anteriores, tanto na aná-lise quanto no dimensionamento, é demonstrado nos Exemplos 3.1 e 3.2.

A quantidade GIP/L, chamada de rigidez à torção linear da barra, é o tor-que necessário para produzir um ângulo de rotação unitário. A flexibilidade àtorção é a recíproca de rigidez, ou L/GIP, e é definida como o ângulo de rota-ção produzido por um torque unitário. Dessa forma, temos as seguintesexpressões:

(3-18a,b)

Essas quantidades são análogas à rigidez axial k � EA/L e à flexibilidade axialf � L/EA de uma barra em tração ou compressão (compare com as Equações2.4a e 2.4b). Rigidez e flexibilidade têm papel importante na análise estrutural.

A equação para o ângulo de torção (Equação 3.17) fornece uma maneiraconveniente para determinar o módulo de elasticidade de cisalhamento G paraum material. Conduzindo um teste de torção em uma barra circular, podemosmedir o ângulo de torção f produzido por um torque conhecido T. Então ovalor de G pode ser calculado a partir da Equação 3.17.

kT �GIP

LfT �

LGIP

φ �TLGIP

θ �T

GIP

τ �ρr

τ max �TρIP

τ max �16Tπd3


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Tubos CircularesTubos circulares são mais eficientes que barras sólidas para resistir a cargas detorção. Como sabemos, as tensões de cisalhamento em uma barra circularsólida são máximas nas fronteiras externas da seção transversal e nulas no cen-tro. Por isso, a maioria do material num eixo sólido é tensionada de forma sig-nificativa abaixo da tensão de cisalhamento máxima. Além disso, as tensõesperto do centro da seção transversal têm um braço de momento r menor parase usar na determinação do torque (veja a Figura 3.9 e a Equação 3.10).

Em contraste, em um tubo vazado típico, a maior porção do material estápróxima à fronteira externa da seção transversal em que tanto as tensões decisalhamento quanto os braços de momento têm o maior valor (Figura 3.10).Dessa forma, se a redução de peso e economia de material forem importantes,seria aconselhável usar um tubo circular. Por exemplo, grandes eixos de dire-ção, eixos de propulsão e eixos geradores geralmente têm seção transversal cir-cular vazada.

A análise de torção de um tubo circular é quase idêntica àquela de umabarra sólida. As mesmas expressões básicas para as tensões de cisalhamentopodem ser usadas (por exemplo, as Equações 3.9a e 3.9b). Logicamente, a dis-tância radial r está limitada ao intervalo r1 até r2, em que r1 é o raio interno er2 é o raio externo da barra (Figura 3.10).

A relação entre o torque T e a tensão máxima é dada pela Equação 3.10,mas os limites na integral para o momento de inércia polar (Equação 3.11) sãor � r1 e r � r2. Por isso, o momento de inércia polar da área de seção trans-versal do tubo é

(3-19)

As expressões anteriores também podem ser escritas da seguinte forma:

(3-20)

em que r é o raio médio do tubo, igual a (r1 � r2)/2; d é o diâmetro médio, iguala (d1 � d2)/2 e t é a espessura (Figura 3.10), igual a r2 � r1. Logicamente, asEquações 3.19 e 3.20 dão os mesmos resultados, mas algumas vezes a terceiraé mais conveniente.

Se o tubo é relativamente fino, de forma que a espessura t seja pequenacomparada ao raio médio r, podemos desconsiderar os termos t2 na Equação3.20. Com essa simplificação, obtemos a fórmula aproximada a seguir para omomento de inércia polar:

(3-21)

Essas expressões são fornecidas no Número 22 do Apêndice D.Lembretes: Nas Equações 3.20 e 3.21, as quantidades r e d são o raio e o

diâmetro médios, e não os máximos. As Equações 3.19 e 3.20 são exatas; aEquação 3.21 é aproximada.

A fórmula de torção (Equação 3.13) pode ser usada para um tubo circularde material elástico linear desde que IP seja calculado de acordo com aEquação 3.19, Equação 3.20 ou, se apropriado, Equação 3.21. O mesmocomentário aplica-se à equação geral para tensão de cisalhamento (Equação3.15), às equações para razão de torção e ângulo de torção (Equações 3.16 e3.17) e às equações para rigidez e flexibilidade (Equações 3.18a e b).

A distribuição de tensão de cisalhamento num tubo é ilustrada na Figura3.10. Da figura, vemos que a tensão média em um tubo fino é quase tão grandequanto a tensão máxima. Isso significa que uma barra vazada é mais eficienteno ponto de vista de utilização de material do que uma barra sólida, comoexplicado anteriormente e demonstrado mais adiante nos Exemplos 3.2 e 3.3.

IP L 2πr3t �πd3t

4

IP �πrt2

(4r2 � t2) �πdt4

(d2 � t2)

IP �π2

(r24 � r1

4) �π32

(d24 � d1

4)


VENDA PROIBIDA

max

r1

r2

t

t

t

Figura 3-10Tubo circular em torção

Ao dimensionar um tubo circular para transmissão de torque, devemosassegurar que a espessura t seja suficientemente grande para prevenir empena-mentos ou enrugamentos da parede do tubo. Por exemplo, um valor máximodo raio em relação à espessura (r2/t)max � 12 deve ser especificado. Outras con-siderações de dimensionamento incluem fatores ambientais e de durabilidade,que também podem impor exigências quanto à espessura da parede. Esses tópi-cos são discutidos em cursos e livros-texto de projeto mecânico.

LimitaçõesAs equações deduzidas nesta seção são limitadas a barras de seção transversalcircular (sólidas ou vazadas) que se comportam de maneira elástica linear. Emoutras palavras, as cargas devem ser de tal forma que as tensões não excedamo limite de proporcionalidade do material. Além disso, as equações para ten-sões são válidas apenas em partes da barra distantes de concentrações de ten-são (como furos e outras variações abruptas na forma) e distantes de seçõestransversais em que cargas sejam aplicadas (as concentrações de tensão em tor-ção serão discutidas mais adiante na Seção 3.12 NÃO FOI CORTADA).

Finalmente, é importante enfatizar que as equações para a torção de bar-ras circulares e tubos não podem ser usadas para barras de outros formatos.Barras não circulares, como barras retangulares e barras de perfil I, compor-tam-se de maneira bem diferente das barras circulares. Por exemplo, suasseções transversais não permanecem planas e suas tensões máximas não estãolocalizadas nas maiores distâncias a partir dos pontos médios da seção trans-versal. Dessa forma, essas barras necessitam de métodos mais avançados deanálise, como aqueles apresentados em livros de teoria de elasticidade e mecâ-nica dos materiais avançada.* (Uma breve visão geral de torção de eixos pris-máticos não circulares é apresentada na Seção 3.10)


VENDA PROIBIDA*A teoria de torção para barras circulares originou-se do trabalho do famoso cientista francês C. A. de Coulomb(1736-1806); aperfeiçoamentos posteriores foram feitos por Thomas Young e A. Duleau (Ref. 3.1). A teoria geral detorção (para barras de qualquer forma) foi descrita por Barré de Saint-Venant (1797-1886); veja Ref. 2.10.

Exemplo 3-1• • •Uma barra de aço sólida de seção transversal circular (Figura 3.11) temdiâmetro d � 40 mm, comprimento L 1,3 m e módulo de elasticidade G �80 GPa. A barra está submetida a torques T agindo nas extremidades.

(a) Se os torques têm intensidade T � 340 N m, qual é a tensão de cisal-hamento máxima na barra? Qual é o ângulo de torção entre as extrem-idades?

(b) Se a tensão de cisalhamento admissível é de 42 MPa e o ângulo de torçãoadmissível é 2,5�, qual é o torque máximo permitido?

#

T T

L = 1.3 m

d = 40 mmFigura 3-11Exemplo 3.1. Barra em torção

Solução(a) Tensão de cisalhamento e ângulo de torção máximos. Como a barra tem

uma seção transversal maciça, podemos encontrar a tensão de cisal-hamento máxima a partir da Equação (3.14), da seguinte maneira:

➥τ max �16T

πd3�

16(340 N # m)

π(0,04 m)3� 27,1 MPa


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-1• • •De maneira similar, o ângulo de torção é obtido a partir da Equação(3.17) com o momento de inércia polar dado pela Equação (3.12):

Desta forma, a análise da barra sob a ação do torque dado está com-pleta.

(b) Torque máximo permitido. O torque máximo permitido é determinadoou pela tensão de cisalhamento admissível ou pelo ângulo de torção per-mitido. Começando com a tensão de cisalhamento, rearranjamos aEquação (3.14) e calculamos da seguinte maneira:

Qualquer torque maior que esse valor resultará em uma tensão de cisal-hamento que excede a tensão admissível de 42 MPa.

Usando uma equação rearranjada (3.17), calculamos agora o torquebaseado no ângulo de torção:

Qualquer torque maior que T2 resultará no ângulo de torção admissívelsendo excedido.

O torque máximo permitido é o menor entre T1 e T2:

Nesse exemplo, a tensão de cisalhamento admissível fornece a condiçãolimitante.

➥

➥

Tmax � 528 N # m

� 674 N # m

T2 �GIPφallow

L�

(80 GPa)(2,51 � 10�7 m4)(2,5°)(πrad/180°)

1,3 m

T1 �πd3τallow

16�

π16

(0.04 m)3(42 MPa) � 528 N # m

φ �TLGIP

�(340 N # m)(1.3 m)

(80 GPa)(2,51 � 10�7 m4)� 0,02198 rad � 1,26°

IP �πd4

32�

π(0,04 m)4

32� 2,51 � 10�7 m4

• • •Um eixo de aço deve ser fabricado com uma barra circular sólida ou com umtubo circular (Figura 3.12). O eixo deve transmitir um torque de 1.200 N.msem exceder uma tensão de cisalhamento admissível de 40 MPa nem umarazão de torção de 0,75�/m. (O módulo de elasticidade de cisalhamento doaço é de 78 GPa.)

(a) Determine o diâmetro necessário d0 do eixo maciço.(b) Determine o diâmetro externo necessário d2 do eixo vazado se a espes-

sura t do eixo estiver especificada em um décimo do diâmetro externo.(c) Determine a razão dos diâmetros (isto é, a razão d2/d0) e a razão dos

pesos dos eixos maciço e vazado.

Solução(a) Eixo maciço. O diâmetro exigido d0 é determinado a partir da tensão de

cisalhamento admissível ou da razão de torção admissível. No caso datensão de cisalhamento admissível, rearranjamos a Equação (3.14) eobtemos

da qual obtemos

d03 �

16Tπτallow

�16(1200 N # m)

π (4 MPa)� 152,8 � 10�6 m3

Exemplo 3-2

(© culture-images GmbH/Alamy)


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• • •

No caso da razão de torção admissível, começamos encontrando omomento de inércia polar necessário (veja a Equação 3.16):

Uma vez que o momento de inércia polar é igual a πd4/32, o diâmetroexigido é

ou

Comparando os dois valores de d0, vemos que a razão de torção governao dimensionamento, e o diâmetro necessário do eixo sólido é

Em um dimensionamento prático, selecionaríamos um diâmetro umpouco maior que o valor calculado de d0; por exemplo, 60 mm.

(b) Eixo vazado. Novamente, o diâmetro exigido é baseado na tensão decisalhamento admissível ou na razão de torção admissível. Começamosnotando que o diâmetro externo da barra é d2 e o diâmetro interno é

Dessa forma, o momento de inércia polar (Equação 3.19) é

No caso da tensão de cisalhamento admissível, usamos a fórmula detorção (Equação 3.13) da seguinte maneira:

Rearranjando, obtemos

τadm �TrIP

�T(d2/2)

0,05796d24

�T

0,1159d23

➥

d04 �

32IPπ �

32(1175 � 10�9 m4)π � 11,97 � 10�6 m4

d0 � 0,0588 m � 58,8 mm

d0 � 58,8 mm

IP �π

32(d2

4 � d14) �

π32cd2

4 � (0.8d2)4 d �

π32

(0.5904d24) � 0.05796d2

4

d1 � d2 � 2t � d2 � 2(0.1d2) � 0.8d2

IP �T

Gθallow

�1200 N # m

(78 GPa)(0.75°/m)(πrad/180°)� 1175 � 10�9 m4

d0 � 0,0535 m � 53,5 mm

Exemplo 3-2

t =

(b)(a)

d210

d1

d2

d0

Figura 3-12Exemplo 3.2. Torção de umeixo de aço


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• • •

Resolvendo para d2, temos

que é o diâmetro externo necessário baseado na tensão de cisalha-mento.

No caso da razão de torção admissível, usamos a Equação (3.16),com θ substituído por θadm e IP substituído pela expressão obtida ante-riormente; dessa forma

da qual

Resolvendo para d2, temos

que é o diâmetro necessário baseado na razão de torção.Comparando os dois valores de d2, vemos que a razão de torção

governa o dimensionamento, e o diâmetro externo do eixo vazado é

O diâmetro interno d1 é igual a 0,8d2, ou 53,7 mm (como valores práti-cos podemos escolher d2 � 70 mm e d1 � 0,8d2 � 56 mm).

(c) Razão dos diâmetros e pesos. A razão do diâmetro externo do eixovazado em relação ao diâmetro do eixo sólido (usando os valores calcu-lados) é

Uma vez que os pesos dos eixos são proporcionais às suas áreas deseção transversal, podemos expressar a razão do peso do eixo vazado emrelação ao peso do eixo sólido da seguinte maneira:

Esses resultados mostram que um eixo vazado usa apenas 47% da quan-tidade de material que usa o eixo sólido, enquanto seu diâmetro externoé apenas 14% maior.

Observação: Esse exemplo ilustra como determinar os tamanhosnecessários tanto de barras sólidas como de tubos circulares quando astensões admissíveis e as razões de torção admissíveis são conhecidas.Também ilustra o fato de que tubos circulares são mais eficientes do quebarras circulares sólidas na utilização de material.

➥

➥

➥

�1200 N # m

0,05796(78 GPa)(0,75°/m)(πrad/180°)� 20,28 � 10�6 m4

d24 �

T0,05796Gθadm

d2 � 0,0671 m � 67,1 mm

d2 � 67,1 mm

d2

d0

�67.1 mm58.8 mm

� 1.14

�(67.1 mm)2 � (53.7 mm)2

(58.8 mm)2� 0.47

WH

WS

�AH

AS

�π1d2

2 � d122/4

πd02/4

�d2

2 � d12

d02

θadm �T

G10,05796d242

d2 � 0,0637 m � 63,7 mm

d23 �

T0,1159τadm

�1200 N # m

0,1159(40 MPa)� 258,8 � 10�6 m3

Exemplo 3-2


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-3• • •Um eixo vazado e um eixo sólido construídos do mesmo material têm omesmo comprimento e o mesmo raio externo R (Figura 3.13). O raio internodo eixo vazado é 0,6 R.

(a) Assumindo que ambos os eixos estão submetidos ao mesmo torque,compare suas tensões de cisa-lhamento, ângulos de torção e pesos.

(b) Determine as razões de peso-resistência para ambos os eixos.

(b)

R

0.6R

(a)

RFigura 3-13Exemplo 3-3: Comparação de

eixos sólidos e vazados

Solução(a) Comparações de tensões de cisalhamento. As tensões de cisalhamento

máximas, dadas pela fórmula de torção (Equação 3.13), são propor-cionais a 1/IP à medida que os torques e raios são os mesmos. Para o eixovazado, obtemos

e para o eixo sólido:

Por isso, a razão β1 da máxima tensão de cisalhamento no eixo vazadoem relação àquela no eixo sólido é

em que os subscritos H e S referem-se ao eixo vazado e ao eixo sólido,respectivamente.

Comparação dos ângulos de torção. Os ângulos de torção (Equação3.17) também são proporcionais a 1/IP, porque os torques T, comprimen-tos L e módulos de elasticidade G são os mesmos para ambos os eixos.Por isso, sua razão é a mesma obtida para as tensões de cisalhamento:

Comparação de pesos. Os pesos dos eixos são proporcionais às suasáreas de seção transversal. Conse-quentemente, o peso do eixo sólido éproporcional a πR2 e o peso do eixo vazado é proporcional a

Por isso, a razão do peso do eixo vazado em relação ao peso do eixosólido é

➥

πR2 � π(0,6R)2 � 0,64πR2

β3 �WH

WS

�0,64πR2

πR2� 0,64

➥

➥

β2 �φH

φS�

0,5πR4

0,4352πR4� 1,15

β1 �τH

τS�

0,5πR4

0,4352πR4� 1,15

IP �πR4

2� 0,5πR4

IP �πR4

2�

π(0,6R)4

2� 0,4352πR4


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-3• • •A partir das razões anteriores, vemos novamente a vantagem iner-

ente dos eixos vazados. Nesse exemplo, o eixo vazado tem uma tensãomáxima 15% maior que o eixo sólido e um ângulo de torção 15% maiorque o eixo sólido, porém apresenta 36% de peso a menos.

(b) Razões de resistência-peso. A eficiência relativa de uma estrutura é algu-mas vezes medida por sua razão de resistência-peso, que é definida parauma barra em torção como o torque admissível dividido pelo peso. Otorque admissível para o eixo vazado da Figura 3.13a (da fórmula detorção) é

e para o eixo sólido é

Os pesos dos eixos são iguais às áreas de seção transversal vezes o com-primento L vezes o peso es-pecífico γ do material:

Dessa forma, as razões de peso-resistência SH e SS para as barras sólida evazada, respectivamente, são

Neste exemplo, a razão de resistência-peso do eixo vazado é 36% maiorque a razão de resistência-peso para o eixo sólido, demonstrando maisuma vez a eficiência relativa dos eixos vazados. Para um eixo mais fino,essa porcentagem vai aumentar; para um eixo mais espesso, vai diminuir.

➥

WH � 0,64πR2Lγ WS � πR2Lγ

TS �τ max IP

R�

τ max (0,5πR4)

R� 0,5πR3τ max

TH �τ max IP

R�

τ max (0,4352πR4)

R� 0,4352πR3τ max

SH �TH

WH

� 0,68τ max R

γLSS �

TS

WS

� 0,5τ max R

γL

3.4 Torção não uniformeComo explicado na Seção 3.2, a torção pura refere-se à torção de uma barraprismática submetida a torques agindo apenas nas extremidades. A torção nãouniforme difere da torção pura porque a barra não precisa ser prismática e ostorques aplicados podem agir em qualquer lugar ao longo do eixo da barra.Barras em torção não uniforme podem ser analisadas aplicando as fórmulas detorção pura para os segmentos individuais da barra e somando-se os resulta-dos, ou aplicando as fórmulas para elementos diferenciais da barra e entãointegrando-os.

Para ilustrar esses procedimentos, vamos considerar três casos de torçãonão uniforme. Outros casos podem ser tratados por técnicas similares àquelasdiscutidas aqui.

Caso 1. Barra consistindo de segmentos prismáticos com torque constante aolongo de cada segmento (Figura 3.14). A barra ilustrada na parte (a) da figuratem dois diâmetros diferentes e está carregada por torques agindo nos pontosA, B, C e D. Consequentemente, dividimos a barra em segmentos de tal formaque cada segmento seja prismático e esteja submetido a um torque constante.Neste exemplo, existem três desses segmentos, AB, BC e CD. Cada segmentoestá em torção pura e, por isso, todas as fórmulas deduzidas na seção anteriorpodem ser aplicadas a cada parte separadamente.

O primeiro passo na análise é determinar a magnitude e a direção do tor-que interno em cada segmento. Usualmente, os torques podem ser determina-dos por inspeção, mas, se necessário, podem ser encontrados dividindo-se abarra em seções, desenhando diagramas de corpo livre e resolvendo equaçõesde equilíbrio. Este processo é ilustrado nas partes (b), (c) e (d) da figura. O pri-meiro corte é feito em qualquer lugar no segmento CD, dessa forma expondoo torque interno TCD. Do diagrama de corpo livre (Figura 3.14b), vemos queTCD é igual a�T1 � T2 � T3. Do diagrama seguinte vemos que TBC é igual a–T1 – T2, e do último diagrama vemos que TAB é igual a �T1. Dessa maneira

(3-22a,b,c)

Cada um desses torques é constante ao longo do comprimento de seu segmento.Ao encontrar as tensões de cisalhamento em cada segmento, precisamos

apenas das magnitudes desses torques internos, uma vez que as direções dastensões não são de interesse. Entretanto, ao encontrar o ângulo de torção paratoda a barra, temos que saber a direção de torção em cada segmento, de formaa combinar os ângulos de torção corretamente. Por isso, estabelecemos umaconvenção de sinal para os torques internos. Uma regra conveniente em muitoscasos é a seguinte: Um torque interno é positivo quando seu vetor aponta parafora da seção cortada e negativo quando seu vetor aponta em direção à seção.Dessa forma, todos os torques internos ilustrados nas Figuras 3.14b, c e d sãoilustrados nas suas direções positivas. Se o torque calculado (da Equação3.22a, b ou c) tiver um sinal positivo, significa que o torque age na direçãoassumida; se o torque tiver um sinal negativo, ele age na direção oposta.

A máxima tensão de cisalhamento em cada segmento da barra é pronta-mente obtida a partir da fórmula de torção (Equação 3.13) usando as dimen-sões de seção transversal apropriadas e o torque interno. Por exemplo, a tensãomáxima no segmento BC (Figura 3.14) é encontrada usando o diâmetro dessesegmento e o torque TBC calculado a partir da Equação (3.22b). A tensãomáxima em toda a barra é a maior tensão dentre as tensões calculadas paracada um dos três segmentos.

O ângulo de torção para cada segmento é obtido a partir da Equação(3.17), novamente usando as dimensões apropriadas e o torque. O ângulo detorção total de uma extremidade da barra em relação a outra é então obtidoatravés de soma algébrica, da seguinte maneira:

(3-23)

em que f1 é o ângulo de torção para o segmento 1, f2 é o ângulo para o seg-mento 2, e assim por diante, e n é o número total de segmentos. Uma vez quecada ângulo de torção é obtido a partir da Equação (3.15), podemos escrevera fórmula geral

(3-24)

em que o subscrito i é um índice numérico para os vários segmentos. Para umsegmento i da barra, Ti é o torque interno (encontrado a partir do equilíbrio,como ilustrado na Figura 3.14), Li é o comprimento, Gi é o módulo de cisalha-mento e (IP)i é o momento de inércia polar. Alguns dos torques (e os ângulosde torção correspondentes) podem ser positivos e alguns podem ser negativos.Somando algebricamente os ângulos de torção para todos os segmentos, obte-mos o ângulo de torção total f entre as extremidades da barra. O processo éilustrado mais adiante, no Exemplo 3.4.

Caso 2. Barra com seções transversais variando continuamente e com torqueconstante (Figura 3.15). Quando o torque é constante, a tensão de cisalha-mento máxima sempre ocorre na seção transversal tendo o menor diâmetro,como ilustrado pela Equação (3.14). Além disso, essa observação usualmente

φ � an

i � 1

φi � an

i � 1

TiLi

Gi(IP)i

φ � φ1 � φ2 � Á � φn

TCD � �T1 � T2 � T3 TBC � �T1 � T2 TAB � �T1


VENDA PROIBIDA

(a)

(b)

A BC D

T1 T2 T3 T4

LAB LBC LCD

A BC

T1 T2 T3

(c)

A B

T1 T2

(d)

A

T1

TCD

TBC

TAB

Figura 3-14Barra em torção não uniforme

(Caso 1)

A B

T T

dxx

L

Figura 3-15Barra em torção não uniforme

(Caso 2)

se mantém para barras tubulares. Se esse é o caso, apenas precisamos investi-gar a menor seção transversal de forma a calcular a tensão de cisalhamentomáxima. Por outro lado, pode ser necessário calcular as tensões em mais de umlocal para obter o valor máximo.

Para encontrar o ângulo de torção, consideramos um elemento de compri-mento dx à distância x de uma extremidade da barra (Figura 3.15). O ângulode rotação diferencial df para esse elemento é

(3-25)

em que IP(x) é o momento de inércia polar da seção transversal à distância xda extremidade. O ângulo de torção para toda a barra é a soma dos ângulos derotação diferenciais:

(3-26)

Se a expressão para o momento de inércia polar IP(x) não for muito complexa,essa integral pode ser calculada analiticamente. Caso contrário, ela deverá sercalculada numericamente.

Caso 3. Barra com variação contínua de seção transversal e de torque(Figura 3.16). A barra ilustrada na parte (a) da figura está submetida a um tor-que distribuído de intensidade t por unidade de distância ao longo do eixo dabarra. Como resultado, o torque interno T(x) varia continuamente ao longo doeixo (Figura 3.16b). O torque interno pode ser calculado com a ajuda de umdiagrama de corpo livre e uma equação de equilíbrio. Como no Caso 2, omomento de inércia polar IP(x) pode ser calculado a partir das dimensões daseção transversal da barra.

Conhecendo tanto o torque quanto o momento de inércia polar como fun-ções de x, podemos usar a fórmula de torção para determinar como a tensãode cisalhamento varia ao longo do eixo da barra. A seção transversal com ten-são de cisalhamento máxima pode então ser identificada, e a tensão de cisalha-mento máxima pode ser determinada.

O ângulo de torção para a barra da Figura 3.16a pode ser encontrado damesma maneira que a descrita para o Caso 2. A única diferença é que o tor-que, como o momento de inércia polar, também varia ao longo do eixo.Consequentemente, a equação para o ângulo de torção fica

(3-27)

Essa integral pode ser calculada analiticamente em alguns casos, mas, em geral,deve ser calculada numericamente.

LimitaçõesAs análises descritas nesta seção são válidas para barras feitas de materiaiselásticos lineares com seções transversais circulares (sólidas ou vazadas).Também as tensões determinadas a partir da fórmula de torção são válidas emregiões da barra distantes de concentrações de tensão, que são altas tensõeslocalizadas que ocorrem em qualquer lugar em que o diâmetro varie abrupta-mente e em qualquer lugar em que os torques concentrados sejam aplicados(veja a Seção 3.12 NÃO FOI CORTADA???). Entretanto, concentrações detensão têm efeito relativamente pequeno no ângulo de torção e, por isso, asequações para f geralmente são válidas.

Finalmente, devemos manter em mente que a fórmula de torção e as fórmu-las para ângulo de torção foram deduzidas para barras prismáticas. com seçãocircular (ver Seção 3.10 para uma breve discussão de barras não circulares emtorção). Podemos aplicá-las seguramente para barras com seções transversais

φ �3

L

0

dφ �3

L

0

T(x)dx

GIP(x)

φ �3

L

0

dφ �3

L

0

TdxGIP(x)

dφ �Tdx

GIP(x)


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(a)

AB

TA TB

dxx

L

(b)

A

TA T(x)

x

t

t

Figura 3-16Barra em torção não uniforme(Caso 3)

variáveis apenas quando as variações no diâmetro forem pequenas e graduais.Como método empírico, as fórmulas dadas aqui são satisfatórias enquanto oângulo de afilamento (o ângulo entre os lados da barra) for menor que 10°.


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Exemplo 3-4• • •Um eixo sólido de aço ABCDE (Figura 3.17), tendo diâmetro d � 30 mm, giralivremente em mancais nos pontos A e E. O eixo é acionado pela engrenagemem C, que aplica um torque T2 � 450 N�m na direção ilustrada na figura. Asengrenagens em B and D são giradas pelo eixo e têm torques resistentes T1 �275 N�m e T3 � 175 N�m, respectivamente, agindo no sentido oposto ao tor-que T2. Os segmentos BC and CD têm comprimentos LBC � 500 mm e LCD � 400mm, respectivamente, e o módulo de cisalhamento G � 80 GPa.

Determine a tensão de cisalhamento máxima em cada parte do eixo eo ângulo de torção entre as engrenagens B e D.

DCB

d

A E

T1 T2 T3

LBC LCD

Figura 3-17Exemplo 3.4. Eixo de aço em

torção

SoluçãoCada segmento da barra é prismático e está submetido a um torque cons-tante (Caso 1). Por isso, o primeiro passo na análise é determinar os torquesagindo nos segmentos e, então, podemos encontrar as tensões de cisalha-mento e os ângulos de torção. (lembre que desenhamos diagramas de corpolivre e, em seguida, aplicamos as leis da estática para encontrar os momen-tos de torção reativos e internos em um eixo orientado no Exemplo 1-3 naSeção 1.2)

Torques agindo nos segmentos. Os torques nos segmentos extremos(AB e DE) são nulos uma vez que estamos desconsiderando qualquer atritonos mancais dos apoios. Por isso, os segmentos extremos não têm tensõesnem ângulos de torção.

O torque TCD no segmento CD é encontrado cortando-se a seção atra-vés do segmento e construindo um diagrama de corpo livre, como na Figura3.18a. O torque é assumido positivo e, por isso, seu vetor aponta para forada seção cortada. Do equilíbrio do corpo livre, obtemos

(© Bigjoker/Alamy)

CB

d

T1 T2

LBC

TCD

(a)

(b)

B

T1

TBC

Figura 3-18Diagramas de corpo livre para

o Exemplo 3.4


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O sinal positivo no resultado significa que TCD age na direção positiva assu-mida.

O torque no segmento BC é encontrado de maneira similar, usando odiagrama de corpo livre da Figura 3.18b:

Note que esse torque tem um sinal negativo, o que significa que sua direçãoé oposta à direção ilustrada na figura.

Tensões de cisalhamento. As tensões de cisalhamento máxima nos seg-mentos BC e CD são encontradas a partir da forma modificada da fórmulade torção (Equação 3.14); dessa forma,

Uma vez que as direções das tensões de cisalhamento não são de interesseneste exemplo, apenas valores absolutos dos torques foram usados nos cál-culos anteriores.

Ângulos de torção. O ângulo de torção φBD entre as engrenagens B e Dé a soma algébrica dos ângulos de torção para os segmentos intermediáriosda barra, como dado pela Equação (3.23); dessa forma,

Ao calcular os ângulos de torção individuais, precisamos do momento deinércia da seção transversal:

Agora podemos determinar os ângulos de torção da seguinte maneira:

e

Note que nesse exemplo os ângulos de torção têm sentidos opostos.Somando algebricamente, obtemos o ângulo de torção total:

O sinal negativo significa que a engrenagem D rotaciona no sentido horário(quando vista da extremidade direita do eixo) em relação à engrenagem B.No entanto, para a maioria das finalidades, apenas o valor absoluto doângulo de torção é necessário e, por isso, é suficiente dizer que o ângulo detorção entre as engrenagens B e D é 0.61�. O ângulo de torção entre as duasextremidades de um eixo é algumas vezes chamado de giro.

Observações: Os procedimentos ilustrados nesse exemplo podem serusados para eixos com segmentos de diferentes diâmetros ou de diferentesmateriais, desde que as dimensões e as propriedades permaneçam con-stantes dentro de cada segmento.

Apenas os efeitos de torção são considerados nesse exemplo e em prob-lemas no final do capítulo. Efeitos de flexão são considerados mais adiante,começando no Capítulo 4.

➥

➥

➥

τCD �16TCD

πd3�

16(175 N # m)

π(30 mm)3� 33,0 MPa

τBC �16TBC

πd3�

16(275 N # m)

π(30 mm)3� 51,9 MPa

TBC � �T1 � �275 N # m

φBD � φBC � φCD � �0,0216 � 0,0110 � �0,0106 rad � �0,61°

φCD �TCDLCD

GIP�

(175 N # m)(400 mm)

(80 GPa)(79.520 mm4)� 0,0110 rad

φBC �TBCLBC

GIP�

(�275 N # m)(500 mm)

(80 GPa)(79.520 mm4)� �0,0216 rad

IP �πd4

32�

π (30 mm)4

32� 79,520 mm4

φBD � φBC � φCD

TCD � T2 � T1 � 450 N # m � 275 N # m � 175 N # m


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Exemplo 3-5• • •Duas seções (AB, BC) de tubo de perfuração de aço, unidas por chapas deemenda parafusadas em v, estão sendo testadas para avaliar a adequaçãotanto da tubulação como da ligação parafusada (ver Fig. 3-19). No teste, aestrutura tubular está fixada em A e um torque concentrado 2T0 é aplicadoem x � 2L/5 e um torque de intensidade uniformemente distribuída t0 �3T0/L é aplicado na tubulação BC.

(a) Encontre expressões para torques internos T(x) ao longo do compri-mento da estrutura tubular.

(b) Encontre a máxima tensão de cisalhamento τmax nas tubulações e sualocalização. Suponha que a carga variável T0 � 226 kN m. Seja G � 81GPa e assuma que ambos os tubos tenham o mesmo diâmetro interno, d� 250 mm. O tubo AB tem uma espessura tAB � 19 mm, enquanto otubo BC tem uma espessura tBC � 16 mm.

(c) Encontre expressões para as rotações de torção (x) ao longo do compri-mento da estrutura tubular. Se a torção máxima permitida da estruturade tubo é fadm. � 0,5º, encontre o valor máximo admissível de carga var-iável T0 (kN m). Deixe L � 3 m.

(d) Use T0 proveniente da parte (c) para encontrar o número de parafusosde diâmetro db � 22 mm no raior � 380 380 mm necessários na conexãoda chapa de emenda em B. Suponha que a tensão de cisalhamentoadmissível para os parafusos é τa � 190 MPa.

#

#

Solução(a) Torques internos T(x). Em primeiro lugar, temos de encontrar o torque

reativo em A, usando a estática (ver a Seção 1.2, Exemplo 1-3). Somandomomentos de torção em torno do eixo x da estrutura, encontramos:

(a)

A reação RA é negativa, o que significa que o vetor do momento detorção reativo está na direção (�x), baseado na convenção de sinais deestática. Podemos agora desenhar diagramas de corpo livre (DCL) de seg-mentos de tubo para encontrar momentos de torção interna T(x) aolongo do comprimento do tubo.A partir do DCL do segmento 1 (Fig. 3-20a), vemos que o momento detorção interna é constante e é igual ao torque reativo RA. O torque T1(x)é positivo, porque o vetor do momento de torção aponta para longe daseção cortada do tubo; referimo-nos a isso pela convenção de sinais dedeformação.

(b)T1(x) �45

T0 0 … x …

25

L

então RA � �2T0 � a3T0

Lb a2L

5b �

�4T0

5

©Mx � 0 RA � 2T0 � t0a2L5b � 0

2T0 t0 = 3T0/L

3L/5 2L/52L/5

A

B Cx

(a) Tubulação não prismática

(b) Seção em B

Chapa de ligação Parafuso

Figura 3-19Exemplo 3-5: Dois tubos em

torção não uniforme

(Cortesia de Subsea RiserProducts)


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Em seguida, o DCL do segmento 2 da estrutura do tubo (Fig. 3-20b) dá:

(c)

onde T2(x) também é constante e o sinal de menos significa que T2(x)realmente aponta na direção x negativa.Finalmente, o DCL do segmento 3 da estrutura do tubo (Fig. 3-20c) pro-porciona a seguinte expressão para o momento de torção interna T3(x):

(d)T3(x) �45

T0 � 2T0 � t0ax �35

Lb � 3T01 xL

� 12 35

L … x … L

T2(x) �45

T0 � 2T0 ��65

T025

L … x …

35

L

Figura 3-20Exemplo 3-5: (a) DCL dosegmento 1, (b) DCL de

segmento 2 e (c) DCL dosegmento 3.

(a)

x

A

T1(x), 0 ≤ x ≤ 2L/54T0/5

(b)

x

A

T2(x), 2L/5 ≤ x ≤ 3L/54T0/5

2T0 @ 2L/5

2L/5 x – 2L/5

(c)

A

x B

T3(x), 3L/5 ≤ x ≤ L4T0/5

2T0 @ 2L/5 2t0 = 3T0/L

2L/5

3L/5 x – 3L/5


Avaliando a Eq. (d) em B e em C, vemos que em B, temos:

e em C, temos:

Agora podemos traçar as Eqs. (b), (c) e (d) para obter um diagrama demomento de torção (Fig. 3-21) (DMT), que mostra a variação domomento de torção interno ao longo do comprimento da estruturatubular (x � 0 a x � L).

T3(L) � 3T0(1 � 1) � 0

T3a35

Lb � 3T0a35

� 1b ��65

T0


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(b) Tensão máxima de cisalhamento no tubo tmax. Usaremos a fórmula detorção [Eq. (3-13)] para calcular a tensão de cisalhamento no tubo. A ten-são máxima de cisalhamento está sobre a superfície do tubo. Omomento de inércia polar de cada tubo é calculado como:

e

O módulo de cisalhamento G é constante, de modo que a rigidez detorção de AB é 1,23 vezes a do BC. A partir do DMT (Fig 3-21), vemos queos momentos máximos de torção, tanto em AB como em BC (ambosiguais a 6T0/5) estão perto da junção B. Aplicando a fórmula de torçãode tubos em AB e BC perto de B dá:

Assim, a tensão máxima de cisalhamento no tubo está um pouco para a dire-ita da conexão da chapa de ligação na junção B. “Um pouco à direita” sig-nifica que devemos mover uma distância apropriada da conexão para evitar

➥�

a65

226 kN # mb c250 mm � 2(16 mm)2

d2.374 � 10�4 m4

� 161.1 MPa

τ max BC �

a65

T0b ad � 2tBC

2b

IpBC

�

a65

226 kN # mb c250 mm � 2(19 mm)2

d2.919 � 10�4 m4

� 133.8 MPa

τ max AB �

a65

T0b ad � 2tAB

2b

IpAB

�π

32C[250 mm � 2(16 mm)]4 � (250 mm)4 D � 2,374 � 10�4 m4

IpBC �π32c(d � 2tBC)4 � (d )4 d

�π

32C[250 mm � 2(19 mm)]4 � (250 mm)4 D � 2,919 � 10�4 m4

IpAB �π32c(d � 2tAB)4 � (d )4 d

A

0

xB C

T3(x)

T1(x)

T2(x)

0

4T0/5

4T0/5

–6T0/5

2T0 @ 2L/5 t0 = 3T0/L

3L/5 2L/5

TMD

Figura 3-21Exemplo 3-5: Diagrama de

momento de torsão (DMT).


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Exemplo 3-5• • •quaisquer efeitos de concentração de tensão no ponto de fixação dos doistubos de acordo com o princípio de St. Venant (ver a Seção 3.12).(c) Rotações de torção f(x). Em seguida, usamos a relação torque-desloca-

mento, Eqs. (3-24) até (3-27), para encontrar a variação da rotação detorção f ao longo do comprimento da estrutura tubular. O suporte A éfixo, de modo que fA � f(0) � 0. O torque interno de x � 0 e x � 2L/5(segmento 1) é constante, por isso, utilize a Eq. (3-24) para encontrar arotação de torção f(x) que varia linearmente de x � 0 para x � 2L/5:

(e)

Avaliando a Eq. (e) em x � 2L/5, encontramos a rotação de torção noponto de aplicação do torque 2T0 como sendo:

(f)

Em seguida, encontramos uma expressão para a variação do ângulo detorção f2(x) de x � 2L/5 para x � 3L/5 (ponto B). Como com f1(x), atorção f2(x) varia linearmente ao longo do segmento 2, porque o torqueT2(x) é constante (Fig. 3-21). Usando a Eq. (3-24), temos:

(g)

Finalmente, desenvolvemos uma expressão para a torção sobre o seg-mento 3 (ou tubo BC). Vemos que o momento de torção interna agoratem uma variação linear (Fig. 3-21), então é necessária uma fórmula inte-gral da relação torque-deslocamento [Eq. (3-27)]. Inserimos a expressãopara T3(x) a partir da Eq. (d) e adicionamos o deslocamento de torção emB obtendo a fórmula para a variação de torção em BC

O torque T3(x) tem uma variação linear, de modo que a avaliação dosrendimentos integrais é uma expressão quadrática da variação de torçãoem BC:

(h)

Substituindo x � 3L/5, obtemos a torção em B:

φ3a3L5b �

2LT0

25GIpAB

φ3(x) �2LT0

25GIpAB

�3T0(21L2 � 50Lx � 25x2)

50GIpBCL3L5

… x … L

�

2T0 c2L � 3a3L5b d

5GIpAB

�L

x

3L5

c3T0a ζL

� 1b dGIpBC

dζ

φ3(x) � φ2a3L5b �L

x

3L5

c3T0 a ζL

� 1b dGIpBC

dζ

�8T0L

25GIpAB

�

a�65

T0b ax �2L5b

GIpAB

�2T0(2L � 3x)

5GIpAB

2L5

… x …

3L5

φ2(x) � φ1a2L5b �

T2(x)ax �2L5b

GIpAB

φ1a2L5b �

T1a2L5b a2L

5b

GIpAB

�

a4T0

5b a2L

5b

GIpAB

�8T0L

25GIpAB

�0.32T0L

GIpAB

φ1(x) �T1(x)(x)

GIpAB

�

a4T0

5b (x)

GIpAB

�4T0x

5GIpAB

0 … x …

2L5


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-5• • •Com x � L, temos a torção em C:

Se assumirmos que IpAB � 1,23 IpBC (aqui com base nas propriedadesnuméricas), podemos representar graficamente a variação de torção aolongo do comprimento da estrutura do tubo (fig. 3-22), notando que max ocorre em x � 2L/5 [ver Eq. (f)].Finalmente, se restringimos fmax até o valor permitido de 0,5�, podemosresolver para o valor máximo admissível de carga variávelT0 (kN m)usando as propriedades numéricas dadas anteriormente:

(i)

#

➥� 215kN # m

T0 max �GIpAB

0,32L1φallow2 �

(81 GPa)(2,919 � 10�4 m4)

0,32(3m )(0,5°)

φ3(L) �2LT0

25GIpAB

�6LT0

25GIpBC

� �0,215T0L

GIpAB

A0

–0,2

–0,40 0,2 0,4

Distância x (fração de L)

ϕc

max =8

25T0L

at x = 2L/5GIpAB

0,6ζ

0,8 1

0,2

0,4

B C

T0LGIpAB

⎛⎝

⎞⎠

Figura 3-22Exemplo 3-5: Diagrama de

deslocamento de torção (DDT)

rd

Fb

db

T0

Figura 3-23Exemplo 3-5: Parafusos da

chapa de emenda em B.

(© Can Stock Photo Inc./Nostalgie)

(d) Número de parafusos necessários na chapa de emenda. Agora usamosT0,max da Eq. (i) para encontrar o número necessário de parafusos comdiâmetro db � 22 mm no raio r � 380 mm na conexão da chapa deemenda em B. A tensão de cisalhamento admissível nos parafusos é ta �190 MPa. Assumimos que cada parafuso carrega uma parte igual dotorque em B, então cada um dos n parafusos carrega uma força de cisal-hamento Fb a uma distância r do centro da seção transversal (Fig. 3-23).TA força máxima de cisalhamento Fb por parafuso é ta vezes a área trans-versal do parafuso Ab, e o torque total em B é 6T0,max/5 (ver DMT nafigura 3-21), assim encontramos:

Use dez parafusos de 22 mm de diâmetro no raio de 380 mm na chapa deemenda da conexão em B.

➥� 9,4

nFbr �65

T0 max or n �

65

T0 max

τaAbr�

65

(215 kN # m)

(190 MPa)cπ4

(22 mm)2d(380 mm)

3.5 Tensões e deformações emcisalhamento puroQuando uma barra circular, sólida ou vazada, é submetida a torção, tensões decisalhamento agem sobre as seções transversais e em planos longitudinais,como ilustrado previamente na Figura 3.7. Vamos examinar em mais detalhesas tensões e as deformações produzidas durante a torção da barra.

Começamos considerando um elemento de tensão abcd cortado entre duasseções transversais de uma barra em torção (Figuras 3.24a e b). Esse elementoestá em um estado de cisalhamento puro, porque as únicas tensões agindo nelesão as tensões de cisalhamento t nas quatro faces laterais (veja a discussão detensões de cisalhamento na Seção 1.7).

As direções dessas tensões de cisalhamento dependem das direções dos tor-ques aplicados T. Nessa discussão, assumimos que os torques rotacionam aextremidade direita da barra no sentido horário quando visto da direita(Figura 3.24a); dessa forma, as tensões de cisalhamento agindo no elementotêm as direções ilustradas na figura. Esse mesmo estado de tensão existe paraum elemento similar cortado do interior da barra, exceto que as magnitudesdas tensões de cisalhamento são menores porque a distância radial até o ele-mento é menor.

Os sentidos dos torques ilustrados na Figura 3.24a são intencionalmenteescolhidos de forma que as tensões de cisalhamento resultantes (Figura 3.24b)sejam positivas, de acordo com a convenção de sinal para tensões de cisalha-mento descrita anteriormente na Seção 1.7, mas que repetimos a seguir.

Uma tensão de cisalhamento agindo em uma face positiva de um elementoé positiva se age na direção positiva de um dos eixos coordenados e negativa seage na direção negativa de um eixo. Por outro lado, uma tensão de cisalha-mento agindo em uma face negativa de um elemento é positiva se age na dire-ção negativa de um dos eixos coordenados e negativa se age na direção positivade um eixo.

Aplicando essa convenção de sinal para as tensões de cisalhamento agindono elemento de tensão da Figura 3.24b, vemos que todas as quatro tensões decisalhamento são positivas. Por exemplo, a tensão na face direita (que é umaface positiva, porque o eixo x é direcionado para a direita) age na direção posi-tiva do eixo y; por isso, ela é uma tensão de cisalhamento positiva. A tensão naface esquerda (que é uma face negativa) age na direção negativa do eixo y; porisso, ela é uma tensão de cisalhamento positiva. Comentários análogos apli-cam-se às tensões remanescentes.

Tensões em Planos InclinadosAgora estamos prontos para determinar as tensões agindo em planos inclina-dos cortados de elementos de tensão em cisalhamento puro. Vamos seguir amesma sistemática usada na Seção 2.6 para investigar as tensões em um estadode tensão uniaxial.

Uma vista bidimensional do elemento de tensão é ilustrada na Figura3.25a. Como explicado anteriormente na Seção 2.6, usualmente desenhamosuma vista bidimensional por conveniência, mas sempre devemos nos lembrarde que o elemento tem uma terceira dimensão (espessura) perpendicular aoplano da figura.

Agora vamos cortar um elemento de tensão em forma de cunha (ou “trian-gular”) do elemento, tendo uma face orientada em um ângulo u em relação aoeixo x (Figura 3.25b). Tensões normais s

ue tensões de cisalhamento t

uagem

sobre essa face inclinada e são ilustradas na figura em suas direções positivas.A convenção de sinal para tensões s

ue tu

foi descrita anteriormente na Seção2.6 e é repetida a seguir.

Tensões normais su

são positivas em tração e tensões de cisalhamento tu

são positivas quando tendem a produzir uma rotação no sentido anti-horário


VENDA PROIBIDA

(b)

(a)

T T

O x

ya b

d c

a bd c

τ

ττ

τ

Figura 3-24Tensões agindo em umelemento de tensão cortado deuma barra em torção(cisalhamento puro)

do material. (Observe que essa convenção de sinal para a tensão de cisalha-mento t

uagindo em um plano inclinado é diferente da convenção de sinal para

tensões de cisalhamentos comuns t que agem nos lados de elementos retangu-lares orientados em um conjunto de eixos xy.)

As faces verticais e horizontais de um elemento triangular (Figura 3.25b)têm tensões de cisalhamento positivas T agindo nelas, e as faces frontais e pos-teriores do elemento estão livres de tensão. Por isso, todas as tensões agindo noelemento são visíveis nessa figura.

As tensões su

e tu

agora podem ser determinadas a partir do equilíbrio doelemento triangular. As forças agindo nessas três faces laterais podem ser obti-das multiplicando-se as tensões pelas áreas sobre as quais elas agem. Por exem-plo, a força na face esquerda é igual a tA0, em que A0 é a área da face vertical.Essa força age na direção negativa de y e é ilustrada no diagrama de corpo livreda Figura 3.25c. Como a espessura do elemento na direção z é constante,vemos que a área da face inferior é A0 tg u e a área da face inclinada é A0 secu. Multiplicar as tensões agindo nessas faces pelas áreas correspondentes nospossibilita obter as forças remanescentes e, desta forma, completar o diagramade corpo livre (Figura 3.25c).


VENDA PROIBIDA

(a) (b) (c)

O x

y

a b

d c 90�

A0 secA0 sec

A0 tan

A0

θ θ

θθ

θ

θ

τθ τθσθ

σθτ

τ

τ τ

τ

τ

τ

τ

Figura 3-25Análise de tensões em planos

inclinados: (a) elemento emcisalhamento puro, (b) tensões

agindo em um elemento detensão triangular e (c) forças

agindo no elemento de tensãotriangular (diagrama de corpo

livre)

Agora estamos prontos para escrever duas equações de equilíbrio para oelemento triangular, uma na direção de s

ue outra na direção de t

u. Ao escre-

ver essas equações, as forças agindo nas faces esquerda e inferior devem serdesmembradas em componentes nas direções de s

ue tu. Dessa forma, a pri-

meira equação, obtida somando as forças na direção de su, é

ou

(3-28a)

A segunda equação é obtida com a soma das forças na direção de tu:

ou

(3-28b)

Essas equações podem ser expressas em formas mais simples introduzindo-seas seguintes identidades trigonométricas (veja o Apêndice C):

Então as equações para su

e tu

ficam

(3-29a,b)

As Equações (3.29a e b) fornecem as tensões normal e de cisalhamento agindoem qualquer plano inclinado em termos das tensões de cisalhamento t agindo

σθ � τ sen 2θ τθ � τ cos 2θ

sen 2θ � 2 sen θ cos θ cos 2θ � cos2θ � sen2θ

τθ � τ(cos2θ � sen2θ)

τθA0 sec θ � τA0 cos θ � τA0 tg θ sen θ

σθ � 2τ sen θ cos θ

σθA0 sec θ � τA0 sen θ � τA0 tg θ cos θ

nos planos x e y (Figura 3.21a) e do ângulo u definindo a orientação do planoinclinado (Figura 3.25b).

A maneira como as tensões su

e tu

variam conforme a orientação do planoinclinado é ilustrada pelo gráfico na Figura 3.26, que é uma representação dasEquações (3.29a e b). Vemos que, para θ � 0, que é a face direita do elementode tensão na Figura 3.25a, o gráfico fornece sθ � 0 e tθ � t. Esse último resul-tado é esperado porque a tensão de cisalhamento t age na direção anti-horáriado elemento e, por isso, produz uma tensão de cisalhamento positiva tθ.

Para a face superior do elemento (θ � 90�), obtemos sθ � 0 e tθ � �t. Osinal negativo para tθ indica que ela age no sentido horário do elemento, istoé, para a direita na face ab (Figura 3.25a), o que é consistente com a direção datensão de cisalhamento t. Note que as tensões de cisalhamento numericamentemaiores ocorrem nos planos para os quais θ � 0� e 90�, bem como nas facesopostas (θ � 180� e 270�).

Do gráfico, vemos que a tensão normal sθ atinge um valor máximo em θ� 45�. Neste ângulo, a tensão é positiva (tração) e igual numericamente à ten-são de cisalhamento t. Similarmente, sθ tem seu valor mínimo (que é de com-pressão) em θ � �45�. Em ambos os ângulos de 45�, a tensão de cisalhamentotθ é igual a zero. Essas condições estão representadas na Figura 3.27, que mos-tra elementos de tensão orientados a θ � 0 e θ � 45�. O elemento a 45� estásolicitado por tensões de tração e compressão iguais em direções perpendicu-lares, sem tensões de cisalhamento.


VENDA PROIBIDA

–90� –45� 45� 90�0

–

or

τ

τ

θ

τθτθ

σθ

τθσθ

σθ

Figura 3-26Gráfico de tensões normais σθ etensões de cisalhamento τθ emrelação ao ângulo θ do planoinclinado

(a) (b)

max = min = –

max = min = –

O x

y

O x

y45°

σ

σ

σ τ

σ ττ

ττ

τ

τ

τ

Figura 3-27Elementos de tensão orientadosa θ � 0 e θ � 45� paracisalhamento puro

TT 45° Crack Figura 3-28Falha por torção de um materialfrágil por trinca de tração aolongo de uma superfíciehelicoidal a 45°

Observe que as tensões normais agindo no elemento a 45° (Figura 3.27b)correspondem a um elemento submetido a tensões de cisalhamento t agindonas direções ilustradas na Figura 3.27a. Se as tensões de cisalhamento agindono elemento da Figura 3.27a tiverem suas direções invertidas, as tensões nor-mais agindo nos planos de 45° também irão variar as direções.

Se um elemento de tensão é orientado em qualquer outro ângulo que não ode 45°, ambas as tensões normal e de cisalhamento irão agir nas faces inclina-das (veja as Equações 3.29a e b e a Figura 3.26). Elementos de tensão submeti-dos a essas condições mais gerais são discutidos em detalhes no Capítulo 7.

As equações deduzidas nesta seção são válidas para um elemento de ten-são em cisalhamento puro independentemente se o elemento é cortado de umabarra em torção ou de qualquer outro elemento estrutural. Uma vez que asEquações (3.29) foram deduzidas apenas do equilíbrio, são válidas para qual-

quer material, independentemente se eles se comportam de maneira elásticalinear ou não.

A existência de tensões de cisalhamento máximas nos planos a 45° do eixox (Figura 3.27b) explica por que barras em torção feitas de materiais frágeis efracos em tração falham, quebrando ao longo de uma superfície helicoidal a45° (Figura 3.28). Como mencionado na Seção 3.3, esse tipo de falha é pron-tamente demonstrado torcendo um pedaço de giz.

Deformações em Cisalhamento PuroVamos considerar as deformações que existem num elemento em cisalhamentopuro. Por exemplo, considere o elemento em cisalhamento puro ilustrado naFigura 3.27a. As deformações de cisalhamento correspondentes são ilustradasna Figura 3.29a, em que as deformações estão bem exageradas. A deformaçãode cisalhamento g é a variação no ângulo entre duas linhas que eram original-mente perpendiculares uma à outra, como discutido anteriormente na Seção1.7. Dessa forma, a diminuição no ângulo no canto esquerdo inferior do ele-mento é a deformação de cisalhamento g (medida em radianos). Essa mesmavariação ocorre no canto superior direito, em que o ângulo diminui, e nosoutros dois cantos, em que os ângulos aumentam. Entretanto, os comprimen-tos dos lados do elemento, incluindo a espessura perpendicular ao plano dopapel, não variam quando essas deformações de cisalhamento ocorrem. Porisso, a forma do elemento varia de um paralelepípedo retangular (Figura3.27a) para um paralelepípedo oblíquo (Figura 3.29a). Essa variação na formaé chamada de uma distorção de cisalhamento.

Se o material é elástico linear, a deformação de cisalhamento para o ele-mento orientado u � 0° (Figura 3.29a) está relacionada à tensão de cisalha-mento pela lei de Hooke em cisalhamento:

(3-30)

em que, como de costume, o símbolo G representa o módulo de elasticidade decisalhamento.

Considere agora as deformações que ocorrem em um elemento orientadoa u � 45° (Figura 3.29b). As tensões de tração agindo a 45° tendem a alongaro elemento nessa direção. Por causa do coeficiente de Poisson, elas tambémtendem a encurtar na direção perpendicular (a direção onde u � 135° ou�45°). De forma similar, as tensões de compressão agindo a 135° tendem aencurtar o elemento nessa direção e alongá-lo na direção de 45°. Essas varia-ções dimensionais são ilustradas na Figura 3.29b, em que as linhas tracejadasmostram o elemento deformado. Uma vez que não há distorções de cisalha-mento, o elemento permanece um paralelepípedo retangular, mesmo que suasdimensões tenham mudado.

Se o material é elástico linear e segue a lei de Hooke, podemos obter umaequação relacionando deformação com tensão para o elemento a u � 45°(Figura 3.29b). A tensão de tração smax agindo u� 45°, produz uma deforma-ção normal positiva nessa direção igual a smax/E. Uma vez que smax � t, tam-bém podemos expressar essa deformação como t/E. A tensão smax tambémproduz uma deformação negativa na direção perpendicular igual a �νt/E, emque ν é o coeficiente de Poisson. De forma similar, a tensão smin � �t (em θ � 135�) produz uma deformação negativa igual a �t/E nessa direção e umadeformação positiva na direção perpendicular (a direção de 45°) igual a νt/E.Por isso, a deformação normal na direção de 45° é

(3-31)

que é positiva, representando alongamento. A deformação na direção perpen-dicular é uma deformação negativa da mesma quantidade. Em outras palavras,

ε max �τE

�ντE

�τE

(1 � ν)

γ �τG


VENDA PROIBIDA

o cisalhamento puro produz alongamento na direção de 45° e encurtamento nadireção de 135°. Essas deformações são consistentes com a forma do elementodeformado da Figura 3.29a, porque a diagonal a 45° alongou-se e a diagonala 135° encurtou-se.


VENDA PROIBIDA

min = –

min = –

(a) (b)

45°

2�

max =

max =

s

s s ττ

s τττ

τ

τ

τp g

Figura 3-29Deformações em cisalhamentopuro: (a) distorção decisalhamento de um elementoorientado θ � 0, e (b) distorção de um elementoorientado a θ � 45�

Na próxima seção, vamos usar a geometria do elemento deformado pararelacionar a deformação de cisalhamento g (Figura 3.29a) com a deformaçãonormal emax na direção de 45° (Figura 3.29b). Fazendo isso, deduziremos arelação a seguir:

(3-32)

Essa equação, junto com a Equação (3.31), pode ser usada para calcular asdeformações de cisalhamento máximas e as deformações normais máximas emtorção pura quando a tensão de cisalhamento t é conhecida.

ε max �γ2

Exemplo 3-6 • • •Um tubo circular com diâmetro externo de 80 mm e diâmetro interno de 60mm está submetido a um torque T � 4,0 kN m (Figura 3.30). O tubo é feitode uma liga de alumínio 7075-T6.

(a) Determine as tensões de cisalhamento, tração e compressão máximas notubo e mostre estas tensões em esboços de elementos de tensão orien-tados adequadamente.

(b) Determine as deformações máximas correspondentes no tubo e mostreestas deformações em esboços dos elementos deformados.

(c) Qual é o torque máximo admissível Tmax se a deformação normal admis-sível é εa � 0,9 � 10�3??

(d) Se T � 4.0 kN·m e εa � 0,9 � 10�3, qual novo diâmetro externo énecessário para que o tubo possa suportar o torque requerido T (assu-mindo que o diâmetro interno do tubo permanece em 60 mm)?

T

T = 4.0 kN·m

60mm80

mm

Figura 3-30Exemplo 3.6. Tubo circular emtorção


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-6 • • •Solução(a) Tensões máximas. Os valores máximos de todas as três tensões (cisal-

hamento, tração e compressão) são iguais numericamente, embora ajamem planos diferentes. As magnitudes são encontradas a partir da fór-mula de torção:

As tensões de cisalhamento máximas agem em planos transversais e lon-gitudinais, como ilustrado pelo elemento de tensão na Figura 3.31a, emque o eixo x é paralelo ao eixo longitudinal do tubo.

As tensões de tração e compressão máximas são

Essas tensões agem nos planos a 45° do eixo (Figura 3.31b).

(b) Deformações máximas. A deformação de cisalhamento máxima no tuboé obtida a partir da Equação (3.30). O módulo de elasticidade de cisal-hamento é obtido a partir da Tabela H.2, do Apêndice H, sendo G � 27GPa. Por isso, a deformação de cisalhamento máxima é

O elemento de deformação é ilustrado pelas linhas tracejadas na Figura3.28c.

A magnitude das deformações normais máximas (da Equação 3.32)é

Dessa forma, as deformações de tração e compressão máximas são

O elemento deformado é ilustrado pelas linhas tracejadas na Figura3.31d para um elemento com lados unitários..

➥

➥

➥

➥

εt � 0,0011 εc � �0,0011

ε max �γ max

2� 0,0011

σt � 58,2 MPa σc � �58,2 MPa

τ max �TrIP

�(4000 N # m)(0,040 m)

π32c(0,080 m)4 � (0,060 m)4 d

� 58,2 MPa

γmax �τ max

G�

58.2 MPa27 GPa

� 0.0022 rad

(a) (b)

max =58.2 MPa

58.2 MPa

O x

y

c = 58.2 MPa

t = 58.2 MPa

O x

y45°

(c) (d)

max =0.0022 rad

t = 0.0011c = 0.0011

1 1´

´

s

s

t

g

45°

Figura 3-31Elementos de tensão e defor-

mação para o tubo doExemplo 3.6: (a) tensões de

cisalhamento máximas, (b) ten-sões de tração e compressãomáximas, (c) deformações decisalhamento máximas e (d)

deformações de tração e com-pressão máximas

3.6 Relação entre os módulos deelasticidade E e GUma relação importante entre os módulos de elasticidade E e G pode serobtida a partir das equações deduzidas na seção anterior. Para esse fim, consi-dere o elemento de tensão abcd ilustrado na Figura 3.32a. A face frontal do ele-mento é assumida quadrada, com o comprimento de cada lado denotado porh. Quando esse elemento é submetido a cisalhamento puro por tensões t, a facefrontal se distorce para um losango (Figura 3.32b) com lados de comprimentoh e com deformação de cisalhamento γ � t/G. Por causa da distorção, a diago-nal bd é alongada e a diagonal ac é encurtada. O comprimento da diagonal bdé igual ao seu comprimento inicial vezes o fator 1 � εmax, em que εmax éa deformação normal na direção de 45°; dessa forma,

(3-33)

Esse comprimento pode ser relacionado com a deformação de cisalhamento γ,considerando a geometria do elemento deformado.

Para obter as relações geométricas necessárias, considere o triângulo abd(Figura 3.32c), que representa a metade do losango ilustrado na Figura 3.32b.O lado bd desse triângulo tem comprimento Lbd (Equação 3.33) e os outroslados têm comprimento h. O ângulo adb do triângulo é igual à metade doângulo adc do losango, ou π/4 � γ /2. O ângulo abd no triângulo é o mesmo.

Lbd � 12h(1 � ε max )

12h


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-6 • • •(c) Torque máximo permissível. O tubo está em cisalhamento puro, de

modo que a deformação de cisalhamento admissível é o dobro da defor-mação normal permitida [ver Eq. (3-32)]:

A partir da fórmula de cisalhamento [Eq. 3-13)], temos:

onde d2 é o diâmetro externo. Substituindo valores numéricos dá:

(d) Novo diâmetro externo do tubo. Podemos usar a equação anterior, mascom T = 4.0 kN·m para encontrar o diâmetro externo exigido d2:

Resolvendo para o diâmetro externo exigido d2 numericamente dá:

➥

➥

a32π b4 kN # m

2(27 GPa)(1,8 � 10�6)� 0,41917 m3

Ip

d2

�T

2Gγa

ord2

4 � (0,06 m)4

d2

�

� 3.34 kN # m

T max �

2(27 GPa)11.8 � 10�32c π32C(0.08 m)4 � (0.06 m)4D d

0.08 m

γa � 2εa � 210,9 � 10�32 � 1,8 � 10�3

d2 � 83,2 mm

τ max �

T ad2

2b

Ipso Tmax �

τaIp

ad2

2b

�21Gγa2Ip

d2

Por isso, o ângulo dab do triângulo é igual a π/2 � γ. Agora, usando a lei doscossenos (veja o Apêndice C) para o triângulo abd, obtemos

Lbd2 � h2 � h2 � 2h2 cos aπ

2� γb


VENDA PROIBIDA

h

h

a bb

cd

a

cd

ba

d

h

Lbdh

(a) (b) (c)

–– –2

–– +2

–––– –4 2

–––– –4 2

t

t

t

t

p

p p

p

g

g

g

g

Figura 3-32Geometria de um elemento

deformado em cisalhamentopuro

Substituindo para Lbd da Equação (a) e simplificando, obtemos

Expandindo o termo no lado esquerdo e também observando que cos(π /2 � γ )� �sen γ, obtemos

Como εmax e γ são deformações bem pequenas, podemos desconsiderarem comparação com 2εmax e podemos substituir sen γ por γ. A expressão resul-tante é

(3-34)

que estabelece a relação já apresentada na Seção 3.5 com a Equação (3.32).A deformação de cisalhamento γ aparecendo na Equação (3.34) é igual a

t/G pela lei de Hooke (Equação 3.30) e a deformação normal εmax é igual at(1 � v)/E pela Equação (3.31). Fazendo ambas as substituições na Equação(3.34), temos

(3-35)

Vemos que E, G e v não são propriedades independentes de um material elás-tico linear. Em vez disso, se duas delas são conhecidas, a terceira pode ser cal-culada a partir da Equação (3.35).

Valores típicos de E, G e P estão listados na Tabela H.2, Apêndice H.

3.7 Transmissão de potência por eixoscircularesA utilidade mais importante de eixos rotativos é transmitir potência mecânicade um dispositivo ou máquina para outro, como no virabrequim de um auto-móvel, um eixo propulsor de um navio ou o eixo de uma bicicleta. A potênciaé transmitida através de um movimento rotatório do eixo, e a quantidade depotência transmitida depende da magnitude do torque e da velocidade de rota-ção. Um problema comum de dimensionamento é determinar o tamanho

G �E

2(1 � v)

εmax �γ2

εmax2

1 � 2ε max � ε2max � 1 � sin γ

(1 � ε max )2 � 1 � cos aπ2

� γb

necessário de um eixo de forma que ele transmita uma quantidade específicade potência numa velocidade de rotação especificada sem exceder as tensõesadmissíveis para o material.

Vamos supor que um eixo de um motor (Figura 3.33) esteja rotacionandoa uma velocidade angular ω, medida em radianos por segundo (rad/s). O eixotransmite um torque T para um dispositivo (não mostrado na figura) que estárealizando trabalho útil. O torque aplicado pelo eixo ao dispositivo externotem o mesmo sentido que a velocidade angular ω, isto é, seu vetor aponta paraa esquerda. No entanto, o torque ilustrado na figura é o torque exercido noeixo pelo dispositivo e, dessa forma, seu vetor aponta no sentido oposto.

Em geral, o trabalho W realizado por um torque de intensidade constanteé igual ao produto do torque pelo ângulo através do qual ele rotaciona, isto é,

Tψ (3-36)

em que ψ é o ângulo de rotação em radianos.Potência é a taxa em que o trabalho é feito ou

(3-37)

em que P é o símbolo para potência e t representa o tempo. A taxa de variaçãodψ/dt do deslocamento angular ψ é a velocidade angular ω e, por isso, a equa-ção anterior fica

(3-38)

Essa fórmula, familiar da física elementar, fornece a potência transmitida porum eixo em rotação transmitindo um torque constante T.

As unidades a serem usadas na Equação (3.38) são as seguintes: se o tor-que T for expresso em newton-metros, então a potência será expressa em watts(W). Um watt é igual a um newton-metro por segundo (ou um joule porsegundo). Se T é expresso em libras-pés, então a potência é expressa em libras-pés por segundo.*

A velocidade angular é muitas vezes expressa como a frequência de rota-ção f, que é o número de revoluções por unidade de tempo. A unidade de fre-quência é o hertz (Hz), igual a uma revolução por segundo ( s�1). Visto queuma revolução é igual a 2π radianos, obtemos

(3-39)

A expressão para a potência (Equação 3.38) então fica

(3-40)

Outra unidade usada com frequência é o número de revoluções por minuto(rpm), denotada pela letra n. Por isso, também temos as seguintes relações:

(3-41)

e

(3-42)

Nas Equações (3.40) e (3.42), as quantidades P e T têm as mesmas unidadesque na Equação (3.38); isto é, P tem unidades de watts se T tem unidades denewton-metros, e P tem unidades de libras-pés por segundo se T tem unidadesde libras-pés.

P �2πnT

60(n � rpm)

n � 60 f

P � 2πfT ( f � Hz � s�1)

ω � 2πf (ω � rad/s, f � Hz � s�1)

P � Tω (ω � rad/s)

P �dWdt

� TdΨdt

W �


VENDA PROIBIDA

Na prática de engenharia nos Estados Unidos, a potência é algumas vezesexpressa em cavalos (hp), uma unidade igual a 550 lb-pés/s. Por isso, a potên-cia expressa em cavalos H, sendo transmitido por um eixo em rotação, é

(3-43)

Um cavalo é aproximadamente 746 watts.As equações anteriores relacionam o torque agindo em um eixo com a

potência transmitida pelo eixo. Uma vez que o torque é conhecido, podemosdeterminar as tensões de cisalhamento, deformações de cisalhamento, ângulosde torção e outras quantidades desejadas pelos métodos descritos nas Seções3.2 a 3.5.

Os exemplos a seguir ilustram alguns dos procedimentos para analisareixos em rotação.

H �2πnT

60(550)�

2πnT33,000

(n � rpm, T � lb-ft, H � hp)


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-7 • • •Um motor rotacionando um eixo circular maciço de aço transmite 30 kWpara uma engrenagem em B (Figura 3.34). A tensão de cisalhamento admis-sível no aço é de 42 MPa.

(a) Qual é o diâmetro d necessário do eixo se ele é operado a 500 rpm?(b) Qual é o diâmetro d necessário se ele é operado a 4.000 rpm?

d ω T

B

MotorFigura 3-34Exemplo 3.7. Eixo de aço em

torção

Solução(a) Motor operando a 500 rpm. Conhecendo a potência e a velocidade de

rotação, podemos encontrar o torque T agindo no eixo usando aEquação (3.43). Resolvendo essa equação para T, obtemos

Esse torque é transmitido pelo eixo do motor à engrenagem.A tensão de cisalhamento máxima no eixo pode ser obtida a partir

da fórmula de torção modificada (Equação 3.14):

Resolvendo essa equação para o diâmetro d e também substituindo tadmpor tmax, obtemos

que gera

O diâmetro do eixo deve ser, no mínimo, desse tamanho para que a ten-são admissível não seja excedida.

➥d � 41,1 mm

d3 �16T

πτadm�

16(573 N # m)π (42 MPa)

� 69,5 � 10�6 m3

τ max �16T

πd3

T �60 P2πn

�60(30 kW)

2π (500 rpm)� 573 N # m


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-7 • • •(b) Motor operando a 4.000 rpm. Seguindo o mesmo procedimento da parte

(a), obtemos

que é menor que o diâmetro encontrado na parte (a).Esse exemplo ilustra que, quanto maior a velocidade de rotação,

menor o tamanho necessário do eixo (para mesma potência e mesmatensão admissível).

d � 20,6 mm

d3 �16T

πτadm�

16(71,6 N # m)

π (42 MPa)� 8,68 � 10�6 m3

T �60 P2πn

�60(30 kW)

2π (4000 rpm)� 71,6 N # m

Exemplo 3-8 • • •Um eixo maciço de aço ABC de 50 mm de diâmetro (Figura 3.35a) é acionadoem A por um motor que transmite 50 kW ao eixo a 10 Hz. As engrenagensB e C acionam maquinários que necessitam de potência igual a 35 kW e 15kW, respectivamente.

Calcule a tensão de cisalhamento máxima τmax no eixo e o ângulo detorção φAC entre o motor em A e a engrenagem em C (use G �80 GPa).

TC = 239 N·m

CBA

1.0 m 1.2 mTA = 796 N·m

A B C

TB = 557 N·mMotor

50 mm

(a) (b)

Figura 3-35Exemplo 3.8. Eixo de aço em

torção

SoluçãoTorques agindo no eixo. Começamos a análise determinando os torquesaplicados ao eixo pelo motor e pelas duas engrenagens. Uma vez que omotor fornece 50 kW a 10 Hz, ele gera um torque TA na extremidade Ado eixo (Figura 3.31b) que podemos calcular a partir da Equação (3.40):

De maneira similar, podemos calcular os torques TB e TC aplicados pelasengrenagens ao eixo:

Esses torques são ilustrados no diagrama de corpo livre do eixo (Figura3.35b). Note que os torques aplicados pelas engrenagens são opostos emdireção ao torque aplicado pelo motor (se imaginarmos TA como a“carga” aplicada ao eixo pelo motor, então os torques TB e TC serão as“reações” das engrenagens).

Os torques internos nos dois segmentos do eixo serão agora encon-trados (por inspeção) a partir do diagrama de corpo livre da Figura 3.35b:

TAB � 796 N # m TBC � 239 N # m

TC �P

2π f�

15 kW2π (10 Hz)

� 239 N # m

TB �P

2π f�

35 kW2π (10 Hz)

� 557 N # m

TA �P

2π f�

50 kW2π (10 Hz)

� 796 N # m


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-8 • • •Ambos os torques internos agem na mesma direção, e por isso os ângulos detorção nos segmentos AB e BC são somados ao encontrar o ângulo de torçãototal (para ser específico, ambos os torques são positivos de acordo com aconvenção de sinal adotada na Seção 3.4).

Tensões de cisalhamento e ângulos de torção. A tensão de cisal-hamento e o ângulo de torção no segmento AB do eixo são encontrados namaneira usual a partir das Equações (3.14) e (3.17):

As quantidades correspondentes para o segmento BC são

Dessa forma, a tensão de cisalhamento máxima no eixo ocorre no segmentoAB e é

O ângulo de torção total entre o motor em A e a engrenagem em C é

Como explicado anteriormente, ambas as partes do eixo giram na mesmadireção e, por isso, os ângulos de torção são adicionados.

➥φAC � φAB � φBC � 0.0162 rad � 0.0058 rad � 0.0220 rad � 1.26°

➥τ max � 32.4 MPa

φBC �TBCLBC

GIP�

(239 N # m)(1.2 m)

(80 GPa)a π32b (50 mm)4

� 0.0058 rad

τBC �16TBC

πd3�

16(239 N # m)

π (50 mm)3� 9.7 MPa

φAB �TABLAB

GIP�

(796 N # m)(1.0 m)

(80 GPa)a π32b (50 mm)4

� 0.0162 rad

τAB �16TAB

πd3�

16(796 N # m)

π (50 mm)3� 32.4 MPa

3.8 Membros de torção estaticamenteindeterminadosAs barras e os eixos descritos nas seções anteriores deste capítulo são estatica-mente determinados porque todos os torques internos e reações podem ser obti-das a partir de diagramas de corpo livre e equações de equilíbrio. Entretanto,se restrições adicionais, como engastamentos, forem adicionadas às barras, asequações de equilíbrio não serão mais adequadas para se determinarem os tor-ques. As barras são então classificadas como estaticamente indeterminadas.Membros de torção desse tipo podem ser analisados suplementando-se asequações de equilíbrio com equações de compatibilidade pertencentes aos des-locamentos rotacionais. Assim, o método geral para se analisarem membros detorção estaticamente indeterminados é o mesmo descrito na Seção 2.4 parabarras estaticamente indeterminadas com cargas axiais.

O primeiro passo na análise é escrever as equações de equilíbrio obtidas apartir de diagramas de corpo livre da situação física dada. As quantidades des-conhecidas nas equações de equilíbrio são os torques, tanto internos quanto dereação.

O segundo passo na análise é formular as equações de compatibilidade,baseadas nas condições físicas relativas ao ângulo de torção. Como consequên-cia, as equações de compatibilidade têm os ângulos de torção como incógnitas.

O terceiro passo é relacionar os ângulos de torção aos torques pelas rela-ções de torque-deslocamento, como f � TL/GIP. Depois de introduzir essasrelações nas equações de compatibilidade, elas também se tornam equações,tendo torques como incógnitas. Por isso, o último passo é obter os torques des-conhecidos resolvendo simultaneamente as equações de equilíbrio e de compa-tibilidade.

Para ilustrar o método de solução, vamos analisar a barra composta ABilustrada na Figura 3.36a. A barra está presa a um engastamento na extremi-dade A e carregada por um torque T na extremidade B. Além disso, a barraconsiste em duas partes: uma barra sólida e um tubo (Figuras 3.36b e c),ambos unidos a uma placa rígida na extremidade B.

Por conveniência, vamos identificar a barra sólida e o tubo (e suas proprie-dades) pelos números 1 e 2, respectivamente. Por exemplo, o diâmetro da barrasólida é denotado por d1 e o diâmetro externo do tubo é denotado por d2.Existe uma pequena folga entre a barra e o tubo e, por isso, o diâmetro internodo tubo é ligeiramente maior que o diâmetro d1 da barra.

Quando o torque T é aplicado à barra composta, a placa na extremidaderotaciona em um pequeno ângulo f (Figura 3.36c) e os torques T1 e T2 sãodesenvolvidos na barra sólida e no tubo, respectivamente (Figuras 3.36d e e).Do equilíbrio sabemos que a soma desses torques é igual à carga aplicada e,dessa forma, a equação de equilíbrio é

(3-44)

Como essa equação contém duas incógnitas (T1 e T2), reconhecemos que abarra composta é estaticamente indeterminada.

Para obter uma segunda equação, devemos considerar os deslocamentosde rotação tanto da barra sólida quanto do tubo. Vamos denotar o ângulo detorção da barra sólida (Figura 3.36d) porf1 e o ângulo de torção do tubo porf2 (Figura 3.36e). Esses ângulos de torção devem ser iguais, porque a barra eo tubo estão unidos firmemente à placa na extremidade e rotacionam com ela;consequentemente, a equação de compatibilidade é

(3-45)

Os ângulos f1 e f2 estão relacionados ao torque T1 e T2 pelas relações de tor-que-deslocamento, que, no caso de materiais elásticos lineares, são obtidas apartir da equaçãof � TL/GIP. Dessa forma,

(3-46a,b)

em que G1 e G2 são os módulos de elasticidade de cisalhamento dos materiaise IP1 e IP2 são os momentos de inércia polar das seções transversais.

Quando as expressões anteriores para f1 e f2 são substituídas na Equação(3.45), a equação de compatibilidade fica

(3-47)

Agora temos duas equações (Equações 3.44 e 3.47) com duas incógnitas, deforma que podemos resolvê-las para os torques T1 e T2. Os resultados são

(3-48a,b)

Com esses torques conhecidos, a parte essencial da análise estaticamente inde-terminada está completa. Todas as outras quantidades, como tensões e ângu-los de torção, podem agora ser encontradas a partir dos torques.

A discussão anterior ilustra a metodologia geral para analisar um sistemaestaticamente indeterminado em torção. No exemplo a seguir, essa mesma sis-

T1 � Ta G1IP1

G1IP1 � G2IP2

b T2 � Ta G2IP2

G1IP1 � G2IP2

b

T1L

G1IP1

�T2L

G2IP2

φ1 �T1L

G1IP1

φ2 �T2L

G2IP2

φ1 � φ2

T1 � T2 � T


VENDA PROIBIDA

(a)

(c)

(b)

A

BT

L

Bar (1)

Tube (2)

Tube (2)

Bar (1)

Endplate

AB

T

(e)

Tube (2)

AB

1

T2

T1

d2

(d)

Bar (1)

A B

2

d1

d1 d2

f

f

f

Figura 3-36Barra estaticamente indeterminada em torção

temática é usada para analisar uma barra que está fixa contra rotação emambas as extremidades. No exemplo e nos problemas, assumimos que as bar-ras são feitas de materiais elásticos lineares. Entretanto, a metodologia geral étambém aplicada a barras de materiais não uniformes – a única mudança estánas relações de torque-deslocamento.


VENDA PROIBIDA

Exemplo 3-9 • • •A barra ACB apresentada nas Figuras 3.37a e b está fixa em ambas as extre-midades e carregada por um torque T0 no ponto C. Os segmentos AC e CBda barra têm diâmetros dA e dB, comprimentos LA e LB e momentos de inér-cia polar IPA e IPB, respectivamente. O material da barra é o mesmo ao longode ambos os segmentos.

Obtenha fórmulas para (a) os torques de reação TA e TB nas extremida-des, (b) as tensões de cisalhamento máximas tAC e tCB em cada segmento dabarra e (c) o ângulo de rotação fC na seção transversal em que a carga T0 éaplicada.

SoluçãoEquação de equilíbrio. A carga T0 produz reações TA e TB nas extremidadesfixas da barra, como ilustram as Figuras 3.33a e b. Dessa forma, do equilíbrioda barra, obtemos

(f)

Como há duas incógnitas nessa equação (e nenhuma outra equação de equi-líbrio útil), a barra é estaticamente indeterminada.

Equação de compatibilidade. Agora separamos a barra de seu suportena extremidade B e obtemos uma barra que está fixa na extremidade A elivre na extremidade B (Figuras 3.37c e d). Quando a carga T0 age sozinha(Figura 3.37c), produz um ângulo de torção na extremidade B que denota-mos por f1. De forma similar, quando o torque de reação TB age sozinho,produz um ângulo f2 (Figura 3.37d). O ângulo de torção na extremidade Bna barra original, igual à soma de f1 e f2, é zero. Por isso, a equação decompatibilidade é

(g)

Note que f1 e f2 são considerados positivos na direção ilustrada na figura.TEquações de torque-deslocamento. Os ângulos de torção f1 e f2

podem ser expressos em termos dos torques T0 e TB, referindo-se às Figuras3.37c e d e usando a equação f � TL/GIP. As equações são as seguintes:

(h,i)

Os sinais negativos aparecem na Equação (i) porque TB produz uma rotaçãoque é oposta em direção à direção positiva de f2 (Figura 3.37d)..

Agora substituímos os ângulos de torção (Equações h e i) na equação decompatibilidade (Equação g) e obtemos

ou

(j)

Solução das equações. A equação anterior pode ser resolvida para o tor-que TB, que então pode ser substituído na equação de equilíbrio (Equaçãof) para obter o torque TA. Os resultados são

TBLA

IpA

�TBLB

IpB

�T0LA

IpA

T0LA

GIpA

�TBLA

GIpA

�TBLB

GIpB

� 0

φ1 �T0LA

GIpA

φ2 � �TBLA

GIpA

�TBLB

GIpB

φ1 � φ2 � 0

TA � TB � T0

(a)

(b)

(c)

(d)

A

AB

C

CIPA IPB

TB

TB

TA

TA dAdB

T0

T0

A BC

T0

LA LB

L

1

A BC 2

BTB

f

f

Figura 3-37Exemplo 3.9. Barra estatica-mente indeterminada emtorção


VENDA PROIBIDA


(3-49a,b)

Dessa forma, os torques de reação nas extremidades da barra foram encon-trados e a parte estaticamente indeterminada da análise está completa.

Como um caso especial, note que se a barra é prismática (IPA � IPB � IP),os resultados anteriores são simplificados para

(3-50a,b)

em que L é o comprimento total da barra. Essas equações são análogasàquelas para as reações de uma barra carregada axialmente com extremida-des engastadas (veja as Equações (2.13a) e (2.13b)).

Tensões de cisalhamento máximas. As tensões de cisalhamento máxi-mas em cada parte da barra são obtidas diretamente a partir da fórmula detorção:

Substituindo as Equações (3.49a) e (3.49b), temos

(3-51a,b)

Comparando o produto LBdA com o produto LAdB, podemos imediatamentedeterminar qual segmento da barra tem maior tensão.

Ângulo de rotação. O ângulo de rotação �C na seção C é igual aoângulo de torção de cada segmento da barra, uma vez que ambos os seg-mentos rotacionam através do mesmo ângulo na seção C. Por isso, obtemos

(3-52)

No caso especial de uma barra prismática (IPA � IPB � IP), o ângulo de rota-ção na seção em que a carga é aplicada é

(3-53)

Esse exemplo ilustra não apenas a análise de uma barra estaticamenteindeterminada, mas também as técnicas para se encontrar tensões e ângu-los de rotação. Além disso, note que os resultados obtidos nesse exemplosão válidos para uma barra consistindo em segmentos sólidos ou tubulares.

φC �T0LALB

GLIP

➥φC �TALA

GIPA

�TBLB

GIPB

�T0LALB

G(LBIPA � LAIPB)

➥τAC �T0LBdA

2(LBIPA � LAIPB)τCB �

T0LAdB

2(LBIPA � LAIPB)

τAC �TAdA

2IPAτCB �

TBdB

2IPB

TA �T0LB

LTB �

T0LA

L

➥TA � T0aLBIpA

LBIpA � LAIpB

b TB � T0aLAIpB

LBIpA � LAIpB

b

3.9 Energia de deformação em torção ecisalhamento puroQuando uma carga é aplicada a uma estrutura, há trabalho realizado pelacarga e energia de deformação desenvolvida na estrutura, como descrito emdetalhes na Seção 2.7, para uma barra submetida a cargas axiais. Nesta seção,usaremos os mesmos conceitos básicos para determinar a energia de deforma-ção de uma barra em torção.

Considere uma barra prismática AB em torção pura sob a ação de um tor-que T (Figura 3.38). Quando a carga é aplicada estaticamente, a barra gira e aextremidade livre rotaciona através de um ângulo f. Se assumirmos que omaterial da barra é elástico linear e que segue a lei de Hooke, então a relação

entre o torque aplicado e o ângulo de torção também será linear, como ilus-trado pelo diagrama de torque-rotação da Figura 3.39 e dado pela equação f � TL/GIP.

O trabalho W realizado pelo torque enquanto ele rotaciona através doângulo f é igual à área abaixo da linha de torque-rotação OA, isto é, igual àárea do triângulo sombreado na Figura 3.39. Além disso, do princípio de con-servação de energia sabemos que a energia de deformação da barra é igual aotrabalho feito pela carga, desde que nenhuma energia seja ganha ou perdida naforma de calor. Por isso, obtemos a equação a seguir para a energia de defor-mação U da barra:

(3-54)

Essa equação é análoga à equação U � W � Pδ /2 para uma barra submetidaa uma carga axial (veja a Equação 2.37).

Usando a equação f � TL/GIP, podemos expressar a energia de deforma-ção nas seguintes formas:

(3-55a,b)

A primeira expressão está em termos da carga e a segunda está em termos doângulo de torção. Novamente, observe a analogia com as equações correspon-dentes para uma barra com uma carga axial (veja as Equações 2.39a e b).

A unidade SI tanto para o trabalho quanto para a energia é o joule (J), queé igual a um newton-metro (1 J � 1 N � m).

Torção não uniformeSe uma barra está submetida a torção não uniforme (descrita na Seção 3.4),precisamos de fórmulas adicionais para a energia de deformação. Nos casosem que a barra consiste em segmentos prismáticos com torque constante emcada segmento (veja a Figura 3.14a da Seção 3.4), podemos determinar a ener-gia de deformação de cada segmento e então somar para obter a energia totalda barra:

(3-56)U � an

i � 1

Ui

U �T2L2GIP

U �GIPφ2

2L

U � W �Tφ2


VENDA PROIBIDA

BT

A

L

f

Figura 3-38Barra prismática em torção pura

T

A

O

T 2

U = W =

Torque

Angle of rotationf

f

Figura 3-39Diagrama torque-rotação para

uma barra em torção pura(material elástico linear)

em que Ui é a energia de deformação do segmento i e n é o número de segmen-tos. Por exemplo, se usarmos a Equação (3.55a) para obter as energias dedeformação individuais, a equação anterior fica

(3-57)

em que Ti é o torque interno no segmento i, e Li, Gi e (IP)i são as propriedadesde torção do segmento.

Se a seção transversal da barra ou o torque interno variarem ao longo doeixo, como ilustrado nas Figuras 3.15 e 3.16 da Seção 3.4, podemos obter aenergia de deformação total determinando primeiro a energia de deformaçãode um elemento e então integrando ao longo do eixo. Para um elemento decomprimento dx, a energia de deformação é (veja a Equação 3.55a)

em que T(x) é o torque interno agindo no elemento e IP(x) é o momento deinércia polar da seção transversal no elemento. Por isso, a energia de deforma-ção total da barra é

(3-58)

Mais uma vez, as similaridades das expressões para energia de deformação emtorção e carga axial devem ser notadas (compare as Equações (3.53) e (3.54)com as Equações (2.42) e (2.43) da Seção 2.7).

O uso das equações anteriores para torção não uniforme é ilustrado nosexemplos que seguem. No Exemplo 3.10, a energia de deformação é encon-trada para uma barra em torção pura com segmentos prismáticos, e nosExemplos 3.11 e 3.12, a energia de deformação é encontrada para barras comtorques variantes e dimensões de seção transversal variantes.

Além disso, o Exemplo 3.12 mostra como, sob condições bem limitadas, oângulo de torção de uma barra pode ser determinado a partir de sua energiade deformação (para uma discussão mais detalhada desse método, incluindosuas limitações, veja a subseção “Deslocamentos Causados por uma ÚnicaCarga”, na Seção 2.7).

LimitaçõesAo calcular a energia de deformação, devemos manter em mente que as equa-ções deduzidas nesta seção aplicam-se apenas a barras de materiais elásticoslineares com pequenos ângulos de torção. Também devemos lembrar a impor-tante observação feita na Seção 2.7, isto é, que a energia de deformação de umaestrutura suportando mais do que uma carga não pode ser obtida somando asenergias de deformação obtidas para as cargas individuais agindo separadamente.Esta observação é demonstrada no Exemplo 3.10.

Densidade de energia de deformação emcisalhamento puroComo os elementos individuais de uma barra em torção são tensionados emcisalhamento puro, é útil obter expressões para a energia de deformação asso-ciada com as tensões de cisalhamento. Começamos a análise considerando umpequeno elemento de material submetido a tensões de cisalhamento t em suasfaces laterais (Figura 3.40a). Por conveniência, vamos assumir que a face fron-tal do elemento é quadrada, com cada lado tendo comprimento h. Embora afigura mostre apenas uma vista bidimensional do elemento, lembremos que oelemento é na verdade tridimensional com espessura t perpendicular ao planoda figura.

U �3

L

0

[T(x)]2dx

2GIP(x)

dU �[T(x)]2dx

2GIP(x)

U � an

i � 1

Ti2Li

2Gi(IP)i


VENDA PROIBIDA

Sob a ação das tensões de cisalhamento, o elemento é distorcido, de formaque as faces frontais formam um losango, como ilustrado na Figura 3.40b. Avariação no ângulo em cada vértice do elemento é a deformação de cisalha-mento γ.


VENDA PROIBIDA

(a) (b)

(c) (d)

h

h

V

V

V

V

V

V

V

V

–– –2

–– –2

tt

t

t

ggp

d

t

p g

t

t

Figura 3-40Elemento em cisalhamento puro

As forças cortantes V, agindo nas faces laterais do elemento (Figura 3.40c),são encontradas multiplicando-se as tensões pelas áreas ht sobre as quais elasagem:

(3-59)

Essas forças produzem trabalho à medida que o elemento sofre deformação desua forma inicial (Figura 3.36a) para sua forma distorcida (Figura 3.40b). Paracalcular esse trabalho, precisamos determinar as distâncias relativas através dasquais as forças cortantes se movem. Essa tarefa é mais facilmente executada seo elemento na Figura 3.40c for rotacionado como um corpo rígido até queduas de suas faces sejam horizontais, como na Figura 3.40d. Durante a rotaçãodo corpo rígido, o trabalho resultante realizado pelas forças V é zero, porqueas forças ocorrem em pares que formam dois binários iguais e opostos.

Como pode ser visto na Figura 3.40d, a face superior do elemento é deslo-cada horizontalmente através de uma distância d (relativa à face inferior) àmedida que a força cortante é gradualmente aumentada de zero para seu valorfinal V. O deslocamento d é igual ao produto da deformação de cisalhamentoγ (que é um pequeno ângulo) pela dimensão vertical do elemento:

(3-60)

Se assumirmos que o material é elástico linear e segue a lei de Hooke, então otrabalho feito pelas forças V é igual a Vd/2, que também é a energia de defor-mação armazenada no elemento:

(3-61)

Note que as forças agindo nas faces laterais do elemento (Figura 3.36d) não semovem ao longo de suas linhas de ação – dessa forma elas não realizam trabalho.

Substituindo as Equações (3.59) e (3.60) na Equação (3.61), obtemos aenergia de deformação total do elemento:

U � W �Vδ2

δ � γh

V � τht

Como o volume do elemento é h2t, a densidade de energia de deformação u (istoé, a energia de deformação por unidade de volume) é

(3-62)

Finalmente, substituímos a lei de Hooke em cisalhamento (t � Gγ ) e obtemosas seguintes equações para densidade de energia de deformação em cisalha-mento puro:

(3-63a,b)

Essas equações são similares na forma àquelas para tensão uniaxial (veja asEquações (2.46a) e (b) da Seção 2.7).

A unidade SI para densidade de energia de deformação é o joule por metrocúbico (J/m3). Uma vez que essas unidades são as mesmas que aquelas paratensão, podemos também expressar a densidade de energia de deformação empascals (Pa).

Na próxima seção (Seção 3.11), usaremos a equação para densidade deenergia de deformação em termos da tensão de cisalhamento (Equação 3.63a)para determinar o ângulo de torção de um tubo de pequena espessura de seçãotransversal arbitrária.

u �τ2

2Gu �

Gγ 2

2

u �τγ2

U �τγh2t

2


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Exemplo 3-10 • • •Uma barra circular sólida AB de comprimento L está engastada em uma dasextremidades e livre na outra (Figura 3.41). Três condições de carregamentodistintas devem ser consideradas: (a) torque Ta agindo na extremidade livre;(b) torque Tb agindo no ponto médio da barra e (c) torques Ta e Tb agindosimultaneamente.

Para cada caso de carregamento, obtenha uma fórmula para a energiade deformação armazenada na barra. Então calcule a energia de deforma-ção para os dados a seguir: Ta � 100 N � m, Tb � 150 N � m, L � 1,6 m, G � 80GPa e IP � 79,52 � 103 mm4.

Solutção(a) Torque Ta agindo na extremidade livre (Figura 3.41a). Nesse caso, a ener-

gia de deformação é obtida diretamente a partir da Equação (3.55a):

(a)

(b) Torque Tb agindo no ponto médio (Figura 3.41b). Quando o torque ageno ponto médio, aplicamos a Equação (3.51a) para o segmento AC dabarra:

(b)

(c) Torques Ta e Tb agindo simultaneamente (Figura 3.41c). Quando ambasas cargas agem na barra, o torque no segmento CB é Ta e o torque nosegmento AC é Ta � Tb. Dessa forma, a energia de deformação (daEquação 3.57) é

Uc � an

i�1

Ti2Li

2G(IP)i

�Ta

2(L/2)

2GIP�

(Ta � Tb)2(L/2)

2GIP

➥Ub �Tb

2(L/2)

2GIP�

Tb2L

4GIP

➥Ua �Ta

2L

2GIP

(c)

Ta

Tb

Tb

A B

(b)

(a)

L

A C B

A C B Ta

L—2

L—2

L—2

Figura 3-41Exemplo 3.10. Energia de

deformação produzida porduas cargas


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Exemplo 3-10 • • •

(c)

Uma comparação das Equações (a), (b) e (c) mostra que a energia dedeformação produzida pelas duas cargas agindo simultaneamente não éigual à soma das energias de deformação produzidas pelas cargas sepa-radamente. Como levantado na Seção 2.7, a razão é que a energia dedeformação é uma função quadrática das cargas, e não uma funçãolinear.

(d) Resultados numéricos. Substituindo os dados fornecidos na Equação (a),obtemos

Lembre-se de que um joule é igual a um newton-metro (1 J � 1 N � m).Procedendo da mesma maneira para as Equações (b) e (c), encontra-

mos

Note que o termo do meio, envolvendo o produto das duas cargas, con-tribui significativamente para a energia de deformação e não pode serdesconsiderado.

➥Uc � 1.26 J � 1.89 J � 1.41 J � 4.56 J

➥Ub � 1.41 J

➥Ua �Ta

2L

2GIP�

(100 N # m)2(1.6 m)

2(80 GPa)(79.52 � 103 mm4)� 1.26 J

➥�Ta

2L

2GIP�

TaTbL

2GIP�

Tb2L

4GIP

Exemplo 3-11 • • •Uma barra prismática AB, engastada em uma extremidade e livre na outra,é carregada por um torque distribuído de intensidade t constante por uni-dade de comprimento ao longo do eixo da barra (Figura 3.42).

(a) Deduza uma fórmula para a energia de deformação da barra.(b) Calcule a energia de deformação de um eixo vazado usado para perfu-

rar o solo para os seguintes dados:

t � 2100 N # m/m, L � 3,7 m, G � 80 GPa, e IP � 7,15 � 10�6 m4

x

L

dx

tA B

Figura 3-42Exemplo 3.11. Energia dedeformação produzida por umtorque distribuído

Solução(a) Energia de deformação da barra. O primeiro passo na solução é determi-

nar o torque interno T(x) agindo a uma distância x da extremidade livreda barra (Figura 3.42). Esse torque interno é igual ao torque total agindono segmento da barra entre x � 0 até x � x. Esse último torque é igual àintensidade t do torque multiplicado pela distância x sobre a qual eleatua:


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Exemplo 3-11 • • •(a)

Substituindo na Equação (3.58), obtemos

(3-64)

Esta expressão fornece a energia de deformação total armazenada nabarra.

(b) Resultados numéricos. Para calcular a energia de deformação do eixovazado, substituímos os dados fornecidos na Equação (3.64):

Este exemplo ilustra o uso da integração para calcular a energia dedeformação de uma barra submetida a um torque distribuído.

➥U �t2L3

6GIP�

(2100 N # m/m)2(3.7 m)3

6(80 GPa)(7.15 � 10�6 m4)� 65.1 N # m

➥U �3

L

0

[T(x)]2dx2GIP

�1

2GIP 3

L

0(tx)2dx �

t2L3

6GIP

T(x) � tx

Exemplo 3-12 • • •Uma barra afilada AB de seção transversal circular é sustentada na extremi-dade do lado direito e carregada por um torque T na outra extremidade(Figura 3.43). O diâmetro da barra varia linearmente de dA na extremidadedo lado esquerdo até dB na extremidade do lado direito.

Determine o ângulo de rotação fA na extremidade A da barra, equacio-nando a energia de deformação para o trabalho realizado pela carga.

SoluçãoPelo princípio da conservação de energia, sabemos que o trabalho feito pelotorque aplicado é igual à energia de deformação da barra, ou seja, W � U.O trabalho é dado pela equação

(a)

e a energia de deformação U pode ser encontrada a partir da Equação (3.58).Para usar a Equação (3.58), precisamos de expressões para o torque T(x)

e o momento de inércia polar IP(x). O torque é constante ao longo do eixoda barra e igual à carga T, e o momento de inércia polar é

em que d(x) é o diâmetro da barra a uma distância x da extremidade A. Dageometria da figura, vemos que

(b)

e por isso

(c)

Agora podemos substituir os dados na Equação (3.58) da seguinte maneira:

U �3

L

0

[T(x)]2dx2GIP(x)

�16T 2

πG 3

L

0

dx

adA �dB � dA

Lxb4

IP(x) �π

32adA �

dB � dA

Lxb4

d(x) � dA �dB � dA

Lx

IP(x) �π

32cd(x) d4

W �TφA

2L

d(x)

dA dx

ATB

x

dB

Af

Figura 3-43Exemplo 3.12. Barra afiladaem torção

No Capítulo 3, investigamos o comportamento de barras e tubos ocos querecebem torques concentrados ou distribuídos, bem como efeitos de pré-ten-são. Desenvolvemos as relações de força-deslocamento para uso no cálculo dasmudanças no comprimento de barras sob condições uniformes (isto é, força detorção constante sobre seu comprimento total) e não uniformes (isto é, torçõese por vezes também momento de inércia polar variam no comprimento dabarra). Depois, foram desenvolvidas as equações de equilíbrio e compatibili-dade para estruturas estaticamente indeterminadas em um procedimento desobreposição, levando à solução de todas as forças desconhecidas, torques, ten-sões etc. Desenvolvemos equações para tensões normais e de cisalhamento emseções inclinadas a partir de um estado de tensão pura em elementos alinhadosao eixo das barras. Alguns tópicos avançados foram apresentados nas partesfinais do capítulo. Os conceitos mais importantes apresentados no capítulo sãoos seguintes:

1. Para barras e tubos circulares, a tensão (t) e deformação (g) de cisalha-mento variam linearmente com a distância radial a partir do centro daseção transversal.

τ � (ρ/r)τ max γ � (ρ/r)γ max


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Exemplo 3-12 • • •A integral nessa expressão pode ser calculada com a ajuda de uma tabela deintegrais (veja o Apêndice C).

Por isso, a energia de deformação da barra afilada é

(3-65)

Igualando a energia de deformação ao trabalho do torque (Equação i)e resolvendo para fA, obtemos

(3-66)

Esta equação dá o ângulo de rotação na extremidade de uma barra afuni-lada. [Nota: Este é o mesmo ângulo de torção da expressão obtida na solu-ção do Prob. 3,4-8 (a)].

Note especialmente que o método usado nesse exemplo para encontraro ângulo de rotação é adequado apenas quando a barra é submetida a umaúnica carga, e então apenas quando o ângulo desejado corresponde a essacarga. De outra forma, devemos encontrar os deslocamentos angulares atra-vés dos métodos usuais descritos nas Seções 3.3, 3.4 e 3.8.

➥φA �32TL

3πG(dB � dA)a 1

dA3

�1

dB3b

U �16T2L

3πG(dB � dA)a 1

dA3

�1

dB3b

3

L

0

dx

adA �dB � dA

Lxb4

�L

3(dB � dA)a 1

dA3

�1

dB3b


2. A fórmula de torção define a relação entre a tensão de cisalhamento e omomento de torção. A tensão de cisalhamento máxima tmax ocorre nasuperfície externa da barra ou tubo e depende do momento de torção T,da distância radial r e do momento de inércia da seção transversal Ip,conhecido como momento de inércia polar para seções transversais cir-culares. Verifica-se que tubos de paredes finas são mais eficientes na tor-ção, pois o material disponível é tensionado de maneira mais uniformeque as barras circulares sólidas.

3. O ângulo de torção f de barras circulares prismáticas sujeitas amomento(s) de torção é proporcional ao torque T e ao comprimento dabarra L, e inversamente proporcional à rigidez de torção (GIp) da barra;essa relação é chamada relação torque-deslocamento.

4. O ângulo de torção por unidade de comprimento de uma barra é conhe-cido como sua flexibilidade de torção (fT) e a relação inversa é a rigidez detorção (kT � 1/fT) da barra ou eixo.

5. A soma das deformações de torção de segmentos individuais de um eixonão prismático é igual à torção de toda a barra (f). Diagramas de corpolivre são utilizados para encontrar os momentos de torção (Ti) em cadasegmento i.

Se os momentos de torção e/ou as propriedades da seção transversal (Ip)variam continuamente, uma expressão integral é necessária.

6. Se a estrutura da barra é estaticamente indeterminada, equações adicio-nais são necessárias para resolver momentos desconhecidos. Equações decompatibilidade são usadas para relacionar as rotações da barra às con-dições do apoio e, através disso, produzir relações adicionais entre asincógnitas. É conveniente utilizar a sobreposição de estruturas “aliviadas”(ou estaticamente determinadas) para representar a estrutura da barraestaticamente indeterminada real.

7. Desajustes e pré-deformações induzem momentos de torção apenas emeixos e barras estaticamente indeterminadas.

8. Um eixo circular é submetido ao cisalhamento puro devido a momentosde torção. As tensões normais e de cisalhamento máximas podem ser obti-das através da consideração de um elemento de tensão inclinado. A ten-são de cisalhamento máxima ocorre em um elemento alinhado ao eixo dabarra, mas a tensão normal máxima ocorre em uma inclinação de 45° emrelação ao eixo da barra. A tensão normal máxima é igual à tensão decisalhamento máxima.

Também podemos encontrar uma relação entre as tensões máximas decisalhamento e normais para o caso de cisalhamento puro:

ε max � γ max /2

σ max � τ

φ �3

L

0dφ �

3

L

0

T(x)dx

GIP(x)

φ � an

i � 1

φi � an

i � 1

TiLi

Gi(IP)i

kT �GIP

LfT �

LGIP

φ �TLGIP

τ max �TrIP


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9. Eixos circulares são comumente usados para transmitir potência mecâ-nica a partir de um dispositivo ou máquina para outra. Se o torque T éexpresso em Nm e n é o número de rotações do eixo, a potência P éexpressa em watts como:

Em unidades EU habitual, torque T é dado em ft-lb e poder pode serdada em cavalos (hp), H, como:

H �2πnT33,000

P �2πnT

60


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Deformações de Torção

3.2-1 Uma haste de cobre de comprimento L � 460 mm deveser torcida por torques T (veja a figura) até que o ângulo derotação entre as extremidades da haste seja 3,0°.

(a) Se a deformação de cisalhamento admissível nocobre for 0,0008 rad, qual é o máximo diâmetro permitido dahaste?

(b) Se o diâmetro da haste é de 12,5 mm, qual é o com-primento mínimo admissível da haste?

PROB. 3.2-1

3.2-3 Um tubo de alumínio circular submetido à torção purapor torques T (veja a figura) tem um raio externo r2 igual a1,5 vezes o raio interno r1.

(a) Se a deformação de cisalhamento máxima no tubofor medida como 400 � 10�6 rad, qual o valor da deforma-ção de cisalhamento g1 na superfície interna?

(b) Se a máxima razão de torção permitida for de 0,125grau por metro e a máxima deformação de cisalhamentodeve ser mantida em 400 � 10�6 rad ajustando-se o torque T,qual é o raio externo mínimo exigido (r2)min?

PROB. 3.2-3

Barras e Tubos Circulares3.3-1 Um mineiro usa uma alavanca manual (veja a figura)para levantar um balde de minério. O eixo da alavanca é umahaste de aço de diâmetro d � 15 mm. A distância do centrodo eixo até o centro da corda de suspensão é b � 100 mm.

(a) Se o peso do balde carregado for W � 400 N, qual seráa máxima tensão de cisalhamento no eixo devido à torção?

(b) Se a carga máxima do balde é de 510 N e a tensão decisalhamento admissível no eixo é de 65 MPa, qual é o diâ-metro do eixo mínimo permitida?

PROB. 3.3-1

3.3-4 Uma barra de alumínio de seção transversal circularé torcida por torques T agindo nas extremidades (veja afigura). As dimensões e o módulo de elasticidade de cisalha-mento são os seguintes: L � 1,4 m, d � 32 mm e G � 28 GPa.

(a) Determine a rigidez à torção da barra.(b) Se o ângulo de torção da barra for 5°, qual será a

máxima tensão de cisalhamento? Qual será a máxima defor-mação de cisalhamento (em radianos)?

(c) Se um orifício de diâmetro de d/2 é perfurado longi-tudinalmente através da barra, qual é a relação entre a rigi-dez de torção das barras ocas e as sólidas? Qual é a razãoentre as suas tensões máximas de cisalhamento, se ambasestiverem acionadas pelo mesmo torque?

(d) Se o diâmetro do furo permanece em d/2, qual novodiâmetro externo d2 irá resultar com rigidezes iguais das bar-ras ocas e sólidas?


PROB. 3.3-4

3.3-7 Um tubo circular de alumínio é submetido à torçãopor torques T aplicados nas extremidades (veja a figura). Abarra tem 0,75 m de comprimento, e os diâmetros interno eexterno têm 28 mm e 45 mm, respectivamente. Foi determi-nado através de medições que o ângulo de torção é de 4°quando o torque é igual a 700 N m.

(a) Calcule a tensão de cisalhamento máxima tmax notubo, o módulo de elasticidade de cisalhamento G e amáxima deformação de cisalhamento gmax (em radianos).

(b) Se a deformação máxima de cisalhamento no tubo élimitada a 2,2 � 10�3 e o diâmetro interno é aumentado até35 mm, qual é o torque máximo admissível?

PROB. 3.3-7

3.3-15 Uma barra de latão maciça de diâmetro d � 30 mmestá submetida a torques T1, como ilustrado na parte (a) dafigura. A tensão de cisalhamento admissível no latão é de 80 mPa.

(a) Qual é o valor máximo permitido dos torques T1?(b) Se um furo de diâmetro 15 mm for perfurado longi-

tudinalmente através da barra, como ilustrado na parte (b)da figura, qual é o valor máximo permitido dos torques T2?

(c) Qual é a diminuição percentual no torque e no pesodevido ao furo?

PROB. 3.3-15

#

Torção Não Uniforme3.4-1 Um eixo escalonado ABC, consistindo em dois seg-mentos circulares maciços, está submetido aos torques T1 eT2 agindo nas direções opostas, como ilustrado na figura. Omaior segmento do eixo tem diâmetro d1 � 58 mm e compri-mento L1 � 760 mm; o menor segmento tem diâmetro d2 �

45 mm e comprimento L2 � 510 mm. O material é o aço, commódulo de cisalhamento G � 76 GPa, e os torques são T1 �

2.300 N m e T2 � 900 N m.(a) Calcule a tensão de cisalhamento máxima tmax no

eixo e o ângulo de torção fC (em graus) na extremidade C.(b) Se a deformação máxima de cisalhamento em BC

tem de ser a mesma que em AB, qual é o diâmetro exigido dosegmento BC? Qual é a torção resultante no extremo C?

PROB. 3.4-1

3.4-3 Um eixo escalonado ABCD, consistindo em segmen-tos circulares sólidos, está submetido a três torques, comoilustrado na figura. Os torques têm magnitudes 3.000 N m,2.000 N m e 800 N m. O comprimento de cada segmento é0,5 m e os diâmetros dos segmentos são 80 mm, 60 mm e 40mm. O material é o aço, com módulo de elasticidade de cisa-lhamento G � 80 GPa.

(a) Calcule a máxima tensão de cisalhamento tmax noeixo e o ângulo de torçãofD (em graus) na extremidade D.

(b) Se cada um dos segmentos deve ter a mesma tensãode cisalhamento, encontrar o diâmetro necessário de cadasegmento na parte (a), de modo que todos os três segmentostenham a tensão de cisalhamento tmax da parte (a). Qual é oângulo resultante da torção em D?

PROB. 3.4-3

3.4-12 Um tubo uniformemente afilado AB, de seçãotransversal circular vazada, está representado na figura. Otubo tem espessura de parede constante t e comprimento L.Os diâmetros médios nas extremidades são dA e dB � 2dA. Omomento de inércia polar pode ser representado pela fór-mula aproximada IP � πd 3t/4 (veja a Equação 3.21).

Deduza uma fórmula para o ângulo de torção f do tuboquando ele está submetido a torques T agindo nas extremi-dades.

#

##

# #


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PROB. 3.7-1

*3.7-9 Um motor transmite 200 kW a 1.000 rpm à extre-midade de um eixo (veja a figura). As engrenagens em B e Ctransmitem 90 e 110 kW, respectivamente.

Determine o diâmetro d necessário do eixo se a tensão decisalhamento admissível for de 50 MPa e o ângulo de torçãoentre o motor e a engrenagem C for limitado a 1,5°. (AssumaG � 80 GPa, L1 � 1,8 m e L2 � 1,2 m.)

PROBS. 3.7-9

Membros de Torção EstaticamenteIndeterminados3.8-1 Uma barra circular maciça ABCD com extremidadesengastadas é solicitada por torques T0 e 2T0 nos locais indi-cados na figura.

(a) Obtenha uma fórmula para o máximo ângulo de tor-ção fmax da barra. (Sugestão: Use as Equações (3.50a) e (b)do Exemplo 3.9 para obter os torques de reação.)

(b) Qual é fimax se o torque aplicado a B é revertido emdireção?

PROB. 3.8-1

3.8-5 Um eixo escalonado ACB, com seção transversal cir-cular maciça com dois diferentes diâmetros, está fixo contrarotação nas extremidades (veja a figura).

(a) Se a tensão de cisalhamento admissível no eixo for de60 MPa, qual é o torque máximo (T0)max que pode ser apli-cado na seção C? (Sugestão: Use as Equações (3.45a) e (b) doExemplo 3.9 para obter os torques de reação.)

(b) Encontre (T0)max, se o ângulo máximo de torção élimitado a 0,55º. Seja G � 73 GPa.

PROB. 3.4-12

Cisalhamento Puro3.5-1 Um eixo de alumínio vazado (como o da figura) temdiâmetro externo d2 � 100 mm e diâmetro interno d1 � 50mm. Quando torcido por torques T, o eixo tem um ângulo detorção por unidade de comprimento igual a 2°/m. O módulode elasticidade de cisalhamento do alumínio é G � 27,5 GPa.

(a) Determine a tensão de tração máxima smax no eixo.(b) Determine a grandeza dos torques aplicados T.

PROBS. 3.5-1

3.5-7 A deformação normal na direção de 45° na superfíciede um tubo circular (veja a figura) é de 880 � 10�6 quando otorque T � 85 N m. O tubo é feito de liga de cobre com G� 42 GPa e � 0,35.

(a) Se o diâmetro externo d2 do tubo é 20 mm, qual é odiâmetro interno d1?

(b) Se a tensão normal admissível no tubo é de 96 MPa,qual é o máximo permitido dentro do diâmetro d1?

PROB. 3.5-7

Transmissão de Potência3.7-1 Um eixo de gerador numa pequena usina hidroelé-trica gira a 120 rpm e fornece 38 kW (veja a figura).

(a) Se o diâmetro do eixo é d � 75 mm, qual é a máximatensão de cisalhamento tmax no eixo?

(b) Se a tensão de cisalhamento está limitada em 28MPa, qual deve ser o diâmetro mínimo admissível dmin doeixo?

ν#


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PROB. 3.8-5

Energia de Deformação em Torção3.9-1 Uma barra circular maciça de aço (G � 80 GPa) comcomprimento L � 1,5 m e diâmetro d � 75 mm está subme-tida à torção pura por torques T agindo nas extremidades(conforme a figura).

(a) Calcule a quantidade de energia de deformação Uarmazenada na barra quando a tensão de cisalhamentomáxima for de 45 MPa.

(b) A partir da energia de deformação, calcule o ângulode torção f (em graus).

PROBS. 3.9-13.9-6 Obtenha uma fórmula para a energia de deformaçãoU da barra circular estaticamente indeterminada ilustrada nafigura. A barra tem suportes fixos nas extremidades A e B eestá carregada por torques 2T0 e T0 nos pontos C e D, respec-tivamente. (Sugestão: Use as Equações (3.50a) e (b) doExemplo 3.9 para obter os torques de reação.)

PROB. 3.9-6


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C A P Í T U L O4Forças Cortantes eMomentos Fletores

VISÃO GERAL DO CAPÍTULO

O Capítulo 4 começa com uma revisão da viga bidi-mensional e de análises estruturais que você apren-deu em seus primeiros estudos de mecânica, sobreestática. Primeiramente, vários tipos de vigas, carre-gamentos e condições de apoio são definidos paraestruturas típicas, como vigas simples e engastadas.As cargas aplicadas podem ser concentradas (tantouma força como um momento) ou distribuídas. Ascondições de apoio incluem engastamento, apoio derolete, de pino e deslizante. O número e a disposiçãodos apoios devem produzir um modelo de estruturaestável que seja estaticamente determinado ou inde-terminado. Estudaremos vigas de estruturas estatica-mente determinadas neste capítulo e, mais adiante,consideraremos as vigas estaticamente indetermina-das, no Capítulo 10.

O foco deste capítulo são as resultantes das ten-sões internas (axial N, força cortante V e momentoM) em qualquer ponto da estrutura. Em algumasestruturas, “alívios” internos são introduzidos empontos específicos para controlar a grandeza de N, Vou M em certos membros e devem ser incluídos nomodelo analítico. Nesses pontos de alívio, N, V ouM podem ser considerados como tendo valor zero. Aexibição de gráficos ou diagramas que mostram avariação de N, V e M sobre toda a estrutura é muitoútil no dimensionamento de vigas e estruturas (comoveremos no Capítulo 5), porque tais diagramas iden-tificam rapidamente locais e valores de máxima forçaaxial, força cortante e de momento necessários parao dimensionamento.

4.1 Introdução 2624.2 Tipos de vigas, cargas e reações 2624.3 Forças cortantes e momentos fletores 2684.4 Relações entre cargas, forças cortantes e

momentos fletores 274

4.5 Diagramas de força cortante e momento fletor278Resumo e revisão do capítulo 288Problemas 289

Os tópicos no Capítulo 4 são organizados da seguinte forma:

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4.1 IntroduçãoPeças estruturais são usualmente classificadas de acordo com o tipo de cargaque suportam. Por exemplo, uma barra carregada axialmente suporta forçascujos vetores são direcionados ao longo de seu eixo, e uma barra em torçãosuporta torques (ou binários) que têm seus vetores de momento direcionadosao longo do eixo. Neste capítulo, começamos nossos estudos de vigas (Figura4.1), que são peças estruturais submetidas a esforços laterais, ou seja, forças oumomentos que têm seus vetores perpendiculares ao eixo da barra.

As vigas mostradas na Figura 4.1 são classificadas como estruturas planasporque se situam em um único plano. Se todas as cargas agirem no mesmoplano, e se todos os deslocamentos (explicitados pelas linhas tracejadas) ocor-rerem nele, então nos referimos a ele como plano de flexão.

Neste capítulo, discutiremos forças cortantes e momentos fletores em vigase mostraremos como essas grandezas estão relacionadas entre si e em relaçãoao carregamento. Encontrar as forças cortantes e os momentos fletores é umpasso essencial para o dimensionamento de qualquer viga. Normalmente pre-cisamos saber não apenas os máximos valores dessas quantidades, mas tam-bém a forma como elas variam ao longo do eixo. Uma vez que as forçascortantes e os momentos fletores são conhecidos, podemos encontrar tensões,deformações e deslocamentos, de acordo com o que será discutido posterior-mente nos Capítulos 5, 6 e 9.

4.2 Tipos de vigas, cargas e reaçõesVigas são usualmente classificadas pela maneira como estão apoiadas. Porexemplo, uma viga com um apoio de pino, ou articulação, em uma extremi-dade e um apoio de rolete na outra (Figura 4.2a) é chamada de viga simples-mente apoiada ou viga simples. A principal característica de um apoio de pino éque ele evita a translação na extremidade da viga, mas não restringe sua rota-ção. Assim, a extremidade A da viga da Figura 4.2a não pode se mover nemhorizontal nem verticalmente, mas o eixo da viga pode girar no plano dafigura. Consequentemente, um apoio de pino exerce uma força de reação comcomponentes horizontais e verticais (HA e RA), mas não produz uma reação demomento.

Na extremidade B da viga (Figura 4.2a), o apoio de rolete evita a transla-ção no sentido vertical, mas não no sentido horizontal, portanto esse apoiooferece resistência a uma força vertical (RB), mas não a uma força horizontal.É claro que o eixo da viga está livre para girar em B, assim como está livre emA. As reações verticais nos apoios de roletes e nos apoios de pinos podem sertanto para cima quanto para baixo, e a reação horizontal no apoio de pinopode ser tanto para a direita quanto para a esquerda. Nas figuras, as reaçõessão indicadas pelos vetores com cortes sobre as setas para diferenciá-las dosvetores de carregamentos, conforme explicado anteriormente na Seção 1.9.

A viga mostrada na Figura 4.2b, que tem uma das extremidades fixa e aoutra livre, é chamada viga engastada ou em balanço. No engastamento (ouapoio engastado), a viga não translada nem tem rotação, ao passo que na extre-midade livre ela pode ter ambos os movimentos. Consequentemente, ambas asreações de força e de momento podem ocorrer na extremidade engastada.

O terceiro exemplo na figura é uma viga simples em balanço (Figura 4.2c),que tem apoio simples nos pontos A e B (isto é, a viga tem um apoio fixo noponto A e um apoio móvel no ponto B, mas ela se estende além do apoio noponto B). O segmento prolongado BC é similar à viga em balanço, exceto queo eixo pode girar no ponto B.

Quando desenhamos rascunhos de vigas, identificamos os apoios atravésde símbolos convencionados, assim como os apresentados na Figura 4.2. Essessímbolos indicam a forma segundo a qual a viga é restrita e, portanto, tambémindicam a natureza das forças de reação e de momento. Entretanto, os símbo-

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Figura 4-1Exemplos de vigas submetidas a

esforços laterais

los não representam a verdadeira forma de construção física dos apoios. Porexemplo, observe os exemplos mostrados na Figura 4.3. A parte (a) da figuramostra uma viga de flange largo apoiada em uma parede de concreto, presapor meio de parafusos que passam por furos com ranhuras no flange inferiorda viga. Essa conexão restringe os movimentos verticais de viga (tanto paracima quanto para baixo), mas não evita movimentos horizontais. Qualquerrestrição à rotação do eixo longitudinal da viga é pequena e normalmente podeser desprezada. Consequentemente, esse tipo de apoio é normalmente repre-sentado pelo rolete, conforme explicitado na parte (b) da figura.

O segundo exemplo (Figura 4.3c) é uma conexão viga-coluna em que aviga está fixa no flange da coluna através de mãos francesas (veja a foto). Essetipo de apoio é normalmente tido como um apoio que restringe movimentoshorizontais e verticais na viga, mas não oferece restrição ao movimento derotação (a restrição à rotação é pequena porque tanto as mãos francesasquanto a coluna podem se dobrar). Assim, esse tipo de conexão é normalmenterepresentado como um apoio de pino para a viga (Figura 4.3d).

O último exemplo (Figura 4.3e) é uma coluna de metal soldada a umaplaca de apoio fixada em uma base de concreto profundamente encravada nosolo. Uma vez que essa extremidade da viga está completamente restringida emrelação à translação e à rotação, esse tipo de apoio é representado pelo engas-tamento (Figura 4.3f).

A tarefa de representar uma estrutura real por um modelo idealizado, con-forme ilustrado pelas vigas da Figura 4.2, é um aspecto importante do traba-lho de engenharia. O modelo deve ser simples para facilitar a análisematemática, porém complexo o suficiente para representar o comportamentoreal da estrutura com razoável acurácia. É claro que qualquer modelo é umaaproximação da realidade. Por exemplo, os apoios reais de uma viga nunca sãoperfeitamente rígidos, e então sempre haverá uma pequena translação em umapoio de pino e uma pequena rotação em um suporte engastado. Também osapoios nunca são completamente sem atrito, então sempre haverá umapequena restrição à translação em um apoio de rolete. Na maior parte dasvezes, especialmente para vigas estaticamente determinadas, essas diferençasem relação às condições ideais têm apenas pequena influência no comporta-mento da viga e, portanto, podem ser desprezadas.

capítulo 4 Forças cortantes e momentos fletores 197

VENDA PROIBIDA

A

RA

HA

(b)

B

L

a b

q1

q2P3

512

MA

A

RA

HA

RB

(a)

B

L

a

b

c

qP2P1a

A

RA RB

(c)

B C

L

a

M1P4

Figura 4-2Tipos de vigas: (a) viga simples,(b) viga engastada e (c) vigasimples em balanço

Concretewall

Anchorbolt

Slotted hole

(a) (b)

(c) (d)

Bearingplate

Beam

Column

Beam

Beam

Beam

Figura 4-3 Viga apoiada em uma parede: (a) construção real, (b) represen-tação como apoio sobre rolete.Conexão viga-coluna: (c) construção real (d) represen-tação como apoio de pivo. Postechumbado a uma pilastra: (e)construção real, e (f) represen-tação como um apoio engastado

Tipos de CarregamentosDiversos tipos de carregamentos que atuam sobre vigas estão representados naFigura 4.2. Quando um carregamento é aplicado sobre uma área muitopequena, pode ser idealizado como uma carga concentrada, que é uma forçasimples. Os exemplos estão nas cargas P1, P2, P3 e P4 na figura. Quando umcarregamento está distribuído pelo eixo da viga, é representado como um car-regamento distribuído, tal qual o carregamento q na parte (a) da figura.Carregamentos distribuídos são medidos pela sua intensidade, que é expressaem unidades de forças por unidades de distância (por exemplo, newtons pormetro ou libras por polegada). Um carregamento uniformemente distribuído, oucarregamento uniforme, tem intensidade constante q por unidade de distância(Figura 4.2a). Um carregamento variável tem intensidade que muda com a dis-tância ao longo do eixo; por exemplo, o carregamento com variação linear daFigura 4.2b tem intensidade que varia linearmente de q1 a q2. Outro tipo decarregamento é o binário, ilustrado pelo momento M1, que atua sobre obalanço da viga (Figura 4.2c).

Conforme mencionado na Seção 4.1, assumimos nesta discussão que oscarregamentos atuam no plano da figura, o que significa que todas as forçasdevem ter seus vetores no plano da figura e todos os binários devem ter seusvetores de momento perpendiculares ao plano da figura. Além disso, a própriaviga deve ser simétrica em relação a esse plano, o que significa que todas asseções transversais da viga devem ter um eixo vertical de simetria. Sob essascondições, a viga vai se deformar apenas no plano de flexão (o plano da figura).

ReaçõesEncontrar as reações normalmente é o primeiro passo para fazer a análise deuma viga. Uma vez que as reações são conhecidas, as forças cortantes e osmomentos fletores podem ser encontrados, conforme será descrito posterior-mente neste capítulo. Caso uma viga seja apoiada de forma estaticamentedeterminada, todas as reações podem ser encontradas utilizando o diagramade corpo livre e as equações de equilíbrio.

Em alguns casos, pode ser necessário adicionar alívios internos no modeloda viga ou da estrutura para representar melhor as condições reais de constru-ção que podem ter um efeito importante no comportamento da estrutura geral.Por exemplo, o vão interno da viga mestra da ponte, indicado na Figura 4.4, éapoiado em ambas as extremidades sobre apoios de rolete que, por sua vez,permanecem apoiados em travessas (ou estruturas) de concreto armado, masdetalhes de construção foram inseridos na viga mestra em ambas as extremida-des para garantir que a força e o momento axial nesses dois locais sejam nulos.Esses detalhes também permitem que a laje da ponte se expanda ou contraiasob mudanças de temperatura, evitando grandes tensões térmicas induzidas naestrutura. Para representar esses alívios no modelo da viga, uma articulação(ou alívios de momento interno, representado como um círculo sólido em cadaextremidade) e um alívio de força axial (representado como um suporte emforma de “C”) foram incluídos no modelo da viga para mostrar que tanto aforça axial (N) quanto o momento fletor (M), mas não a força cortante (V), sãonulos nesses dois pontos ao longo da viga (representações dos tipos possíveisde alívios para vigas bidimensionais e membros de torção são mostradasabaixo da foto da página anterior). Como os exemplos a seguir mostram, se alí-vios axiais, cortantes ou de momento estiverem presentes no modelo da estru-tura, a estrutura deve ser decomposta em diagramas de corpo livre separados,cortando-se através do alívio; uma equação adicional de equilíbrio então estarádisponível para o uso na resolução de reações de apoio desconhecidas incluí-das neste DCL.

Como exemplo, vamos encontrar as reações da viga simples AB da Figura4.2a. Essa viga está carregada pela força inclinada P1, pela força vertical P2 epor um carregamento uniformemente distribuído de intensidade q. Para come-


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Ligação viga-pilar com uma vigaligada à aba do pilar e outra ligada à coluna de teia. (JoeGough/Shutterstock).

Figura4-3 (Continuação)

Tipos de alívios de membrosinternos para viga bidimensional

e membros da estrutura

(e) (f)

Pole

PoleBase plate

Concrete pier

çar, observamos que a viga tem três reações desconhecidas: uma força horizon-tal HA no apoio de pino, uma força vertical RA, também no apoio de pino, euma força vertical RB no apoio de rolete. Para uma estrutura plana como essaviga, sabemos, pela estática, que podemos escrever três equações de equilíbrioindependentes. Assim, como existem três reações incógnitas e três equações, aviga é estaticamente determinada.

A equação de equilíbrio horizontal é

da qual obtemos

Esse resultado é tão óbvio através de uma observação da viga que, normal-mente, sequer nos preocuparíamos em escrever a equação de equilíbrio.

Para encontrar as reações verticais RA e RB, escrevemos equações de equi-líbrio para o momento nos pontos B e A, respectivamente, considerando posi-tivo o momento na direção anti-horária:

Resolvendo para RA e para RB, temos:

Para confirmar os resultados, podemos escrever a equação do equilíbrio paraa direção vertical e verificar que reduz a uma identidade.

Se a estrutura da viga na Figura 4.2a for modificada para a substituição doapoio de roletes em B por um apoio de pino, ela estará agora a um grau esta-ticamente indeterminado. No entanto, se um alívio de força axial for inseridono modelo, como mostra a Figura 4.5, logo à esquerda do ponto de aplicação

RB �(P1 sen α)(a)

L�

P2b

L�

qc(L � c/2)

L

RA �(P1 sen α)(L � a)

L�

P2(L � b)

L�

qc2

2L

©MA � 0 RBL � (P1 sin α)(a) � P2b � qc(L � c/2) � 0

©MB � 0 �RAL � (P1 sin α)(L � a) � P2(L � b) � qc2/2 � 0

HA � P1 cos α

©Fhoriz � 0 HA � P1 cos α � 0


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Reinforced concrete bridge bent

Pin orroller

Moment &axial releases

Beammodel

Axialrelease

Shearrelease

Flexuralmomentrelease

Torsionalmomentrelease

Internal releases and end supports in model of bridge beam

Figura 4-4 Tipos de alívios de membrosinternos para viga bidimensionale membros da estrutura(Cortesia da NationalInformation Service forEarthquake Engineering EERC,University of California,Berkeley)

A

RA

HA

RB

(a)

B

L

a

b

c

qP2P1a

Figura 4-2a (Repetida)

Viga simples

da carga P1, a viga ainda poderá ser analisada utilizando-se unicamente as leisda estática, pois o alívio fornece uma equação de equilíbrio adicional. A vigadeve ser cortada no alívio para expor as tensões internas resultantes N, V e M;mas, agora, com N 0 no alívio, então as reações são HA � 0 e HB � P1 cos a.

Como segundo exemplo, consideremos a da Figura 4.2b. O carregamentoé composto por uma força inclinada P3 e uma carga linearmente distribuída.Esta última é representada por um diagrama trapezoidal, com a intensidade dacarga variando de q1 a q2. As reações no suporte engastado são a força hori-zontal HA, a força vertical RA e o momento MA. O equilíbrio de forças na dire-ção horizontal é

e o equilíbrio na direção vertical é

Para encontrar esta reação, usamos o fato de que a força resultante da cargadistribuída é igual à área do diagrama de carga trapezoidal.

A reação de momento MA no apoio engastado é encontrada pela equaçãode equilíbrio dos momentos. Neste exemplo, faremos a somatória dos momen-tos no ponto A para assim eliminarmos as reações HA e RA da equação demomento. Para que possamos encontrar o momento gerado pela carga distri-buída, também dividiremos o trapezoide em dois triângulos, como mostradopela linha pontilhada na Figura 4.2b. Cada um desses carregamentos triangu-lares pode ser substituído pela sua resultante, que é uma força cuja intensidadeé igual à área do triângulo e cuja posição é o centroide do triângulo. Assim, omomento sobre o ponto A exercido pela parte triangular inferior do carrega-mento é

na qual q1b/2 é a força resultante (igual à área do diagrama de carregamentotriangular) e L � 2b/3 é o braço do momento (sobre o ponto A) da resultante.

O momento exercido pela parte triangular superior do carregamento éobtido de forma similar, e a equação final de equilíbrio do momento (conside-rando positivo o sentido anti-horário) é

da qual

Como esta equação gera um resultado positivo, o momento reativo MA atua nadireção presumida, ou seja, direção anti-horária (as expressões para RA e MApodem ser verificadas tomando-se momentos da extremidade B da viga e con-firmando que a equação de equilíbrio resultante se reduz a uma identidade).

Se a estrutura da viga engastada na Figura 4.2b for modificada para a adi-ção de um apoio de roletes em B, ela será agora referida como viga engastada“escorada” a um grau estaticamente indeterminado. No entanto, se um alíviode momento for inserido no modelo, como mostra a Figura 4.6 logo à direitado ponto de aplicação da carga P3, a viga ainda poderá ser analisada utili-

MA �12P3a

13�

q1b

2aL �

2b3b �

q2b

2aL �

b3b

©MA � 0 MA � a12P3

13ba �

q1b

2aL �

2b3b �

q2b

2aL �

b3b � 0

aq1b

2b aL �

2b3b

RA �12P3

13� aq1 � q2

2bb

HA �5P3

13


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Figura 4-5Viga simples com alívio axial

A

RA

HA

(b)

B

L

a b

q1

q2P3

512

MA

Fig. 4-2b (Repetida)

viga engastada

Axial release at x � a

P1 P2

RA

HA AB

RB

HB

qα

a

bL

c

Figura 4-6 Viga engastada escorada com

alívio de momento (rótula)

q2q1

Moment release at x � a

P3

RA

HA AB

125

RB

a

L

bMA

zando-se unicamente as leis da estática, pois o alívio fornece uma equação deequilíbrio adicional. A viga deve ser cortada no alívio para expor as tensõesinternas resultantes N, V e M; agora com M 0 no alívio, então a reação RBpode ser calculada pela soma de momentos no diagrama de corpo livre do ladodireito. Uma vez que se conhece RB-, as reações RA podem novamente ser cal-culadas através da soma das forças verticais, e os momentos de reação MApodem ser obtidos somando-se os momentos sobre o ponto A. Os resultadosestão resumidos na Figura 4.6. Observe que a reação HA não se modifica emrelação àquela já mostrada para a estrutura original da viga engastada naFigura 4.2b.

A viga simples em balanço (Figura 4.2c) recebe uma força vertical P4 e ummomento M1. Uma vez que não existe força horizontal atuando sobre a viga,a reação horizontal no apoio fixo é nula e não precisamos mostrá-la no dia-grama de corpo livre. Para chegar a essa conclusão, utilizamos a equação deequilíbrio de forças na direção horizontal. Consequentemente, restam apenasduas equações de equilíbrio independentes – ou duas equações de equilíbrio demomento, ou então uma equação de equilíbrio de momento e uma equação deequilíbrio de forças na direção vertical.

Vamos arbitrariamente escolher escrever duas equações de equilíbrio demomento, a primeira para momentos no ponto B e a segunda para momentosno ponto A (momento positivo no sentido anti-horário):

Portanto, as reações são

Novamente, a somatória de forças no sentido vertical permite a verificação dosresultados.

Se a estrutura da viga com um balanço na Figura 4.2c é modificada paraque se adicione um apoio de rolete em C, ela é agora uma viga de dois vãoscom grau de indeterminação igual a um. Entretanto, se um alívio de cisalha-mento for inserido no modelo, como mostrado na Figura 4.7, logo à esquerdado suporte B, a viga poderá ser analisada apenas através das leis da estática,pois o alívio fornece uma equação de equilíbrio adicional. A viga deve ser cor-

RA �P4(L � a)

L�

M1

LRB �

P4a

L�

M1

L

©MA � 0 �P4a � RBL � M1 � 0

©MB � 0 �RAL � P4(L � a) � M1 � 0

MA �178

a�72P3 � 72P3a � 26 q1b

2 � 13q2b2

�L � a

MA �1213

P3a � q1

b2aL �

23

bb � q2

b2aL �

b3b � RBL

RA �1

78

�72P3 L � 72P3a � 26 q1b2 � 13q2b

2

�L � a

RA �1213

P3 � aq1 � q2

2b (b) � RB

RB �

12 q1baL � a � 2

3 bb � 12 q2baL � a � b

3bL � a


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Figura 4-2c (Repetida)

Beam with an overhang

A

RA RB

(c)

B C

L

a

M1P4

Figura 4-7Viga modificada com alívio decortante e balanço adicionado

M1

Shear release at x � LP4

RA

A B C

RB RCa

L b

tada no alívio para expor as resultantes de tensão interna N, V e M. Agora,com V 0 no alívio, então a reação RA pode ser calculada através da soma dasforças no diagrama de corpo livre da parte esquerda. Vemos facilmente que RAé igual a P4. Uma vez que conhecemos RA, a reação RC pode ser calculada atra-vés da soma dos momentos na junta B e a reação RB pode ser obtida pela somadas forças verticais. Os resultados estão resumidos a seguir.

A discussão prévia ilustra como as reações de vigas estaticamente determi-nadas são calculadas por meio de equações de equilíbrio. Foram intencional-mente utilizados exemplos simbólicos, em vez de exemplos numéricos, paramostrar como cada passo é realizado.

Figura 4.8

4.3 Forças cortantes e momentos fletoresQuando uma viga sofre a ação de forças ou momentos, são criadas tensões edeformações em seu interior. Para determinar essas tensões e deformações, pri-meiro devemos encontrar as forças e os momentos internos que atuam nasseções transversais da viga.

Para exemplificar como esses valores internos são encontrados, considereuma viga em balanço AB que sofre a ação de uma força P na sua extremidadelivre (Figura 4.8a). Cortemos a viga na seção transversal mn localizada a umadistância x da extremidade livre e isolemos o segmento esquerdo da viga comoum corpo livre (Figura 4.8b). O corpo livre é mantido em equilíbrio pela forçaP e pelas tensões que agem sobre a seção transversal de corte. Estas tensõesrepresentam a ação da parte direita da viga sobre a parte esquerda. Nestemomento, ainda não sabemos como é a distribuição das tensões que agemsobre a seção transversal; tudo o que sabemos é que a resultante dessas tensõestem de ser tal que o equilíbrio do corpo livre seja mantido.

A estática nos ensina que a resultante das tensões agindo na seção trans-versal pode ser reduzida a uma força cortante V e a um momento fletor M(Figura 4.8b). Como o carregamento P é transversal ao eixo da viga, a forçaaxial na seção transversal é nula. Tanto a força cortante quanto o momento fle-tor atuam no plano da viga, ou seja, o vetor da força cortante está no plano dafigura e o vetor do momento fletor é perpendicular ao plano da figura.

Forças cortantes e momentos fletores, assim como forças axiais em barrase torques internos em eixos, são resultantes de tensões distribuídas sobre aseção transversal. Portanto, esses valores são conhecidos genericamente comoresultantes de tensões.

As resultantes de tensões de uma viga estaticamente determinada podemser calculadas a partir das equações de equilíbrio. No caso da viga em balançoda Figura 4.8a, utilizamos o diagrama de corpo livre da Figura 4.8b. Fazendoa somatória de forças na direção vertical e dos momentos na seção de corte,temos

©M � 0 M � Px � 0 ou M � Px

©Fvert � 0 P � V � 0 ou V � P

RB �M1 � P4a

b

RB � P4 � RA � RC

RC �P4a � M1

b

RA � P4


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Figura 4-8Força cortante V e momento

fletor M em uma viga

A

(a)

P

B

(c)

B

x

m

n

A

(b)

P

V

M

x

MV

em que x é a distância da extremidade livre da viga até a seção transversal emque V e M serão determinados. Assim, usando um diagrama de corpo livre eduas equações de equilíbrio, podemos calcular a força cortante e o momentofletor sem muita dificuldade.

Convenções de sinaisVamos agora observar as convenções de sinais para as forças cortantes e osmomentos fletores. É usual assumir que forças cortantes e momentos fletoressão positivos quando atuam nas direções indicadas na Figura 4.8b. Repare quea força cortante tende a girar o sólido no sentido horário e o momento fletortende a comprimir a parte superior da viga e a alongar a parte inferior.Também, neste caso, a força cortante age para baixo e o momento fletor atuano sentido anti-horário.

A ação destas mesmas tensões resultantes contra a porção direita da barraé ilustrada na Figura 4.8c. As direções de ambos os valores estão agorainvertidas – a força cortante atua para cima e o momento fletor atua no sentidohorário. Entretanto, a força cortante ainda tende a girar o material no sentidohorário e o momento fletor ainda tende a comprimir a parte superior e aalongar a parte inferior da viga.

Portanto, deve-se observar que o sinal algébrico de uma tensão resultanteé determinado pelo modo como ela deforma o material em que atua, em vez deser determinado pela sua direção no espaço. No caso de uma viga, uma forçacortante positiva tende a girar o material no sentido horário (Figuras 4.8b e c) euma força cortante negativa tende a girar o material no sentido anti-horário.Além disso, um momento fletor positivo comprime a parte superior da viga(Figuras 4.8b e c) e um momento fletor negativo comprime a parte inferior.

Para esclarecer essas convenções, ambos os sinais das forças cortantes edos momentos fletores, negativo e positivo, são ilustrados na Figura 4.9. Asforças e os momentos são exibidos atuando sobre um elemento de viga cortadoentre duas seções transversais que estão a uma pequena distância uma daoutra.

As deformações de um elemento, causadas tanto pelas forças cortantesquanto pelos momentos fletores positivos e negativos, são esboçadas na Figura4.10. Podemos observar que uma força cortante positiva tende a deformar oelemento, fazendo com que a face direita deste se mova para baixo em relaçãoà face esquerda e, conforme mencionado previamente, o momento fletor posi-tivo comprime a parte superior da viga e alonga a parte inferior.

Convenções de sinais para tensões resultantes são chamadas de convençõesde sinais para deformação, porque são baseadas em como o material é defor-mado. Por exemplo, anteriormente, utilizamos uma convenção de sinais paradeformação para lidar com forças axiais em uma barra. Estabelecemos queuma força axial produzindo alongamento (ou tração) em uma barra é positivae uma força axial produzindo diminuição (ou compressão) em uma barra énegativa. Assim, o sinal de uma força axial depende de como ela deforma omaterial e não de sua direção no espaço.

Todavia, quando escrevemos as equações de equilíbrio, usamos a conven-ção de sinais da estática, segundo a qual as forças são positivas ou negativas deacordo com sua direção em relação aos eixos de coordenadas. Por exemplo, seestamos fazendo uma somatória de forças na direção y, as forças que atuam nadireção positiva do eixo y são consideradas positivas e as forças que atuam nadireção negativa do eixo y são consideradas negativas.

Considere a Figura 4.8b, que é um diagrama de corpo livre de uma partede uma viga em balanço. Vamos supor que fazemos uma somatória de forçasna direção vertical e que o eixo y seja positivo para cima. A carga P tem sinalpositivo na equação de equilíbrio porque aponta para cima. Entretanto, aforça cortante V (que é uma força cortante positiva) tem sinal negativo porqueestá direcionada para baixo (ou seja, a direção negativa do eixo y). Esse exem-


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Figura 4-9Convenção de sinais para forçacortante V e momento fletor M

V MM

V V MM

V

Figura 4-10Deformações (extremamenteexageradas) de uma vigacausadas por (a) forças cortantese (b) momentos fletores

V

V

(a)

MM

MM

(b)

V

V


A

(a)

P

B

(c)

B

x

m

n

A

(b)

P

V

M

x

MV

plo ilustra a diferença entre a convenção de sinais para deformação utilizadapara a força cortante e a convenção de sinais da estática utilizada para a equa-ção de equilíbrio.

Os próximos exemplos ilustram as técnicas para utilizar as convenções desinais e determinar forças cortantes e momentos fletores em vigas. O procedi-mento genérico é fazer um diagrama de corpo livre e resolver as equações deequilíbrio.


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Uma viga AB simplesmente apoiada suporta duas cargas, uma força P e ummomento M0, agindo conforme a Figura 4.11a.

Encontre a força cortante V e o momento fletor M na viga nas seções trans-versais localizadas a: a) uma pequena distância à esquerda do ponto médio daviga; b) uma pequena distância à direita do ponto médio da viga.


A

RA RB

(a)

P

B

L—4

V

M0

M

RA

(b)

P

L—4

L—2

Figura 4-11Exemplo 4.1. Forças cortantes emomentos fletores em umaviga simples

SoluçãoReações. O primeiro passo na análise dessa barra é encontrar as reações RA e RBnos apoios. Considerando os momentos nas extremidades B e A da viga, temosduas equações de equilíbrio, com as quais encontramos, respectivamente,

(a)

(a) Força cortante e momento fletor à esquerda do ponto médio. Cortamos aviga em uma seção transversal um pouco à esquerda do ponto médio edesenhamos um diagrama de corpo livre de uma metade qualquer daviga. Neste exemplo, escolhemos a metade esquerda da viga como o corpolivre (Figura 4.11b). Este corpo livre é mantido em equilíbrio pela carga P,pela reação RA e pelas duas resultantes de tensões desconhecidas – a forçacortante V e o momento fletor M, ambos mostrados na sua direção posi-tiva (veja a Figura 4.9). O momento M0 não atua sobre o corpo livre por-que a viga foi cortada à esquerda de seu ponto de aplicação. A somatória de forças na direção vertical (positivo para cima) é

da qual obtemos a força cortante:

(b) V � RA � P � �P4

�M0

L➥

©Fvert � 0 RA � P � V � 0

RA �3P4

�M0

LRB �

P4

�M0

L


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Esse resultado mostra que, quando P e M0 atuam conforme as direções mostra-das na Figura 4.11a, a força cortante (na posição escolhida) é negativa e atuana direção oposta à direção assumida como positiva na Figura 4.11b.

Considerando os momentos em relação a um eixo na seção transversal emque a viga foi cortada (veja a Figura 4.11b), temos

onde momentos no sentido anti-horário são positivos. Resolvendo parao momento fletor M, temos:

(c)

O momento fletor M pode ser tanto positivo como negativo, depen-dendo dos valores das cargas P e M0. Caso seja positivo, o momento fle-tor atua na direção apresentada na figura; caso seja negativo, atua nadireção oposta.

(b) Força cortante e momento fletor à direita do ponto médio. Neste caso,cortamos a viga em uma seção transversal logo à direita do ponto médioe novamente desenhamos um diagrama de corpo livre da parte da vigaà esquerda da seção de corte (Figura 4.11c). A diferença entre este dia-grama e o anterior é que agora o momento M0 atua sobre o corpo livre.

A partir de duas equações de equilíbrio, a primeira para forças nadireção vertical e a segunda para momentos em relação a um eixo naseção transversal, obtemos:

(d,e)

TEsses resultados mostram que, quando a seção transversal é deslocadada esquerda para a direita do momento M0, a força cortante não muda(porque as forças verticais atuando no corpo livre não mudam), mas omomento fletor aumenta algebricamente um valor igual a M0 (compareas Equações c e e).

➥

➥

©M � 0 �RAa L2b � Pa L

4b � M � 0

M � RAa L2b � Pa L

4b �

PL8

�M0

2

V � �P4

�M0

LM �

PL8

�M0

2


Uma viga de comprimento L é submetida a uma carga distribuída devariação linear de intensidade . Três diferentes condiçõesde suporte devem ser consideradas (ver Fig. 4-12): (a) viga como escorasaliente, (b) viga simplesmente apoiada e (c) viga com suporte de roleteem A e suporte deslizante em B. Para cada viga, encontrar expressõespara a força de cisalhamento V(x) e momento de flexão M(x) a uma dis-tância x do ponto A na viga.

q(x) � (x/L)q0



VENDA PROIBIDA

SolutionEstática. Começamos por encontrar reações nos suportes através da aplica-ção de equações de equilíbrio estático (ver Seção 1.2) para diagramas decorpo livre (DCL) de cada uma das três vigas (Fig. 4-13). Note que estamosusando uma convenção de sinais estática para reações de apoios.

Figura 4-12Exemplo 4-2: Força de cisal-hamento e momento de flexãoem três vigas atuadas porcarga distribuída de variaçãolinear

(b) Suporte simples

B

Lx

qq0

A

(a) Escora saliente

L

ABx

qq0

(c) Rolete e suporte deslizante

B

Lx

qq0

A

Figura 4-13Exemplo 4-2: Reações de apoiodas vigas: (a) escora saliente,(b) simplesmente apoiada e (c) de roletes e suportes deslizantes.

(a)

B

L

MB

RB

qq0

A

(b)

B

L RB

qq0

A

RA

MB

(c)

B

L

qq0

A

RA

Escora saliente

(a)

(b)

O uso da convenção de sinais de estática revela que o momento de rea-ção MB é, de facto, dos ponteiros do relógio, não anti-horário, como se mos-tra no DCL..

MB ��q0L

2

6

©MB � 0 MB �12

(q0L)a L3b � 0

©Fy � 0 RB �12

(q0)L



VENDA PROIBIDA

Viga simplesmente apoiada.

(c)

Substituindo RB na primeira equação dá:

(d)

A reação em A carrega 1/3 da carga aplicada e em B carrega 2/3 dacarga. Note que a reação na direção x no pino A é zero por inspeção, por-que não é aplicado nenhum componente de carga ou carga horizontal.

Viga com rolete em A e suporte deslizante em B.

(e)

(f)

A reação em A carrega toda a carga distribuída, porque não existe força dereação disponível na junção B e o momento em B tem o dobro da magni-tude e um sinal oposto comparado com a da viga de escora saliente.

Força de cisalhamento V(x) e momento de flexão M(x). Agora que todas asreações de apoio são conhecidas, podemos cortar as vigas a alguma distân-cia x da junção A para encontrar expressões para a força de cisalhamentointerna V e o momento de flexão M nesta seção (Fig. 4-14). Vamos agoraaplicar as leis da estática para os DCL’s na porção da estrutura da viga àesquerda da seção do corte, embora resultados idênticos fossem obtidos seo DCL para a direita da seção do corte for usado em seu lugar. É comum(embora não seja necessário) agora mudar para a convenção de sinais dedeformação em que V é positivo se agir para baixo sobre a face do ladoesquerdo do DCL e o momento fletor M é positivo se produzir compressãona parte superior da viga.

Viga escora saliente (Fig. 4-14a).

(g)

(h)

Somamos os momentos em torno da seção cortada para obter M(x) e vemosagora que ambos, V e M são zero quando x � 0 (na junção A), enquanto queambos, V e M são numericamente maior em x � L (junção B). Os sinais demenos mostram que ambos, V e M atuam em direções opostas a partir doque se mostra na Fig. 4-14a:

(i,j)Vmax ��q0L

2Mmax �

�q0L2

6

M(x) ��q0x

3

6L

©M � 0 M(x) �12c x

Lq0(x) d a x

3b � 0

©Fy � 0 V(x) ��12ax

Lq0b (x) �

�q0x2

2L

RB �13

q0L

©MA � 0 RBL �12

(q0L)a23

Lb � 0

©Fy � 0 RA � RB �12

q0L � 0

MB �q0L

2

3

©MA � 0 MB �12

(q0L)a23

Lb

©Fy � 0 RA �12

q0L

RA � �RB �12

q0 L �16

q0L



VENDA PROIBIDA

Viga simplesmente suportada (Fig. 4-14b).

(k)

(l)

Agora, quando x � 0, V(0) � RA e M(0) � 0 na junção A. Quando x � L, V(L)� RB e mais uma vez M(L) = 0, porque nenhum momento é aplicado nosuporte de roletes em B. O cisalhamento numericamente maior está em B,onde RB é o dobro do valor de RA:

(m)

Não é facilmente perceptível onde o momento máximo ocorre ao longo daviga. No entanto, se diferenciamos a expressão M(x), igualando-a a zero, eresolver para x, vamos encontrar o ponto (xm) em que uma máxima oumínima local ocorre na função M(x). Resolvendo para xm e, em seguida,substituindo xm para a expressão do momento dá:

Este resultado em:

e então:

(n)

V max ��q0L

3

M max � M(xm) �1327

q0L2

xm �L13

ddx

(M(x)) �ddxcq0x(L2 � x2)

6Ld �

q0(L2 � 3x2)

6L� 0

� aq0L

6bx �

12cxL

q0(x) d a x3b �

q0x(L2 � x2)

6L

©M � 0 M(x) � RAx �12cxL

q0(x) d a x3b

V(x) �q0(L

2 � 3x2)

6L

V(x) � �q0L

6�

12ax

Lq0b (x)

©Fy � 0 V(x) � RA �12ax

Lq0b (x)


Figura 4-14Exemplo 4-2: Seções da viga:(a) escora saliente, (b) simples-mente apoiada e (c) de roletese suportes deslizantes.

(a)

Bx V

q(x/L))q0

A

M

(b)

B

RA

xV

q(x/L))q0

A

M

(c)

B

RA

x V

q(x/L))q0

A

M


VENDA PROIBIDA

Fazemos notar que a expressão que resulta de d/dx(M(x)) é a mesma quepara V(x) na Eq. (k). Exploraremos as relações entre V(x) e M(x) na Seção 4.4.

Viga com roletes em A e suporte deslizante em B (Fig. 4-14c).

(o)

(p)

Agora, quando x � 0, V(0) � RA e M(0) � 0 na junção A. Quando x � L, V(L)� 0 no suporte deslizante e, mais uma vez, M(L) � MB em B. O cisalhamentoé numericamente maior em A e é igual ao valor de RA:

(q)

O momento máximo ocorre em x � L, então:

(r)

V(x) �q0(L

2 � x2)

2L

V(x) �q0L

2�

12ax

Lq0b (x)

©Fy � 0 V(x) � RA �12ax

Lq0b (x)

� aq0L

2bx �

12cxL

q0(x) d a x3b �

�q0x(x2 � 3L2)

6L

©M � 0 M(x) � RAx �12cxL

q0(x) d a x3b

M max � MB �q0L

2

3

V max �q0L

2


Uma viga simples em balanço está apoiada nos pontos A e B (Figura 4.15a). Umcarregamento uniforme de intensidade q � 6 kN/m atua em todo o compri-mento da viga e uma carga concentrada P � 28 kN atua em um ponto a 3 mdo apoio esquerdo. O vão livre tem um comprimento de 8 m e o comprimentodo balanço é de 2 m.

Calcule a força cortante V e o momento fletor M na seção transversal Dlocalizada a 5 m do apoio esquerdo.

SoluçãoReações. Começamos por calcular as reações RA e RB a partir das equações deequilíbrio, considerando a viga como um corpo livre. Assim, calculando osmomentos em relação aos apoios B e A, respectivamente, encontramos

Força cortante e momento fletor na seção D. Vamos fazer agora umcorte na seção D e construir o diagrama de corpo livre para a parte esquerdada viga (Figura 4.15b). Quando traçamos esse diagrama, assumimos as resul-tantes de tensões desconhecidas V e M como positivas.

As equações de equilíbrio para o corpo livre são as seguintes:

©MD � 0 � (40 kN)(5 m) � (28 kN)(2 m) � (6 kN/m)(5 m)(2.5 m) � M � 0

©Fvert � 0 40 kN � 28 kN � (6 kN/m)(5 m) � V � 0

RA � 40 kN RB � 48 kN



VENDA PROIBIDA

em que forças para cima são consideradas positivas na primeira equação emomentos no sentido anti-horário são considerados positivos na segundaequação. Resolvendo essas equações, temos:

O sinal de menos para V indica que a força cortante é negativa, isto é, suadireção é contrária à apresentada na Figura 4.15b. O sinal positivo de Mindica que o momento fletor atua na mesma direção mostrada na figura.

Diagrama de corpo livre alternativo. Outro método de solução é obter V eM por meio do diagrama de corpo livre da parte direita da viga (Figura 4.15c).Quando traçamos esse diagrama de corpo livre, vamos assumir novamente queos valores da força cortante e do momento fletor são positivos. As duas equa-ções de equilíbrio são

a partir da qual

assim como antes. Como frequentemente ocorre, a escolha entre os diagra-mas de corpo livre é uma questão de conveniência e preferência pessoal.

V � �18 kN M � 69 kN # m

©MD � 0 �M � (48 kN)(3 m) � (6 kN/m)(5 m)(2.5 m) � 0

©Fvert � 0 V � 48 kN � (6 kN/m)(5 m) � 0

➥V � �18 kN M � 69 kN # m


A

RARB

(a)

P = 28 kN

q = 6 kN/m

B

3 m

5 m

8 m 2 m

V

M

DC

(c)

6 kN/m

BD

M

C

A

(b)

28 kN

6 kN/m

D

40 kN

48 kN

V

Fig. 4-15Example 4-3: Shear force andbending moment in a beamwith an overhang

4.4 Relações entre cargas, forçascortantes e momentos fletoresObteremos agora algumas importantes relações entre cargas, forças cortantese momentos fletores em vigas. Estas relações serão muito práticas quandoinvestigarmos as forças cortantes e os momentos fletores ao longo de todo ocomprimento da viga e serão especialmente úteis para construir diagramas deforça cortante e de momento fletor (Seção 4.5).

Como uma forma de obter as relações, consideremos um elemento de umaviga cortada por duas seções transversais com uma distância dx entre elas(Figura 4.16). A carga que atua na parte superior do elemento pode ser umacarga distribuída, uma carga concentrada ou um momento, conforme mostramas Figuras 4.16a, b e c, respectivamente. As convenções de sinais para esses car-regamentos são: cargas distribuídas e concentradas são positivas quando atuampara baixo na viga e negativas quando atuam para cima. Um momento, agindocomo um carregamento em uma viga, é positivo quando no sentido anti-horário enegativo quando no sentido horário. Caso outras convenções de sinais sejam uti-lizadas, podem ocorrer mudanças nos sinais dos termos das equações a seremexpressas nesta seção.

As forças cortantes e os momentos fletores que atuam nos lados do ele-mento são ilustrados em seus sentidos positivos na Figura 4.10. Em geral, asforças cortantes e os momentos fletores variam ao longo do eixo da viga.Portanto, seus valores no lado direito do elemento podem ser diferentes dosseus valores no lado esquerdo.

No caso de cargas distribuídas (Figura 4.16a), os incrementos em V e Msão infinitesimais e, por isso, são denotados por dV e dM, respectivamente.Então, as resultantes de tensão correspondentes no lado direito são V � dV eM � dM.

No caso de uma carga concentrada (Figura 4.16b) ou de um momento(Figura 4.16c), os incrementos são finitos e, assim, são denominados V1 e M1.Então, as resultantes de tensão correspondentes no lado direito são V � V1 eM � M1.

Para cada tipo de carregamento, podemos escrever duas equações de equi-líbrio para o elemento – uma equação para o equilíbrio de forças na direçãovertical e uma para o equilíbrio de momentos. A primeira dessas equações for-nece as relações entre carga e força cortante, e a segunda fornece a relação entrea força cortante e o momento fletor.

Carregamentos distribuídos (Figura 4.16a)O primeiro tipo é o carregamento distribuído de intensidade q, como o ilus-trado pela Figura 4.16a. Vamos primeiro analisar sua relação com a força cor-tante e depois sua relação com o momento fletor.

Força cortante. O equilíbrio de forças na direção vertical (forças com sen-tido para cima são positivas) fornece:

ou

(4-1)

A partir dessa equação, podemos observar que a taxa de variação da força cor-tante em qualquer ponto do eixo da viga é igual à intensidade da carga distri-buída, mas com o sinal negativo, no mesmo ponto. (Observação: Se aconvenção de sinais para carregamentos distribuídos estiver invertida, de talforma que q seja positivo para cima em vez de ser para baixo, então o sinalnegativo deverá ser omitido dessa equação.)

dVdx

� �q

©Fvert � 0 V � q dx � (V � dV ) � 0


VENDA PROIBIDA

Figura 4-16Elemento de viga utilizado paraencontrar as relações entre cargas, forças cortantes emomentos fletores (Todas as cargas e tensões resultantes sãomostradas nas suas direções positivas)

V + dV

V

q

M M + dM

(a)

dx

V + V1

V

P

M M + M1

(b)

dx

V + V1

VM M + M1

M0

(c)

dx

Algumas relações úteis ficam óbvias observando-se a Equação (4.4). Porexemplo, caso não haja carga distribuída no segmento da viga (ou seja, caso q � 0), então dV/dx � 0 e a força cortante será constante nesse pedaço da viga.Também, caso o carregamento seja uniforme em uma parte da viga (q � cons-tante), então dV/dx também será constante e a força cortante variará linear-mente nessa parte da viga.

Como uma demonstração da Equação (4.1), vamos analisar a viga embalanço com um carregamento distribuído que varia linearmente, tal qual dis-cutido no Exemplo 4.2 da seção anterior (veja a Figura 4.12). O carregamentona viga (da Equação 4.1) é

que é positivo, porque é para baixo. Também a força cortante é:

Tomando a derivada dV/dx, temos

que confere com a Equação (4.1).Uma relação útil correspondente à força cortante em duas seções transver-

sais distintas de uma viga pode ser obtida integrando a Equação (4.1) ao longodo eixo da viga. Para obter essa relação, multiplicamos ambos os lados daEquação (4.1) por dx e então integramos entre dois pontos A e B quaisquerlocalizados ao longo do eixo da viga; assim

(4-2)

em que assumimos que x aumenta do ponto A para o ponto B. O ladoesquerdo dessa equação iguala a diferença (VB � VA) da força cortante em B eA. A integral do lado direito representa a área do diagrama de carregamentoentre A e B, que, por sua vez, é igual à magnitude da resultante da carga distri-buída que atua entre os pontos A e B. Assim, da Equação (4.2), temos

� � (área do diagrama de carregamento entre A e B) (4.3)

Em outras palavras, a variação da força cortante entre dois pontos do eixo daviga é igual à carga total para baixo entre esses dois pontos, mas com sinalinvertido. A área do diagrama de carregamento pode ser positiva (se q for parabaixo) ou negativa (se q for para cima).

Como a Equação (4.1) é proveniente de um elemento de viga submetidoapenas a carregamento distribuído (ou a nenhum carregamento), não podemosutilizar a Equação (4.1) para um ponto em que uma carga concentrada estejaatuando (porque a intensidade do carregamento q não foi definida para umacarga concentrada). Pela mesma razão, não podemos utilizar a Equação (4.3)caso uma carga concentrada P atue na viga entre os pontos A e B.

Momento fletor. Vamos agora analisar o equilíbrio de momento no ele-mento de viga mostrado na Figura 4.14a. Somando os momentos atuandosobre um eixo do lado esquerdo do elemento (o eixo é perpendicular ao planoda figura) e assumindo momentos no sentido anti-horário como positivos,temos

VB � VA � �L

B

Aq dx

L

B

AdV � �

L

B

Aq dx

dVdx

�d

dxa�

q0x2

2Lb � �

q0x

L� �q

V � �q0x

2

2L

q �q0x

L


VENDA PROIBIDA

Desconsiderando os produtos de diferenciais (porque são desprezíveis quandocomparados aos demais termos), obtemos a seguinte relação:

(4-4)

Essa equação mostra que a taxa de variação do momento fletor em qualquerponto do eixo de uma viga é igual à força cortante nesse mesmo ponto. Porexemplo, caso a força cortante seja zero em uma região da viga, então omomento fletor será constante nessa mesma região.

A Equação (4.4) vale apenas para regiões em que cargas distribuídas (ouuma carga nula) atuam sobre a viga. No ponto em que atua uma carga concen-trada, ocorre uma mudança repentina (ou uma descontinuidade) na força cor-tante e a derivada dM/dx nesse ponto é indefinida.

Novamente usando a viga em balanço da Exemplo 4.2, o momento fletor é

Portanto a derivada dM/dx é

que é igual à força cortante na viga.Integrando a Equação (4.4) entre os dois pontos A e B no eixo da viga,

temos

(4-5)

A integral do lado esquerdo da equação é igual à diferença (MB � MA) dosmomentos fletores nos pontos B e A. Para interpretar a integral do lado direitoda equação, é preciso considerar V como uma função de x e visualizar o dia-grama de força cortante mostrando a variação de V em relação a x. Entãopodemos ver que a integral do lado direito da equação representa a área dodiagrama de força cortante entre os pontos A e B. Portanto, podemos expres-sar a Equação (4.5) da seguinte maneira:

� (área do diagrama de força cortante entre A e B) (4.6)

Essa equação é válida inclusive quando cargas concentradas agem sobre a vigaentre os pontos A e B. Entretanto, ela não é válida caso um momento concen-trado esteja atuando entre A e B. Um momento concentrado produz umamudança repentina no momento fletor, e o lado esquerdo da Equação (4.5)não pode ser integrado com tal descontinuidade.

Cargas concentradas (Figura 4.16b)Vamos agora considerar uma carga concentrada P atuando sobre o elementoda viga (Figura 4.16b). Pelo equilíbrio de forças na direção vertical, temos

(4-7)

Esse resultado mostra que uma mudança abrupta na força cortante ocorre emqualquer ponto em que atua uma carga concentrada. Quando passamos da

V � P � (V � V1) � 0 or V1 � �P

MB � MA �L

B

AV dx

L

B

AdM �

L

B

AV dx

dMdx

�d

dxa�

q0x3

6Lb � �

q0x2

2L

M � �q0x

3

6L

dMdx

� V

©M � 0 �M � q dxadx2b � (V � dV)dx � M � dM � 0


VENDA PROIBIDA

Figura 4-16a (Repetida)

V + dV

V

q

M M + dM

(a)

dx

Figura 4-16b (Repetida)

V + V1

V

P

M M + M1

(b)

dx

esquerda para a direita do ponto de aplicação da carga, a força cortante dimi-nui em um valor igual à intensidade da carga para baixo P.

A partir do equilíbrio dos momentos em relação ao lado esquerdo do ele-mento de viga (Figura 4.14b), temos

ou

(4-8)

Uma vez que o comprimento dx do elemento é infinitesimamente pequeno,esta equação nos diz que o aumento M1 no momento fletor também o é. Assim,o momento fletor não muda quando passamos pelo ponto de aplicação de umacarga concentrada.

Apesar de o momento fletor M não mudar com uma carga concentrada,sua taxa de variação dM/dx sofre uma mudança abrupta. No lado esquerdo doelemento (Figura 4.16b), a taxa de variação do momento fletor (veja aEquação 4.4) é dM/dx � V. No lado direito, a taxa de variação é dM/dx � V� V1 � V � P. Portanto, no ponto de aplicação de uma carga concentrada P, ataxa de variação dM/dx do momento fletor diminui abruptamente por um valorigual a P.

Carregamentos na forma de momentosconcentrados (Figura 4.16c)O último caso a ser considerado é o carregamento na forma do momento M0(Figura 4.16c). A partir do equilíbrio do elemento na direção vertical, temosV1 � 0, o que mostra que a força cortante não varia no ponto de aplicação de ummomento.

O equilíbrio de momentos em relação ao lado esquerdo do elementoresulta em

Desconsiderando os termos que contenham diferenciais (porque são desprezí-veis quando comparados aos termos finitos), temos

(4-9)

Essa equação mostra que o momento fletor diminui em M0 quando nos move-mos da esquerda para a direita do ponto de aplicação da carga. Assim, o momentofletor varia abruptamente no ponto de aplicação do momento concentrado.

As Equações (4.1) a (4.9) serão úteis quando for feita uma análise com-pleta das forças cortantes e dos momentos fletores da viga, conforme será dis-cutido na próxima seção.

4.5 Diagramas de força cortante emomento fletorQuando dimensionamos uma viga, normalmente precisamos saber de queforma as forças cortantes e os momentos fletores variam ao longo de seu com-primento. Têm também uma importância especial os valores máximos e míni-mos dessas variáveis. Informações desse tipo são normalmente obtidas pormeio de gráficos em que a força cortante e o momento fletor são traçados noeixo das ordenadas e a distância x ao longo do eixo da viga é traçada comoabscissa. Tais gráficos são conhecidos como diagramas de força cortante emomento fletor.

M1 � �M0

�M � M0 � (V � V1)dx � M � M1 � 0

M1 � Padx2b � V dx � V1 dx

�M � Padx2b � (V � V1)dx � M � M1 � 0


VENDA PROIBIDA

Figura 4-16c (Repetida)

V + V1

VM M + M1

M0

(c)

dx

Para claro entendimento desses diagramas, explicaremos em detalhes comoeles são construídos e interpretados para três tipos básicos de carregamentos –um carregamento com uma única carga concentrada, um carregamento uni-forme e um carregamento com diversas cargas concentradas. Além disso, osExemplos 4.4 a 4.7, ao final da seção, mostram em detalhes técnicas para lidarcom diversos tipos de carregamentos, incluindo o caso de um momento con-centrado atuando como carga em uma viga.

Carga concentradaVamos começar com uma viga simples AB submetida a uma carga concentradaP (Figura 4.17a). A carga P está a uma distância a do apoio esquerdo e a umadistância b do apoio direito. Considerando a viga toda como um corpo livre,podemos rapidamente encontrar as reações da barra a partir do equilíbrio; osresultados são

(4-10a,b)

Agora cortamos a barra em uma seção transversal à esquerda da carga P auma distância x do apoio em A. Então desenhamos um diagrama de corpolivre da parte esquerda da viga (Figura 4.17b). A partir das equações de equi-líbrio desse corpo livre, obtemos a força cortante V e o momento fletor M auma distância x do apoio:

(4-11a,b)

Essas expressões são válidas apenas para a parte da viga à esquerda do carre-gamento P.

Depois cortamos a viga à direita do carregamento P (ou seja, na região a x L) e novamente desenhamos um diagrama de corpo livre para a parteesquerda da viga (Figura 4.17c). A partir das equações de equilíbrio dessecorpo livre, obtemos as seguintes expressões para a força cortante e o momentofletor:

(4-12a)

e

(4-12b)

Note que essas equações são válidas apenas para a parte direita da viga.As equações para as forças cortantes e momentos fletores (Equações 4.11

e 4.12) são traçadas sob o desenho da viga. A Figura 4.17d é o diagrama deforça cortante e a Figura 4.17e é o diagrama de momento fletor.

Pelo primeiro diagrama, observamos que a força cortante na extremidadeA da viga (x � 0) é igual à reação RA. Ela então se mantém constante até oponto de aplicação da carga P. Neste ponto, a força cortante diminui abrupta-mente por um montante igual a P. Na parte direita da viga, a força cortantetambém é constante, mas de valor numérico igual ao da reação em B.

Como ilustrado no segundo diagrama, o momento fletor na parteesquerda da viga aumenta linearmente de zero no ponto de apoio até Pab/L nacarga concentrada (x � a). Na parte direita da viga, o momento fletor é nova-mente uma função linear de x, mudando de Pab/L em x � a até zero no apoio(x � L). Assim, o momento fletor máximo é

�PaL

(L � x) (a 6 x 6 L)

M � RAx � P(x � a) �Pbx

L� P(x � a)

V � RA � P �PbL

� P � �PaL

(a 6 x 6 L)

V � RA �PbL

M � RAx �Pbx

L(0 6 x 6 a)

RA �PbL

RB �PaL


VENDA PROIBIDA

Figura 4-17Diagramas de força cortante emomento fletor para uma vigasimples comum submetida acarga concentrada

A

RA RB

(a)

P

B

L

x

a b

A

V

0

RA

(c)

(d)

P

x

a

A

RA

(b)

V

M

x

V

M

M

0

(e)

–

—LPb

—LPa

-–—L

Pab

(4-13)

que ocorre onde atua a carga concentrada.Quando deduzimos as expressões para a força cortante e momento fletor à

direita da carga P (Equações 4.12a e b), equilibramos a parte esquerda da viga(Figura 4.17c). Esse corpo livre está submetido às forças RA e P, além de V eM. Neste exemplo, é um pouco mais simples considerarmos a parte direita daviga como um corpo livre, porque apenas a força RB aparece nas equações deequilíbrio (além de V e M). Naturalmente, o resultado final não muda.

Algumas características dos diagramas de força cortante e momento fletor(Figuras 4.17d e e) podem agora ser observadas. Notemos primeiro que a incli-nação dV/dx do diagrama de força cortante é zero nas regiões 0 � x � a e a �x � L, o que está de acordo com a expressão dV/dx � �q (Equação 4.1).Também nessas mesmas regiões, a derivada dM/dx do diagrama de momentofletor é igual a V (Equação 4.4). À esquerda da carga P, a inclinação do dia-grama de momento é positiva e igual a Pb/L; à direita, é negativa e igual a�Pa/L. Assim, no ponto de aplicação da carga P, existe uma mudança abruptano diagrama de força cortante (igual à magnitude da carga P) e uma mudançacorrespondente na inclinação do diagrama de momento fletor.

Consideremos agora a área do diagrama de força cortante. Quando vamosde x � 0 para x � a, a área do diagrama de força cortante é (Pb/L)a ou Pab/L.Esse valor representa o aumento do momento fletor entre esses mesmos doispontos (veja a Equação 4.6). De x � a até x � L, a área do diagrama de forçacortante é igual a �Pab/L, o que significa que, nessa região, o momento fletordiminui por esse valor. Consequentemente, o momento fletor é igual a zero naextremidade B, como esperado.

Se o momento fletor em ambas as extremidades da viga é zero, como é nor-malmente o caso para uma viga simples, então a área do diagrama de forçacortante entre as duas extremidades da viga deverá ser zero, desde que nenhummomento concentrado atue na viga (veja a discussão na Seção 4.4, seguindo aEquação 4.6).

Como mencionamos anteriormente, os valores de máximo e de mínimo daforça cortante e do momento fletor são necessários quando fazemos o dimen-sionamento de vigas. Para uma viga simples com uma carga concentrada, aforça cortante máxima acontece na extremidade da viga mais próxima da cargaconcentrada e o máximo momento fletor ocorre sob a própria carga.

Carregamento uniformeUma viga simples com um carregamento uniformemente distribuído de inten-sidade constante q está representada na Figura 4.18a. Como a viga e seu car-regamento são simétricos, vemos imediatamente que cada reação (RA e RB) éigual a qL/2. Assim, a força cortante e o momento fletor a uma distância x daextremidade esquerda são

(4-14a)

and

(4-14b)

Essas equações, que são válidas para toda a extensão da viga, foram traçadascomo diagrama de força cortante e de momento fletor nas Figuras 4.18b e c,respectivamente.

O diagrama de força cortante é feito por uma linha reta inclinada que temo valor de suas ordenadas em x � 0 e x � L numericamente igual ao valor dasreações. A inclinação da linha é �q, como esperado devido à Equação (4.1). Odiagrama de momento fletor é uma curva parabólica que é simétrica ao ponto

M � RAx � qxax2b �

qLx

2�

qx2

2

V � RA � qx �qL2

� qx

Mmax �PabL


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Figura 4-18Diagramas de força cortante emomento fletor para uma viga

simples com carregamentouniforme

A

RA RB

(a)

(b)

(c)

B

L

x

q

0

V

0

M

qL—2

–qL—2

qL2—–8

médio da viga. Em cada seção transversal, a inclinação do diagrama demomento fletor é igual à força cortante (veja a Equação 4.4):

O valor de máximo do momento fletor ocorre no ponto médio da viga, em quetanto dM/dx como a força cortante V são iguais a zero. Assim, substituindo x � L/2 na expressão para M, temos:

(4-15)

conforme ilustrado pelo diagrama de momento fletor.O diagrama da intensidade de carga (Figura 4.18a) tem área qL e, de

acordo com a Equação (4.3), a força cortante V deve ser diminuída desse valorquando nos movemos da extremidade A para a extremidade B. Podemos verque, de fato, esse é o caso, uma vez que a força cortante diminui de qL/2 para�qL/2.

A área no diagrama de força cortante entre x � 0 e x � L/2 é qL2/8, evemos que esta área representa o aumento no momento fletor entre esses mes-mos dois pontos (Equação 4.6). De maneira similar, o momento fletor diminuide qL2/8 na região x � L/2 até x � L.

Várias cargas concentradasCaso várias cargas concentradas atuem sobre uma viga simples (Figura 4.19a),as expressões para forças cortantes e momentos fletores devem ser encontradaspara cada segmento da viga entre os pontos de aplicação de carga. Fazendonovamente o diagrama de corpo livre da parte esquerda da viga e considerandox a distância desde a extremidade A, obtemos a seguinte equação para o pri-meiro segmento da viga:

(4-16a,b)

Para o segundo segmento, temos

(4-17a,b)

Para o terceiro segmento da viga, é vantajoso considerarmos o lado direito daviga em vez do esquerdo, porque menos cargas atuam sobre o correspondentecorpo livre. Assim, obtemos:

(4-18a)

(4-18b)

Finalmente, para o quarto segmento da viga, temos

(4-19a,b)

As Equações (4.16) até (4.19) podem ser usadas para construirmos os diagra-mas de força cortante e de momento fletor (Figuras 4.19b e c).

A partir do diagrama de força cortante podemos notar que a força cor-tante é constante em cada segmento da viga e muda abruptamente em cadaponto de carga, com o valor de cada variação sendo igual ao da carga. Alémdisso, o momento fletor em cada segmento é uma função linear de x e, por-tanto, a parte correspondente do diagrama de momento fletor é uma linha retainclinada. Para ajudar a desenhar essas linhas, obtemos os momentos fletoressob os carregamentos concentrados substituindo x � a1, x � a2 e x � a3 nas

V � �RB M � RB(L � x) (a3 6 x 6 L)

M � RB(L � x) � P3(L � b3 � x) (a2 6 x 6 a3)

V � �RB � P3

V � RA � P1 M � RAx � P1(x � a1) (a1 6 x 6 a2)

V � RA M � RAx (0 6 x 6 a1)

Mmax �qL2

8

dMdx

�d

dxaqLx

2�

qx2

2b �

qL

2� qx � V


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A

RA RB

(a)

B

L

x

P1

P2

P3a3 b3a2

a1

Figura 4-19Diagramas de força cortante emomento fletor para uma vigasimples com várias cargas concentradas

Equações (4.16b), (4.17b) e (4.18b), respectivamente. Dessa maneira, obtemosos seguintes momentos fletores:

(4-20a,b,c)

Conhecendo esses valores, podemos prontamente construir o diagrama demomento fletor apenas conectando esses pontos com linhas retas.

A cada descontinuidade da força cortante, ocorre uma mudança corres-pondente na inclinação dM/dx do diagrama de momento fletor. Além disso, avariação de momento fletor entre dois pontos de carga é igual à área do dia-grama de força cortante entre esses mesmos dois pontos (veja a Equação 4.6).Por exemplo, a variação do momento fletor entre os carregamentos P1 e P2 éM2 � M1. Substituindo nas Equações (4.20a) e (4.20b), temos:

que é igual à área do diagrama de força cortante retangular entre os pontos x � a1 e x � a2.

O ponto de máximo valor de momento fletor em uma viga que tem apenascargas concentradas ocorre sempre sob uma das cargas ou reações. Para mos-trar isso, recordemos que a inclinação do diagrama de momento fletor é igualà força cortante. Portanto, onde quer que o momento fletor tenha um valor demáximo ou de mínimo, a derivada dM/dx (e, portanto, a força cortante) devetrocar de sinal. Entretanto, em uma viga submetida apenas a cargas concentra-das, a força cortante só pode trocar de sinal sob uma carga.

Se, conforme prosseguimos ao longo do eixo da viga, a força cortantemuda de positiva para negativa (como na Figura 4.17b), então a inclinação dodiagrama de momento fletor também muda de positiva para negativa. Assim,devemos ter um valor máximo do momento fletor nessa seção transversal.Analogamente, uma mudança no sinal da força cortante de negativo para posi-tivo indica um ponto de mínimo momento fletor. Teoricamente, o diagrama deforça cortante pode cruzar o eixo horizontal em diversos pontos, embora issoseja muito pouco provável. A cada ponto de interseção corresponde um valorno diagrama de momento fletor de máximo ou de mínimo local. Os valores detodos os pontos de máximos e de mínimos locais devem ser determinados paraque se possa encontrar o valor de máximo momento fletor positivo e negativode uma viga.

Comentários geraisNas nossas discussões, frequentemente utilizamos os termos “máximo” e“mínimo” com seus significados usuais de “maior” e “menor”. Consequente-mente, referimo-nos ao “momento fletor máximo de uma viga” independente-mente de o diagrama de momento fletor ser descrito por uma função suave econtínua (como na Figura 4.18c) ou por uma série de linhas (como na Figu-ra 4.19c).

Além do mais, frequentemente temos de distinguir entre valores positivosou negativos. Portanto, utilizamos expressões como “máximo momento posi-tivo” e “máximo momento negativo”. Em ambos os casos, as expressões refe-rem-se aos maiores valores numéricos, ou seja, o termo “máximo momentonegativo” na verdade significa “momento negativo numericamente maior”.Comentários análogos aplicam-se às demais variáveis da viga, como forças cor-tantes e deformações.

Os momentos fletores máximos positivos e negativos em uma viga podemocorrer nos seguintes locais: (1) em uma seção transversal em que uma cargaconcentrada é aplicada e a força cortante muda de sinal (veja as Figuras 4.17 e4.19), (2) em uma seção transversal em que a força cortante é igual a zero (vejaa Figura 4.18), (3) em um ponto de apoio em que existe uma reação vertical e

M2 � M1 � (RA � P1)(a2 � a1)

M1 � RAa1 M2 � RAa2 � P1(a2 � a1) M3 � RBb3


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(4) em uma seção transversal em que um momento é aplicado. As discussõesanteriores e os próximos exemplos ilustram todas essas possibilidades.

Quando várias cargas atuam em uma viga, os diagramas de força cortante ede momento fletor podem ser obtidos por superposição (ou somatória) dos dia-gramas obtidos para cada carga atuando separadamente. Por exemplo, o dia-grama de força cortante da Figura 4.19b é na verdade a soma de três diagramasdistintos, cada um do tipo mostrado na Figura 4.17d para uma única carga con-centrada. Podemos fazer um comentário análogo para o diagrama de momentofletor da Figura 4.19c. A superposição dos diagramas de força cortante e demomento fletor é possível porque a força cortante e o momento fletor em barrasestaticamente determinadas são funções lineares dos carregamentos aplicados.

Programas de computadores que traçam diagramas de força cortante e demomento fletor já existem. Uma vez que você desenvolveu um entendimentode como funcionam os diagramas construindo-os manualmente, deveria se sen-tir seguro para utilizar programas de computador para traçar os diagramas eobter resultados numéricos.

Por conveniência referencial, as relações diferenciais usadas na elaboraçãode desenhos de cisalhamento-força e diagramas de momentos de flexão estãoresumidos no Capítulo 4 Sumário & Revisão seguindo o Exemplo 4-7.


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Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor para uma vigasimples com um carregamento uniforme de intensidade q atuando sobreuma parte do vão (Figura 4.18a).

SoluçãoReações. Começamos a análise determinando as reações da viga por meiodo diagrama de corpo livre para toda a viga (Figura 4.18a). Os resultados são

(4-21a,b)

Forças cortantes e momentos fletores. Para obter as forças cortantes eos momentos fletores para a viga inteira, precisamos considerar os três seg-mentos da viga separadamente. Para cada segmento, cortamos a viga paraexpormos a força cortante V e o momento fletor M. Então desenhamos umdiagrama de corpo livre em que V e M são as variáveis desconhecidas.Finalmente, fazemos a somatória de forças na direção vertical para obter aforça cortante e tomamos os momentos na seção de corte para obter omomento fletor. Os resultados dos três segmentos são:

(4-22a,b)

(4-23a,b)

(4-24a,b)

Essas equações fornecem a força cortante e o momento fletor em todas asseções transversais da viga. Como uma forma parcial de conferir esses resul-tados, podemos aplicar a Equação (4.4) para as forças cortantes e a Equação(4.6) para os momentos fletores e verificar que essas equações foram satis-feitas.

Agora construiremos os diagramas de força cortante e de momento fle-tor (Figuras 4.18b e c) das Equações (4.22) até (4.24). O diagrama de forçacortante consiste em linhas horizontais nas regiões em que a viga não está

V � �RB M � RB(L � x) (a � b 6 x 6 L)

V � RA � q(x � a) M � RAx �q(x � a)2

2(a 6 x 6 a � b)

V � RA M � RAx (0 6 x 6 a)

RA �qb(b � 2c)

2LRB �

qb(b � 2a)

2L


A

RA RB(a)

(b)

(c)

B

La

x1

b cx

q

0V

0

M

Mmax

x1

RA

–RB

Fig. 4-20Exemplo 4.4. Viga simples comcarregamento uniforme sobreparte do vão


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submetida a cargas distribuídas e uma linha reta com inclinação negativa naregião submetida ao carregamento, como esperado pela equação dV/dx ��q.

O diagrama de momento fletor consiste em duas linhas retas inclinadasnas regiões da viga que não estão submetidas a cargas e uma curva parabó-lica na região submetida ao carregamento. As linhas inclinadas têm inclina-ções iguais a RA e �RB, respectivamente, como esperado pela equaçãodM/dx � V. Além disso, ambas as retas inclinadas são tangentes à parábolanos pontos em que encontram a curva. Essa conclusão vem do fato de quenão há uma mudança abrupta na intensidade das forças cortantes nessespontos. Assim, a partir da equação dM/dx � V, observamos que a inclinaçãodo diagrama de momento fletor não sofre mudança abrupta nesses pontos.Note que, com a convenção de sinais de deformação, o diagrama demomento de flexão é representado no lado de compressão da viga. Assim,toda a superfície do topo da viga AB está em compressão como esperado

Máximo momento fletor. O máximo momento fletor ocorre onde aforça cortante é igual a zero. Esse ponto pode ser encontrado igualando-sea força cortante V a zero (da Equação 4.23a) e resolvendo para x, o qualdenotaremos x1. O resultado é

(4-25)

Agora substituímos x1 na expressão para o momento fletor (Equação4.23b) e resolvemos para o momento máximo. O resultado é

(4-26)

O máximo momento fletor sempre ocorre na região de carregamento uni-forme, como mostrado na Equação 4.25.

Casos especiais. Caso o carregamento uniforme esteja situado simetrica-mente na viga (a � c), então obtemos os seguintes resultados simplificadosdas Equações (4.25) e (4.26):

(4-27a,b)

Caso o carregamento uniforme se estenda ao longo de todo o vão, então b � L e Mmax � qL2/8, o que está de acordo com a Figura 4.18 e a Equação(4.15).

x1 �L2

Mmax �qb(2L � b)

8

Mmax �qb

8L2(b � 2c)(4aL � 2bc � b2)

x1 � a �b2L

(b � 2c)


A

RA RB(a)

(b)

(c)

B

La

x1

b cx

q

0V

0

M

Mmax

x1

RA

–RB

Figura 4-20 (repetida)

Exemplo 4.4. Viga simples comcarregamento uniforme sobreparte do vão


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Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor para a vigaem balanço com duas cargas concentradas (Figura 4.21c).


(b)

0V

–P1

–P1 – P2

(c)

0

M

–P1L – P2b

–P1a

A

RB(a)

B

La b

x

P1 P2

MB

Figura 4-21Exemplo 4.5. Viga em balançocom duas cargas concentradas

SoluçãoReações. A partir do diagrama de corpo livre da viga inteira, encontramos areação RB (positiva quando para cima) e o momento de reação MB (positivoquando no sentido horário):

(4-28a,b)

Forças cortantes e momentos fletores. Obtemos as forças cortantes e osmomentos fletores cortando a viga em cada um dos dois segmentos, dese-nhando os diagramas de corpo livre correspondentes e resolvendo as equa-ções de equilíbrio. Novamente, considerando x a distância a partir daextremidade esquerda da viga, temos: (usando o sinal de deformação con-vencionado, ver Fig. 4-9):

(4-29a,b)

(4-30a,b)

Os diagramas de força cortante e de momento fletor correspondentes sãomostrados nas Figuras 4.21b e c. A força cortante é constante entre as cargase atinge seu valor numérico máximo no apoio, onde é numericamente igualà reação vertical RB (Equação 4.28a).

O diagrama de momento fletor é constituído de duas linhas retas incli-nadas, cada uma delas tendo uma inclinação igual ao valor da força cortanteno segmento de viga correspondente. O momento fletor máximo aconteceno engastamento e tem seu valor numérico igual ao valor da reação MB(Equação 4.28b). Também é igual à área total do diagrama de força cortante,como esperado pela Equação (4.6).

RB � P1 � P2 MB � �(P1L � P2b)

V � �P1 � P2 M � �P1x � P2(x � a) (a 6 x 6 L)

V � �P1 M � �P1x (0 6 x 6 a)


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No exemplo 4-2, consideramos uma viga de comprimento L com umacarga distribuída de variação linear de intensidade q(x) � (x/L)q0.Encontramos expressões para reações dos suportes e equações para força decisalhamento V(x) e momento de flexão M(x) como funções de distância x aolongo da viga para três casos de suportes diferentes: (a) escora saliente, (b)viga simplesmente apoiada e (c) viga com um suporte de roletes em A e umsuporte deslizante em B.

Neste exemplo, vamos traçar os diagramas de cisalhamento e dobra-momento para estas três vigas (fig. 4-22) usando as expressões desenvolvi-das no Exemplo 4-2.


Fig. 4-22Exemplo 4-6: Diagramas decisalhamento e de momentopara três vigas do Exemplo 4-2:(a) escora saliente, (b) simplesmente apoiada e (c) de roletes e suportesdeslizantes.

BL

q

q0

A

Aq

AV

Aq –q0

V0

12q0 L

q0 L2

6

–q0 L2

–q0 L2

6

0

(a)

–q0 L2

M

0

1

0

Av1

√⎯3

L

√⎯327

AV

AV

Aq–AV

V

M

0

0

0

0

–q0 L3

–q0 L3

1 1Slope = 0

(b)

–q01

BL

q

q0

A

Aq

13

q0 L16

q0 L

16

q0 L

16

q0 L

q0 L2

BL

q

q0

A

Aq

1

1

2q0 L

12q0 L

12q0 L

0 0

Declive = 0

Declive = 0

0 0

(c)

1

V

M

q0 L2

3

q0 L2

3

AV

AV

Aq

–q0

SolutionViga em escora saliente. Um diagrama de corpo livre da viga em escorasaliente do Exemplo 4-2 é mostrado na Fig. 4-22a. As expressões para as rea-ções RB e MB vêm das Eqs. (a, b) do Exemplo 4-2. Os diagramas de força-cisa-lhamento e dobra-momento são obtidos desenhando as expressões paraV(x) [Eq. (g)] e M(X) [Eq. (h)]. Note que o declive do diagrama de força decisalhamento em qualquer ponto x ao longo da viga é igual a �q(x) [ver Eq.(4-1)] e o declive do diagrama de momento de flexão, em qualquer ponto xé igual a V [ver Eq. (4-4)]. Os valores máximos da força de cisalhamento e domomento de flexão ocorrem no suporte fixo, onde x � L [ver Eqs. (i) e (j) noExemplo 4-2]. Estes valores são consistentes com os valores para as reaçõesRB e MB.

Solução alternativa. Em vez de usar diagramas de corpo livre e equaçõesde equilíbrio, podemos determinar as forças de cisalhamento e momentosde flexão, integrando as relações diferenciais entre carga, força de cisalha-mento e momento de flexão. A força de cisalhamento V na distância x daextremidade livre em A é obtida a partir da carga por integração Eq. (4-3) naforma de:

(a)

Se integrarmos ao longo de todo o comprimento da viga, a mudança no cisa-lhamento a partir de A até B é igual ao valor negativo da área sob o dia-grama de distribuição de carga (�Aq), como mostrado na Fig. 4-22a. Alémdisso, a inclinação da tangente no diagrama de cisalhamento em qualquerponto x é igual ao negativo da ordenada correspondente nesse mesmoponto na curva de distribuição da carga. Uma vez que a curva da carga élinear, o diagrama de cisalhamento é quadrático.

V � VA � V � 0 � V � �L

x

0q(x)dx


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Obtemos o momento de flexão M na distância x do ponto A integrandoa partir da força de cisalhamento na Eq. (4-6):

(b)

Se integrarmos ao longo de todo o comprimento da viga, a mudança nomomento a partir de A até B é igual ao valor da área sob o diagrama de cisa-lhamento (AV), como mostrado na Fig. 4-22a. Além disso, a inclinação datangente no diagrama de momento em qualquer ponto x é igual ao valorda ordenada correspondente no mesmo ponto no diagrama de força decisalhamento. Uma vez que o diagrama de força de cisalhamento é quadrá-tico, o diagrama de momento de flexão é cúbico. Por conveniência, estasrelações diferenciais são resumidas no Capítulo 4 Sumário & Avaliação.

Devemos notar que a integração das relações diferenciais é bastantesimples neste exemplo porque o padrão de carregamento é linear e contí-nuo e não há cargas concentradas ou binárias nas regiões de integração. Seas cargas concentradas ou binárias estivessem presentes, existiriam descon-tinuidades nos diagramas V and M e não poderíamos integrar Eq. (4-3) atra-vés de uma carga concentrada nem poderíamos integrar Eq. (4-6) através deum binário (ver seção 4.4).

Viga simplesmente apoiada. Um diagrama de corpo livre de uma vigasimplesmente apoiada do Exemplo 4-2 é mostrado na Fig. 4-22b; as expres-sões para as reações RA e RB vêm das Eqs. (c, d) do Exemplo 4-2. Os diagra-mas de força-cisalhamento e momento-flexão são obtidos desenhando asexpressões do Exemplo 4-2 para V(x) [Eq. (k)] e M(x) [Eq. (l)]. Tal como acon-tece com a viga de escora saliente tratada anteriormente, o declive no dia-grama de força de cisalhamento em qualquer ponto x ao longo da viga éigual a �q(x) [ver Eq. (4-1] e o declive no diagrama de momento de flexãoem qualquer ponto x é igual a V [ver Eq. (4-4)]. O valor máximo da força decisalhamento ocorre no suporte B, onde x � L [ver Eq. (m) do Exemplo 4-2]e o valor máximo do momento ocorre no ponto em que V � 0. O ponto domomento máximo pode ser localizado definindo a expressão V(x) [Eq. (k) noExemplo 4-2] igual a zero, em seguida, resolvendo para .Resolvendo para M(xm) a [Eq. (l) no Exemplo 4-2] fornece a expressão paraMmax mostrada na Fig. 4-22b.

Mais uma vez, podemos utilizar a abordagem da solução alternativadescrita acima na viga em escora saliente: a mudança no cisalhamento a par-tir de A até B é igual ao valor negativo da área sob o diagrama de distribui-ção de carga (�Aq), como mostrado na Fig. 4-22b e a mudança no momentode A até B é igual ao valor da área sob o diagrama de força de cisalhamento(AV).

Viga com suportes deslizantes e de roletes. Na fig. 4-22c é mostrado umdiagrama de corpo livre dessa viga do Exemplo 4-2; as expressões para asreações RA e MBvêm das Eqs. (e, f) do Exemplo 4-2. Os diagramas de força-cisalhamento e momento-flexão são obtidos desenhando as expressões doExemplo 4-2 para V(x) [Eq. (o)] e M(x) [Eq. (p)]. Tal como acontece com aviga em escora saliente e a viga simplesmente suportada apresentadas ante-riormente, o declive do diagrama de força de cisalhamento em qualquerponto x ao longo da viga é igual a �q(x) [ver Eq. (4-1)] e o declive do dia-grama de momento de flexão, em qualquer ponto x é igual a V [ver Eq. (4-4)]. O valor máximo da força de cisalhamento ocorre no suporte A, onde x� 0 [ver Eq. (q) do Exemplo 4-2] e o valor máximo do momento de flexãoocorre no suporte B, onde V � 0.

Mais uma vez, podemos usar a abordagem da solução alternativa des-crita acima para as vigas em escora saliente e a simplesmente apoiada; amudança na força de cisalhamento a partir de A até B é igual ao valor nega-tivo da área sob o diagrama de distribuição de carga (�Aq) como mostradona Fig. 4-22c e a mudança no momento de flexão a partir de A até B é igualao valor da área sob o diagrama de força de cisalhamento ( Av).

xm � L/23

M � MA � M � 0 � M �L

x

0V dx �

L

x

0�q(x)dx



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Uma viga ABC com uma parte em balanço do lado esquerdo é ilustrada naFigura 4.23a. A viga está submetida a um carregamento uniforme de inten-sidade na parte livre AB e um momento nosentido anti-horário agindo no ponto médio entre os apoios B e C.

Desenhe o diagrama de força cortante e de momento fletor para a viga.

M0 � 12.0 kN # mq � 1.0 kN/m


(c)

0M(kN·m) +2.0

–10.0–8.0

(b)

0

V(kN) +1.25

–4.0

AB

RB RC

(a)

C

= 8 mL—2

q = 1.0 kN/m M0 = 12.0 kN·m

b =4 m

= 8 mL—2

Figura 4-23 Exemplo 4.7. Viga em balanço

SoluçãoReações. Podemos rapidamente calcular as reações RB e RC do diagrama decorpo livre de toda a viga (Figura 4.23a). Dessa forma, descobrimos que RB épara cima e RC é para baixo, como ilustrado na figura. Seus valores numéri-cos são

Forças cortantes. A força cortante é igual a zero na extremidade livre daviga e é igual a �qb (ou �4,0 kN) logo à esquerda do apoio B. Uma vez queo carregamento está uniformemente distribuído (ou seja, q é constante), ainclinação do diagrama de força cortante é constante e igual a �q (daEquação 4.1). Portanto, o diagrama de força cortante é uma linha reta cominclinação negativa na região que vai de A até B (Figura 4.23b).

Como não há carregamentos concentrados ou distribuídos entre osapoios, o diagrama de força cortante é horizontal nessa região. A força cor-tante é igual à reação RC ou 1,25 kN, conforme ilustra a figura (repare quea força cortante não muda no ponto de aplicação do momento M0).

O valor numérico máximo da força cortante ocorre logo à esquerda doapoio B e é igual a �4,0 kN.

Momentos fletores. O momento fletor é zero na extremidade livre ediminui algebricamente (mas aumenta numericamente) quando nos move-mos para a direita até que o suporte B seja alcançado. A inclinação do dia-grama de momento fletor, igual ao valor da força cortante (da Equação 4.4),é zero na extremidade livre e �4,0 kN logo à esquerda do apoio B. O dia-grama é parabólico (de segundo grau) nessa região, com o vértice no finalda viga. O momento no ponto B é

o que também é igual à área do diagrama de força cortante entre os pontosA e B (veja a Equação 4.6).

A inclinação do diagrama de momento fletor de B para C é igual à forçacortante, ou 1,25 kN. Portanto, o momento fletor logo à esquerda domomento concentrado M0 é

como ilustrado pelo diagrama. É claro que podemos obter o mesmo resul-tado cortando a viga logo à esquerda do momento concentrado, dese-nhando o diagrama de corpo livre e resolvendo a equação de equilíbrio dosmomentos.

�8,0 kN # m � (1,25 kN)(8,0 m) � 2,0 kN # m

MB � �qb2

2� �

12

(1,0 kN/m)(4,0 m)2 � �8,0 kN # m

RB � 5,25 kN RC � 1,25 kN


VENDA PROIBIDA

O momento fletor sofre uma mudança abrupta no ponto de aplicaçãodo momento concentrado M0, conforme explicado anteriormente junto coma Equação (4.9). Como o momento concentrado atua no sentido anti-horá-rio, o momento diminui um valor igual a M0. Assim, o momento logo àdireita de M0 é

A partir desse ponto até o apoio C, o diagrama é novamente uma linha retacom uma inclinação igual a �1,25 k. Assim, o momento fletor no apoio é

como esperado.Valores máximos e mínimos para o momento fletor ocorrem onde a

força cortante muda de sinal e onde um momento é aplicado. Comparandoos vários pontos altos e baixos no diagrama de momento, vemos que omomento fletor numericamente maior é igual a �10,0 kN·m e ocorre logoà direita do momento M0. Recordemos que o diagrama de momento de fle-xão está representado do lado de compressão da viga, de modo que, excetopara um pequeno segmento um pouco à esquerda do meio vão de BC, todaa superfície do topo da viga está em tensão.

Se um apoio de roletes for adicionado à junta A e um alívio de cortantefor inserido logo à direita da junta B (Figura 4.21d), as reações do apoiodevem ser recalculadas. A viga é dividida em dois diagramas de corpo livre,AB e BC, cortando-se através do alívio de cortante (em que V 0) e encon-tra-se o valor 4 kN da reação RA através da soma das forças verticais no dia-grama de corpo livre da esquerda. Então, somando os momentos e forças detoda a estrutura, RB � �RC� 0,25 kN. Por fim, os diagramas de momento ede força cortante podem ser traçados para a estrutura modificada.Adicionando o suporte de roletes em A e liberando o cisalhamento perto deB resulta numa alteração substancial nos diagramas de força de cisalha-mento e momento de flexão em comparação com a viga original. Por exem-plo, os primeiros 12 m. da viga agora tem uma tensão de compressão em vezde tração sobre a superfície do topo.

2.0 kN # m � 12.0 kN # m � �10.0 kN # m

�10.0 kN # m � (1.25 kN)(8.0 m) � 0


Figura 4-23 (Continação)

Exemplo 4.7(d). Viga modificada com a edição deum apoio simples na extremidade A e de um alíviode cortante

(d)

M0 = 12 kN·m

RB = 0.25 kNRA = 4 kN RC = �0.25 kN

q = 1 kN/m

V (kN)

M (kN·m)

Shear release at x = 4 m

8 m4 m 8 m

0.25

4

0

8 10

�20

A

B

C

No Capítulo 4, revisamos a análise de vigas estaticamente determinadase estruturas simples para encontrar as reações de apoio e as resultantesde tensões internas (N,V e M), então traçamos diagramas de força axial,força cortante e momento fletor para mostrar a variação destas quanti-dades por toda a estrutura. Consideramos apoios de roletes, de pino,deslizantes e engastamentos e os carregamentos concentrados e distri-buídos nos modelos de montagem de uma variedade de estruturas comdiferentes condições de apoio. Em alguns casos, alívios internos foramincluídos no modelo para representar locais conhecidos para valoresnulos de N, V, ou M. Alguns dos principais conceitos apresentadosneste capítulo foram:

1. Se a estrutura é estaticamente determinada e estável, as leis da estática sãosuficientes para a determinação de todos os valores dos momentos e for-ças de reação dos apoios, assim como da magnitude da força axial (N),força cortante (V) e momento fletor (M), em qualquer local da estrutura.

2. Se alívios de momento, de cortante ou axiais são apresentados no modeloda estrutura, esta deve ser quebrada em diagramas de corpo livre separa-dos cortando-se através do alívio; uma equação adicional de equilíbrioestará então disponível para o uso na determinação de reações de apoiodesconhecidas mostradas nesse diagrama de corpo livre (DCL).

3. A exibição de gráficos ou diagramas mostrando a variação de N, V e Msobre a estrutura é útil, pois mostram facilmente a localização dos valo-res máximos de N, M e V necessários no dimensionamento (a ser conside-rado para vigas no Capítulo 5). Note que, com a convenção de sinais dedeformação, o diagrama de momento é representado no lado de com-pressão de um membro estrutural ou de uma parte de um membro.

4. As regras para desenhar diagramas de momento fletor e de força cortantepodem ser resumidas da seguinte forma:

a. A ordenada da curva de carga distribuída (q) é igual ao negativo dainclinação no diagrama de força cortante.

b. A diferença em valores de cisalhamento entre quaisquer dois pontosno diagrama de força cortante é igual à área (�) sob a curva de cargadistribuída entre estes mesmos dois pontos.

c. A ordenada no diagrama de força cortante (V) é igual à inclinação nodiagrama de momento fletor.

dMdx

� V

� �(area of the loading diagram between A and B)

VB � VA � �L

B

Aq dx

L

B

AdV � �

L

B

Aq dx

dVdx

� �q


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d. A diferença nos valores entre quaisquer dois pontos no diagrama demomento é igual à área sob o diagrama de força cortante entre estesmesmos dois pontos.

e. Nos pontos em que a curva de cisalhamento cruza o eixo de referên-cia (isto é, V = 0), o valor do momento no diagrama de momento é ummáximo ou mínimo local.

f. A ordenada no diagrama de força axial (N) é igual a zero em um alí-vio de força axial; a ordenada no diagrama de força cortante (V) é zeroem um alívio de cortante; e a ordenada no diagrama de momento (M)é zero em um alívio de momento.

� (area of the shear -force diagram between A and B)

MB � MA �L

B

AV dx

L

B

AdM �

L

B

AV dx


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Forças cortantes e momentosfletores4.3-1 Calcule a força cortante V e o momento fletor M emuma seção transversal logo à esquerda da carga 7,0 kNatuando sobre a viga simples AB mostrada na figura.

PROB. 4.3-1

4.3-2 Determine a força cortante V e o momento fletor Mno ponto médio C da viga simples AB mostrada na figura.

PROB. 4.3-2

4.3-12 Uma viga AB simplesmente apoiada é submetida aum carregamento distribuído trapezoidal (veja a figura). Aintensidade do carregamento varia linearmente de 50 kN/mno apoio A até 25 kN/m no apoio B.

Calcule a força cortante V e o momento fletor M noponto médio da viga.

AC

B

2.0 kN/m6.0 kN

1.0 m 1.0 m0.5 m

4.0 m2.0 m

A B

7.0 kN3.5 kN

3.0 m0.8 m 1.2 m 1.0 m

PROB. 4.3-12

Diagramas de força cortante emomento fletor4.5-9 A viga ABCD tem apoios simples em B e C e temambas as extremidades em balanço (veja a figura). O vão temcomprimento L e cada balanço tem comprimento igual a L/3.Um carregamento uniforme de intensidade q atua sobre todoo comprimento da viga.

Desenhe os diagramas de momento fletor e de força cor-tante para a viga.

PROB. 4.5-9

4.5-10 Desenhe os diagramas de força de cisalhamento emomento de flexão de uma viga em escora saliente AB sendoatuada por dois casos de carga diferentes.

q

LL3

DAB C

L3

BA

50 kN/m25 kN/m

4 m

4.5-26 A viga engastada apresentada na figura sustentauma carga concentrada e um segmento de carga uniforme.

Desenhe os diagramas de momento fletor e de força cor-tante para esta viga engastada.

PROB. 4.5-26

AB

1.0 kN/m3 kN

1.6 m0.8 m 0.8 m

(a) Uma carga distribuída com variação linear e intensi-dade máxima q0 (ver figura da parte a)

(b) Uma carga distribuída com variação parabólica eintensidade máxima q0 (ver figura da parte b).

PROB. 4.5-10

X

(b)

AB

L

q0

q0q(x) = xL√

⎯

A

X BL

q0q0q(x) =

(a)

xL


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C A P Í T U L O5Tensões em Vigas(Tópicos Básicos)


O Capítulo 5 trata das tensões e deformações emvigas que têm cargas aplicadas no plano xy, umplano de simetria da seção transversal, resultando emdeflexão da viga no mesmo plano, conhecido comoplano de flexão. Tanto a flexão pura (flexão da vigasob momento fletor constante) como a flexão nãouniforme (flexão na presença de forças cortantes)serão discutidas (Seção 5.2). Veremos que as tensõese deformações nas vigas estão diretamente relaciona-das à curvatura k da curva de deflexão (Seção 5.3).Uma relação de deformação-curvatura será desenvol-vida a partir da consideração de deformações longi-tudinais desenvolvidas na viga durante a flexão; estasdeformações variam linearmente com a distância dasuperfície neutra da viga (Seção 5.4). Quando a lei deHooke (que se aplica a materiais elásticos lineares) écombinada com a relação de deformação-curvatura,descobrimos que a linha neutra passa através do cen-troide da seção transversal. Como resultado, os eixosx e y são eixos principais. Através da consideração domomento resultante das tensões normais que atuamsobre a seção transversal, deduziremos em seguida arelação de momento-curvatura, que relaciona a curva-tura (k) ao momento (M) e à rigidez de flexão (EI).Isso levará à equação diferencial da curva elástica daviga, tópico a ser considerado no Capítulo 9, quandodiscutiremos as deflexões da viga em detalhes. Deinteresse imediato aqui, entretanto, são as tensões daviga, e a relação de momento-curvatura será utilizadapara desenvolver a fórmula de flexão (Seção 5.5). Afórmula de flexão mostra que as tensões normais (σx)variam linearmente com a distância (y) a partir dasuperfície neutra e dependem do momento fletor (M)e do momento de inércia (I) da seção transversal. Emseguida, o módulo de seção (S) da seção transversalda viga será definido e então utilizado no dimensiona-mento de vigas, na Seção 5.6. No dimensionamentode vigas, utilizamos o momento fletor máximo(Mmax), obtido a partir do diagrama de momento fle-tor (Seção 4.5), e a tensão normal admissível para omaterial (σadm) a fim de calcular o módulo de seção

necessário e então selecionar uma viga adequada deaço ou de madeira a partir das tabelas nos ApêndicesE e F. Se a viga é não prismática (Seção 5.7), a fór-mula de flexão ainda se aplica, contanto que as modi-ficações nas dimensões da seção transversal sejamgraduais. No entanto, não podemos assumir que astensões máximas ocorram na seção transversal com omaior momento de curvatura.

Para vigas em flexão não uniforme, tensões nor-mais e de cisalhamento são desenvolvidas e precisamser consideradas no dimensionamento e análise dasvigas. Tensões normais são calculadas utilizando-sea fórmula de flexão, como observado acima, e a fór-mula de cisalhamento deve ser utilizada para calculartensões de cisalhamento (k) que variam sobre aaltura da viga (Seções 5.8 e 5.9). As tensões normaise de cisalhamento máximas não ocorrem no mesmolocal ao longo da viga, mas, na maioria dos casos, astensões normais máximas regem o dimensionamentodas vigas. Atenção especial deve ser dada às tensõesde cisalhamento em vigas com flanges (por exemplo,formas de W e C [Seção 5.10]). Vigas construídas, fei-tas de duas ou mais partes de material, devem serdimensionadas como se fossem formadas por apenasuma peça, e então as conexões entre as partes (porexemplo, pregos, parafusos, solda e cola) devem serprojetadas para garantir que as conexões sejam for-tes o suficiente para transmitir as forças cortanteshorizontal que atuam entre as partes da viga (Seção5.11). Se membros estruturais estão submetidos àação simultânea de cargas axiais e de flexão e nãosão tão delgados a ponto de sofrerem flambagem, astensões combinadas podem ser obtidas através dasobreposição das tensões de flexão e axiais (Seção5.12). Por fim, para vigas com elevadas tensões loca-lizadas, devido a furos, entalhes ou outras modifica-ções abruptas em suas dimensões, concentrações detensão devem ser consideradas, especialmente paravigas de materiais frágeis ou sujeitas a cargas dinâ-micas (Seção 5.13).

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5.1 IntroduçãoNo capítulo anterior, pudemos observar como cargas atuando sobre uma vigacriam solicitações internas (ou tensões resultantes) na forma de forças cortan-tes e de momentos fletores. Neste capítulo, iremos um passo adiante e investi-garemos as tensões e as deformações associadas às forças cortantes e aosmomentos fletores. Conhecendo as tensões e deformações, poderemos analisarvigas submetidas a uma gama de condições de carga.

As cargas que atuam na viga a fazem fletir (ou curvar), e assim deformarseu eixo em uma curva. Como exemplo, considere a viga engastada AB, sub-metida a uma carga P em sua extremidade livre (Figura 5.1a). O eixo queestava inicialmente reto é então flexionado em uma curva (Figura 5.1b), cha-mada curva de deflexão da viga.

Para obter uma referência, fazemos um sistema de eixos coordenados(Figura 5.1b) com a origem localizada em um ponto apropriado no eixo longi-tudinal da viga. Neste exemplo colocamos a origem n0 suporte fixo. O eixohorizontal x tem sentido positivo para a direita e o eixo vertical y tem sentidopositivo para cima. O eixo z, que não é mostrado na figura, tem direção per-pendicular ao plano da página, com sentido positivo para fora (ou seja, nadireção do observador), de tal forma que os três eixos formam um sistema decoordenadas seguindo a regra da mão direita.

As vigas consideradas neste capítulo (tais como aquelas do Capítulo 4) sãoassumidas como simétricas em relação ao plano xy, o que significa que o eixoy é um eixo de simetria da seção transversal. Além disso, todas as cargas devematuar no plano xy. Consequentemente, a deflexão da viga ocorre nesse mesmoplano, conhecido como plano de flexão. Assim, a curva de deflexão mostradana Figura 5.1b é uma curva plana contida no plano de flexão.

A deflexão da viga em qualquer ponto ao longo de seu eixo é o desloca-mento desse ponto em relação à sua posição original, medida na direção de y.A deflexão é denotada pela letra v, para distingui-la da própria coordenada y(veja a Figura 5.1b).

5.2 Flexão pura e flexão não uniformeNa análise de vigas, frequentemente é necessário distinguir entre a flexão purae a flexão não uniforme. Flexão pura refere-se à flexão na viga submetida a ummomento fletor constante. Portanto, a flexão pura ocorre apenas em regiões daviga em que a força cortante é zero (porque ; veja a Equação 4.6).Em contrapartida, a flexão não uniforme refere-se à flexão na presença de for-

V � dM/dx

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O Capítulo 5 é organizado da seguinte forma:

5.1 Introdução 3025.2 Flexão pura e flexão não uniforme 3035.3 Curvatura de uma viga 3045.4 Deformações longitudinais em vigas 3055.5 Tensões normais em vigas (materiais elásticos

lineares) 3095.6 Projetos de vigas para tensões de flexão 3195.7 Vigas não prismáticas 3285.8 Tensões de cisalhamento em vigas de seção

transversal retangular 331

5.9 Tensões de cisalhamento em vigas de seçãotransversal circular 340

5.10 Tensões de cisalhamento em almas de vigascom flanges 343

*5.11 Vigas construídas e fluxo de cisalhamento349

*5.12 Vigas com carregamentos axiais 353*5.13 Concentração de tensões em flexão 357

Resumo e revisão do capítulo 359Problemas 361*Tópicos especiais e/ou avançados

(a)

(b)

B

B

A

A

P

x

y v

Figura 5.1Flexão em uma viga engastada:

(a) viga com carregamento e (b) curva de deflexão

A B

0

MM1

M1 M1

(a)

(b)

Figura 5.2Viga simples em flexão pura

(M � M1)

ças cortantes, o que significa que o momento fletor varia conforme nos move-mos ao longo do eixo da viga.

Como exemplo de uma flexão pura, considere a viga simples AB carregadapor dois momentos M1 de mesma magnitude, mas em direções opostas (Figura5.2a). Essas cargas produzem um momento fletor constante M � M1 ao longodo eixo da viga, como ilustrado pelo diagrama de momento fletor na parte (b)da Figura 5.12. Note que a força cortante V é zero em todas as seções trans-versais da viga.

Outro exemplo de flexão pura é dado pela Figura 5.3a, em que uma vigaengastada AB é submetida flexão dupla no sentido horário M2 na extremidadelivre. Não existem forças cortantes nessa viga, e o momento fletor M é constanteao longo de seu comprimento. O momento fletor é negativo (M � �M2), con-forme ilustrado pelo diagrama de momento fletor na parte (b) da Figura 5.3.

A viga simples simetricamente carregada da Figura 5.4a é um exemplo deviga que tem uma parte em flexão pura e outra em flexão não uniforme, comopode ser visto nos diagramas de momento fletor e de força cortante (Figura5.4b e 5.4c). A região central da viga está em flexão pura, porque a força cor-tante é zero e o momento fletor é constante. As partes da viga próximas àsextremidades estão em flexão não uniforme, porque as forças cortantes estãopresentes e o momento fletor varia.

Nas próximas duas seções, investigaremos as tensões e deformações nasvigas submetidas somente à flexão pura. Felizmente, com frequência podemosutilizar os resultados obtidos para flexão pura, mesmo quando forças cortan-tes estão presentes, como será explicado posteriormente (veja o último pará-grafo na Seção 5.8).

Na mecânica aplicada, os símbolos tradicionais para deslocamentos nas dire-ções x, y e z são, respectivamente, u, v e w. (NÃO CONSTA DO ORIGINAL)

capítulo 5 Tensões em vigas (tópicos básicos) 291

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M

M2

M2

�M2

A B

0

(a)

(b)

Figura 5.3Viga engastada em flexão pura(M � �M2)

A B

P P

−P

a a

0

0

V

M

P

Pa(a)

(b)

(c)

Figura 5.4Viga simples com a região cen-tral em flexão pura e osextremos em flexão não uni-forme.

5.3 Curvatura de uma vigaQuando cargas são aplicadas a uma viga, seu eixo longitudinal é deformadoem uma curva, como mostrado anteriormente na Figura 5.1. As tensões edeformações resultantes na vigaestão diretamente relacionadas à curvatura dacurva de deflexão.

Para ilustrar o conceito de curvatura, considere novamente uma viga engas-tada submetida a um carregamento P atuando na extremidade livre (Figura5.5a na próxima página). A curva de deflexão dessa viga é dada na Figura 5.5b.Para fazer a análise, identificamos dois pontos m1 e m2 na curva de deflexão. Oponto m1 foi escolhido em uma distância arbitrária x do eixo y e o ponto m2está localizado a uma pequena distância ds mais adiante ao longo da curva.Em cada um desses dois pontos, desenhamos uma linha normal à tangente dacurva de deflexão, ou seja, normal à própria curva. Essas normais se intercep-tam em um ponto O�, que é o centro de curvatura da curva de deflexão. Devidoao fato de que a maior parte das vigas tem deflexões muito pequenas e curvasde deflexões quase planas, o ponto O� normalmente localiza-se muito mais dis-tante da viga do que o indicado na figura.

A distância m1O� da curva ao centro de curvatura é chamada de raio de cur-vatura r (letra grega rô), e a curvatura k (letra grega capa) é definida como oinverso do raio de curvatura. Assim,

(5-1)κ �1ρ


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BA

P

(a)

A

y

x dx

ds

(b)

B

xm1

m 2

du

O′

r

Figura 5.5Curvatura da viga fletida: (a)viga com carregamento e (b)

curva de deflexão

A curvatura é uma medida de quão intensamente a viga é flexionada. Se acarga na viga for pequena, a viga será praticamente reta, o raio de curvaturaserá muito grande e a curvatura será muito pequena. Se a carga for aumentada,a flexão total será aumentada – o raio de curvatura se tornará menor e a cur-vatura será maior.

A partir da geometria do triângulo (Figura 5.5b), obtemos

(5-2)

em que dθ (medido em radianos) é o ângulo infinitesimal entre as normais e dsé a distância infinitesimal ao longo da curva entre m1 e m2. Combinando aEquação (a) com a Equação (5.1), temos que

(5-3)

Essa equação para curvatura é desenvolvida em livros-texto de cálculo evale para qualquer curva, independentemente da intensidade da curvatura.Caso a curvatura seja constante ao longo do comprimento da viga, o raio decurvatura também será constante e a curva será um arco de um círculo.

As deflexões em vigas são usualmente muito pequenas quando comparadasaos seus comprimentos (considere, por exemplo, a deflexão de uma colunaestrutural de um carro ou de uma viga em um prédio). Pequenas deflexões sig-nificam que a curva de deflexão é quase plana. Consequentemente, a distânciads ao longo da curva pode ser considerada igual à sua projeção horizontal dx(veja a Figura 5.5b). Sob estas condições especiais de pequenas deflexões, aequação para a curvatura torna-se

(5-4)

Tanto a curvatura como o raio de curvatura são funções da distância x medidaao longo do eixo x. Segue que a posição O� do centro da curvatura tambémdepende da distância x.

Na Seção 5.5, veremos que a curvatura em um ponto particular no eixo deuma viga depende do momento fletor naquele ponto e das propriedades da viga

κ �1ρ

�dθdx

κ �1ρ

�dθds

ρ dθ � ds

O¿m1m2

(forma da seção transversal e material da viga). Portanto, se a viga for prismá-tica e o material for homogêneo, a curvatura variará apenas com o momentofletor. Consequentemente, uma viga em flexão pura terá uma curvatura cons-tante, e uma viga em flexão não uniforme terá uma curvatura variável.

A convenção de sinais para curvatura depende da orientação dos eixos coor-denados. Caso o eixo x seja positivo para a direita, e o eixo y, positivo paracima, como mostra a Figura 5.6, então a curvatura é positiva quando a viga éfletida com a concavidade para cima e o centro de curvatura está acima daviga. De forma análoga, a curvatura é negativa quando a viga é fletida com aconcavidade virada para baixo e o centro de curvatura está abaixo da viga.

Na próxima seção, veremos como as deformações longitudinais em umaviga flexionada são determinadas a partir de sua curvatura e, no Capítulo 9,veremos como a curvatura está relacionada às deflexões nas vigas.


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y

x

Positivecurvature

O

(a)

y

x

Negativecurvature

O

(b)

Figura 5.6Convenção de sinal paracurvatura

5.4 Deformações longitudinais em vigasAs deformações longitudinais em uma viga podem ser encontradas anali-sando-se a curvatura da viga e as deformações associadas. Com esse propósito,vamos considerar uma parte AB de uma viga em flexão pura, submetida amomentos fletores positivos M (Figura 5.7a). Assumimos que a viga inicial-mente tem o eixo longitudinal reto (o eixo x da figura), e sua seção transversalé simétrica em relação ao eixo y, como mostra a Figura 5.7b.

Sob a ação dos momentos fletores, a viga se deflexiona no plano xy (oplano de flexão) e seu eixo longitudinal é flexionado em uma curva circular(curva ss na Figura 5.7c). A viga é flexionada com a concavidade para cima,que é uma curvatura positiva (Figura 5.6a).

Seções transversais da viga, tais como as seções mn e pq na Figura 5.7a, per-manecem planas e normais ao seu eixo longitudinal (Figura 5.7c). O fato de asseções transversais da viga na flexão pura permanecerem planas é tão funda-mental para a teoria da viga que é frequentemente chamado de hipótese assu-mida. Entretanto, também poderíamos chamá-lo de teorema, porque pode serrigorosamente provado usando apenas argumentos racionais baseados emsimetria (Ref. 5.1). O ponto básico é que a simetria da viga e de seu carrega-mento (Figuras 5.7a e b) significa que todos os elementos da viga (tal qual oelemento mpqn) devem se deformar de forma idêntica, o que somente é possí-vel caso as seções transversais permaneçam planas durante a flexão (Figura

5.7c). Essa conclusão é válida para vigas de qualquer material, seja ele elásticoou inelástico, linear ou não linear. É claro que as propriedades dos materiais,assim como as dimensões, devem ser simétricas em relação ao plano de flexão.(Observação: Mesmo que a seção transversal plana de uma viga permaneçaplana em flexão pura, ainda pode haver deformações no próprio plano. Taisdeformações são devidas aos efeitos do coeficiente de Poisson, como se explicaao final dessa discussão.)

Devido às deformações causadas pela flexão mostradas na Figura 5.7c,seções transversais mn e pq giram em relação umas às outras sobre eixos per-pendiculares ao plano xy. Linhas longitudinais na parte inferior da viga sãoalongadas, enquanto aquelas na parte superior são diminuídas. Assim, a parteinferior da viga está tracionada e a parte superior está comprimida. Em algumlugar entre o topo e a base da viga está uma superfície em que as linhas longi-tudinais não mudam de comprimento. Essa superfície, indicada pela linha pon-tilhada ss nas Figuras 5.7a e c, é chamada de superfície neutra da viga. Suainterseção com qualquer plano de seção transversal é chamada de linha neutrada seção transversal; por exemplo, o eixo z é a linha neutra da seção transver-sal ilustrada na Figura 5.7b.

Os planos contendo as seções transversais mn e pq na viga deformada(Figura 5.7c) interceptam-se em uma linha que passa pelo centro de curvaturaO�. O ângulo entre esses planos é chamado de dθ e a distância de O� para asuperfície neutra ss é o raio de curvatura ρ. A distância inicial dx entre os doisplanos (Figura 5.7a) não é alterada na superfície neutra (Figura 5.7c), assim,

. Entretanto, todas as outras linhas longitudinais entre os dois pla-nos ou alongam-se ou encurtam-se, criando assim deformações normais x.

Para obter essas deformações normais, considere uma linha longitudinal eflocalizada entre os planos mn e pq (Figura 5.7a). Identificamos a linha ef pelasua distância y da superfície neutra na viga inicialmente reta. Assim, estamosassumindo que o eixo x está ao longo da superfície neutra na viga não defor-mada. É claro que, quando a viga é fletida, a superfície neutra se move com aviga, mas o eixo x permanece na mesma posição. Todavia, a linha longitudinalef na viga flexionada (Figura 5.7c) ainda está localizada à mesma distância yda superfície neutra. Assim, o comprimento L1 da linha ef depois que a flexãoocorre é

εpdθ � dx


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O O

y

yx z

y

A

s s

f

m p B

qn

M Me

A

s sf

m p B

qn

M Me

(a)

(c)

(b)

O’

du

dx

dxy

r

Figura 5.7Deformações em uma viga em

flexão pura: (a) visão lateral daviga, (b) seção transversal da

viga e (c) viga deformada

em que substituímos .Uma vez que o comprimento original da linha ef é dx, segue que seu alon-

gamento é , ou . A deformação longitudinal correspondente éigual ao alongamento dividido pelo comprimento inicial dx; portanto a relaçãodeformação-curvatura é

(5-5)

em que κ é a curvatura (veja a Equação 5.1).A equação anterior mostra que as deformações longitudinais na viga são

proporcionais à sua curvatura e variam linearmente com a distância y para asuperfície neutra. Quando o ponto considerado está acima da superfície neu-tra, a distância y é positiva. Caso a curvatura também seja positiva (como mos-tra a Figura 5.7c), então εx será uma deformação negativa, representando umencurtamento. Por outro lado, se o ponto considerado estiver abaixo da super-fície neutra, a distância y será negativa e, caso a curvatura seja positiva, adeformação εx será positiva, representando um alongamento. Note que a con-venção de sinais para εx foi a mesma utilizada para deformações normais noscapítulos anteriores, isto é, um alongamento é positivo e um encurtamento énegativo.

A Equação (5.5) para deformações normais em uma viga foi obtida a par-tir apenas da geometria de uma viga deformada – as propriedades dos mate-riais não entraram na discussão. Portanto, as deformações em uma viga emflexão pura variam linearmente com a distância em relação à superfície neutra,independentemente da forma da curva de tensão-deformação do material.

O próximo passo em nossa análise, que é encontrar as tensões causadaspelas deformações, requer o uso de curva de tensão-deformação. Na próximaseção, esse passo é descrito para materiais de elasticidade linear e, na Seção6.10, para materiais elastoplásticos.

As deformações longitudinais em uma viga são acompanhadas por defor-mações transversais (ou seja, deformações normais nas direções y e z) devidoao efeito do coeficiente de Poisson. Entretanto, não são acompanhadas portensões transversais porque as vigas são livres para se deformar lateralmente.Essa condição de tensão é análoga àquela da viga prismática em tração oucompressão e, portanto, elementos longitudinais em uma viga em flexão puraestão em um estado de tensão uniaxial.

εx � �y

ρ� �κy

�ydx/ρL1 � dx

dθ � dx/ρ

L1 � (ρ � y)dθ � dx �y

ρdx


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Exemplo 5-1• • •Uma viga de ferro AB simplesmente apoiada (Figura 5.8a), de comprimentoL � 4,9 m e altura h � 300 mm, é flexionada pelos momentos M0 em um arcocircular com uma deflexão para baixo δ no ponto médio (Figura 5.8b). Adeformação normal longitudinal (alongamento) na superfície inferior daviga é de 0,00125 e a distância da superfície inferior da viga para a superfí-cie neutra é de 150 mm.

Determine o raio de curvatura ρ, a curvatura κ e a deflexão δ da viga.Observação: Essa viga tem uma deflexão relativamente grande porque

seu comprimento é grande em relação à sua altura (L/h � 16,33) e a defor-mação de 0,00125 também é grande (é mais ou menos a mesma deforma-ção admitida para o aço estrutural comum).


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SoluçãoCurvatura. Uma vez que sabemos a deformação longitudinal na superfícieinferior da viga (εx � 0,00125) e a distância da superfície neutra para asuperfície inferior (y � �150 mm), podemos usar a Equação (5.5) para calcu-lar tanto o raio de curvatura como a curvatura. Rearranjando a Equação(5.5) e substituindo os valores conhecidos, temos que

Esses resultados mostram que o raio de curvatura é extremamente grandese comparado ao comprimento da viga, mesmo quando a deformação nomaterial é grande. Se, como usualmente encontrado, a deformação formenor, o raio de curvatura será ainda maior.

Deflexão. Conforme apontado na Seção 5.3, um momento fletor cons-tante (flexão pura) produz uma curvatura constante ao longo do compri-mento de uma viga. Portanto, a curva de deflexão é um arco circular. Apartir da Figura 5.8b, vemos que a distância do centro de curvatura O� parao ponto médio C� da viga flexionada é o raio de curvatura ρ, e a distânciado ponto O� para o ponto C no eixo x é ρ cos θ, sendo θ o ângulo BO�C. Issonos leva à seguinte expressão para a deflexão no ponto médio da viga:

(5-6)

Para uma curva praticamente plana, podemos assumir que a distância entreos apoios é o próprio comprimento da viga. Assim, do triângulo BO�C, temos

(5-7)

Substituindo os valores conhecidos, obtemos

e

θ � 0,0200 rad � 1,146°

sen θ �4,9 m

2(120 m)� 0,0200

sen θ �L/2ρ

δ � ρ(1 � cos θ)

➥ρ � �y

εx� �

�150 mm0.00125

� 120 m κ �1ρ � 8.33 � 10�3 m�1

A B

y

BA

M0M0

L

h

L

(a)

(b)

C

C′

x

O′

2— L

2—

d

r ru u

Figura 5.8Exemplo 5.1. Viga em flexão

pura: (a) viga com carregamen-tos e (b) curva de deflexão

5.5 Tensões normais em vigas (materiais elásticos lineares)Na seção anterior, investigamos as deformações longitudinais εx em uma viga emflexão pura (veja a Equação 5.5 e a Figura 5.7). Uma vez que elementos longitu-dinais em uma viga estão submetidos apenas à tração ou à compressão, podemosutilizar a curva de tensão-deformação do material para determinar as tensões apartir das deformações. As tensões atuam sobre toda a seção transversal da vigae variam de intensidade, dependendo da forma da curva de tensão-deformação edas dimensões de sua seção transversal. Como a direção x é longitudinal (Figura5.7a), utilizamos o símbolo σx para denominar essas tensões.

A relação de tensão-deformação mais comum encontrada na engenharia éa equação de material elástico linear. Para tais materiais, substituímos a lei deHooke para tensões uniaxiais na Equação (5.5) e obtemos

(5-8)

Essa equação mostra que a tensão normal agindo na seção transversal varialinearmente com a distância y da superfície neutra. Esta distribuição de tensãoé ilustrada na Figura 5.9a para o caso em que o momento fletor M é positivoe a viga flexiona-se com uma curvatura positiva.

Quando a curvatura é positiva, as tensões σx são negativas (compressão)acima da superfície neutra e positivas (tração) abaixo dela. Na figura, tensõesde compressão são indicadas por setas apontando em direção a para a seçãotransversal e tensões de tração são indicadas por setas apontando para fora daseção transversal.

Para que a Equação (5.8) tenha valor prático, temos de posicionar a origemdas coordenadas de tal forma que a distância y possa ser determinada. Emoutras palavras, precisamos localizar a linha neutra da seção transversal.Também precisamos encontrar a relação entre a curvatura e o momento fletor– de tal forma que possamos substituir na Equação (5.8) e obter uma equaçãorelacionando as tensões e o momento fletor. Esses dois objetivos podem seralcançados determinando-se a resultante das tensões σx agindo na seção trans-versal.

σx � Eεx � �Ey

ρ� �Eκy

(σ � Eε)


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Exemplo 5-1• • •Repare que, para fins práticos, podemos aproximar sen θ por θ (radianos)como sendo numericamente iguais, porque θ é um ângulo muito pequeno.

Agora substituímos na Equação (5.5) para a deflexão e obtemos

Essa deflexão é muito pequena se comparada ao comprimento da viga,como mostrado pela razão do comprimento do vão pela deflexão:

Assim, concluímos que a curva de deflexão da viga é praticamente plana,mesmo com a presença de grandes deformações. É claro que, na Figura 5.8b,a deflexão da viga está exagerada para melhor visualização.

Observação: O propósito deste exemplo é mostrar as magnitudes rela-tivas do raio de curvatura, comprimento da viga e deflexão da viga.Entretanto, o método utilizado para encontrar a deflexão tem pouco valorprático, porque é limitado à flexão pura, que produz uma deflexão emforma circular. Métodos mais úteis para calcular a deflexão de uma vigaserão apresentados no Capítulo 9.

➥

Lδ

�4,9 m

24 mm� 204

δ � ρ(1 � cos θ) � (120 m)(1 � 0,999800) � 24 mm

sx

O

M

O

x

y

z

y

y

c2

c1

dA

(a)

(b)

Figura 5.9Tensões normais em uma vigade material elástico linear: (a)vista lateral da viga mostrando adistribuição das tensões normaise (b) seção transversal da vigamostrando o eixo z como a linhaneutra da seção transversal

No caso geral, a resultante de tensões normais consiste em duas tensõesresultantes: (1) uma força atuando na direção x e (2) um momento fletoragindo em relação ao eixo z. Entretanto, a força axial será zero quando a vigaestiver submetida a flexão pura. Portanto, podemos escrever as seguintes equa-ções da estática: (1) a força resultante na direção x é igual a zero e (2) a resul-tante de momento é igual ao momento fletor M. A primeira equação dá alocalização do eixo central e a segunda, a relação momento-curvatura.

Localização da linha neutraPara obter a primeira equação da estática, consideramos um elemento de áreadA na seção transversal (Figura 5.9b). O elemento está localizado a uma dis-tância y da linha neutra, portanto a tensão σx agindo no elemento é dada pelaEquação (5.8). A força agindo sobre o elemento é igual a σx dA e é de compres-são quando y é positivo. Por não haver força resultante agindo na seção trans-versal, a integral de σx dA sobre a área A de toda a seção transversal deve sernula. Assim, a primeira equação da estática é

(5-9a)

Devido ao fato de a curvatura κ e o módulo de elasticidade E serem constan-tes não nulas em qualquer seção transversal da viga flexionada, eles não estãoenvolvidos na integração da área de seção transversal. Portanto podemos des-cartá-los da equação e obter

(5-9b)

Essa equação estabelece que o primeiro momento de área da seção transversal,determinado em relação ao eixo z, é zero. Em outras palavras, o eixo z devepassar pelo centroide da seção transversal.*

Uma vez que o eixo z é também a linha neutra, chegamos à seguinte con-clusão importante: A linha neutra passa através do centroide da área da seçãotransversal quando o material segue a lei de Hooke e não existem forças axiaisagindo na seção transversal. Essa observação torna relativamente simples deter-minar a posição da linha neutra.

Como explicado na Seção 5.1, nossa discussão está limitada a vigas em queo eixo y seja um eixo de simetria. Consequentemente, o eixo y também passaatravés do centroide. Portanto, temos a seguinte conclusão adicional: A origemO das coordenadas (Figura 5.9b) está localizada no centroide da área da seçãotransversal.

Devido ao fato de o eixo y ser um eixo de simetria da seção transversal,segue que o eixo y é um eixo principal (veja o Capítulo 12, Seção 12.9, parauma discussão sobre eixos principais). Uma vez que o eixo z é perpendicularao eixo y, ele também é um eixo principal. Assim, quando uma viga de mate-rial elástico linear é submetida a uma flexão pura, o eixo y e o eixo z são eixoscentrais.

Relação momento-curvaturaA segunda equação da estática expressa o fato de que o momento resultante datensão normal σx agindo sobre a seção transversal é igual ao momento fletorM (Figura 5.9a). O elemento de força σx dA agindo no elemento de área dA(Figura 5.9b) está na direção positiva do eixo x quando σx é positivo e na dire-ção negativa quando σx é negativo. Uma vez que o elemento dA está localizadoacima da linha neutra, uma tensão positiva σx agindo nesse elemento produzum momento elementar igual a σx y dA. Esse momento elementar atua na dire-

LAy dA � 0

LAσxdA � �

LAEκydA � 0


VENDA PROIBIDA*Centroids and first moments of areas are discussed in Chapter 12, Sections 12.2 and 12.3.

ção oposta à do momento fletor positivo M mostrado na Figura 5.9a.Portanto, o momento elementar é

A integral de todos esses momentos elementares em toda a área da seção trans-versal A deve ser igual ao momento fletor:

(5-10a)

ou, com a substituição de σx da Equação (5.9),

(5-10b)

Essa equação relaciona a curvatura da viga ao momento fletor M.Uma vez que a integral na equação anterior é uma propriedade da área de

seção transversal, é conveniente reescrever a equação na seguinte forma:

(5-11)

em que

(5-12)

Essa integral é o momento de inércia da área da seção transversal em relação aoeixo z (ou seja, em relação à linha neutra). Momentos de inércia são semprepositivos e têm dimensões de comprimento elevadas à quarta potência; porexemplo, uma unidade típica do SI é mm4 ao fazer cálculos para vigas.*

A Equação (5.11) pode ser rearranjada agora para expressar a curvatura emtermos do momento fletor na viga:

(5-13)

Conhecida como equação momento-curvatura, a Equação (5.13-) mostra que acurvatura é diretamente proporcional ao momento fletor M e inversamenteproporcional ao produto EI, que é chamado de rigidez de flexão da viga. Arigidez de flexão é uma medida da resistência da viga à flexão ao momento, ouseja, quanto maior for a rigidez de flexão, menor será a curvatura para umdado momento fletor.

Comparando-se a convenção de sinais para momentos fletores (Figura 4.5)com o (sinal) da curvatura (Figura 5.6), vemos que um momento fletor positivoproduz uma curvatura positiva e um momento fletor negativo produz uma curva-tura negativa (Figura 5.10).

Fórmula de flexãoAgora que localizamos a linha neutra e encontramos a relação momento-cur-vatura, podemos determinar as tensões em termos do momento fletor.Substituindo a expressão da curvatura (Equação 5.12) na expressão para ten-são σx (Equação 5.7), temos

(5-14)

Essa equação, chamada de fórmula de flexão, mostra que as tensões são dire-tamente proporcionais ao momento fletor M e inversamente proporcionais aomomento de inércia I da seção transversal. Além disso, as tensões variamlinearmente com a distância y da linha neutra, como observado anteriormente.

σx � �My

I

κ �1ρ

�MEI

I �LA

y2 dA

M � κEI

M �LA

κEy2 dA � κELA

y2 dA

M � �LA

σxy dA

dM � �σxy dA


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y

x

Positivebendingmoment

Negativebendingmoment

O

y

x

Negativecurvature

Positivecurvature

O

+M +M

−M −M

Figura 5.10Relações entre sinais de momen-tos fletores e sinais de curvat-uras

*Moments of inertia of areas are discussed in Chapter 12, Section 12.4.

Tensões calculadas a partir da fórmula de flexão são chamadas de tensões fle-toras ou tensões de flexão.

Caso o momento fletor na viga seja positivo, as tensões de flexão serãopositivas (tração) na parte da seção transversal em que y é negativo, ou seja, naparte inferior da viga. As tensões na parte superior da viga serão negativas(compressão). Caso o momento fletor seja negativo, as tensões terão os sinaisinvertidos. Essas relações são mostradas na Figura 5.11.


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s1

Compressive stresses

Tensile stresses

Positive bendingmoment

�M

s2

Ox

y

c2

c1

(a)

Compressive stresses

Tensile stresses

Negative bendingmoment

�M

s2

Ox

y

c2

c1

(b)

s1

Figura 5.11Relações entre os sinais dos

momentos fletores e as direçõesdas tensões normais: (a)

momento fletor positivo e (b)momento fletor negativo

Máximas tensões na seção transversalAs máximas tensões fletoras de tração ou de compressão em qualquer seçãotransversal ocorrem nos pontos mais distantes da linha neutra. Vamos deno-minar c1 e c2 as distâncias da linha neutra para os elementos extremos nas dire-ções y positiva e negativa, respectivamente (veja a Figura 5.9b e a Figura 5.11).Então as tensões normais máximas correspondentes σ1 e σ2 (provenientes dafórmula de flexão) são

(5-15a,b)

em que

(5-16a,b)

Os valores S1 e S2 são conhecidos como módulos de seção ou módulos de resis-tência, ou ainda módulos resistentes da seção transversal. Das Equações(5.15a) e (b), vemos que cada módulo da seção possui dimensões de compri-mento elevadas à terceira potência (por exemplo, mm3). Repare que as distân-cias c1 e c2 ao topo e à base da viga são sempre valores positivos.

As vantagens de se expressar as tensões máximas em termos de módulos deseção vêm do fato de que cada módulo de seção combina as propriedades rele-vantes da seção transversal da viga em um valor singular. Esse valor pode serentão listado em tabelas e manuais como uma propriedade da viga, o que émais conveniente para projetistas (o projeto de vigas usando módulos de seçãoserá explicado na próxima seção).

Formas duplamente simétricasCaso a seção transversal da viga seja simétrica em relação ao eixo z e tambémem relação ao eixo y (seção transversal duplamente simétrica), então c1 � c2 � ce as máximas tensões de tração e de compressão são numericamente iguais:

(5-17a,b)σ1 � �σ2 � �Mc

I� �

MS

ou σ max �MS

S1 �Ic1

S2 �Ic2

σ1 � �Mc1

I� �

MS1

σ2 �Mc2

I�

MS2

em que

(5-18)

é o único módulo de seção da seção transversal.Para uma viga com seção transversal retangular de largura b e altura h

(Figura 5.12a), o momento de inércia e o módulo da seção são

(5-19a,b)I �bh3

12S �

bh3

6

S �Ic


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h

b2—

h2—

z

y

z

y

O

O

(b)

(a)

b

d

Figura 5.12Formas de seção transversalduplamente simétricas

Para uma viga com seção transversal circular de diâmetro d (Figura 5.12b),essas propriedades são

(5-20a,b)

Propriedades de outras formas duplamente simétricas, como tubos ocos (tantoretangulares como circulares) e formas com flanges amplos, podem ser pronta-mente obtidas a partir das fórmulas anteriores.

Propriedades das seções transversais de vigasMomentos de inércia de diversas formas planas estão listados no Apêndice Dpara fins de referência. Com o mesmo intuito, as dimensões e as propriedadesde tamanhos padrão de vigas de aço e de madeira estão listadas no ApêndiceE e F e em diversos manuais de engenharia, como será explicado mais detalha-damente na próxima seção.

Para outras formas de seção transversal, podemos determinar a localizaçãoda linha neutra, do momento de inércia e dos módulos de seção fazendo cál-culos diretos, utilizando as técnicas descritas no Capítulo 12. Esse procedi-mento é ilustrado mais adiante no Exemplo 5.4.

I �πd4

64S �

πd3

32

LimitaçõesAs análises apresentadas nesta seção são para flexões puras em vigas prismáti-cas compostas de materiais homogêneos e elásticos lineares. Caso a viga estejasubmetida a uma flexão não uniforme, a força cortante gerará um empena-mento (ou distorção fora do plano) das seções transversais. Assim, uma seçãotransversal que era plana antes da flexão não o será depois da flexão. O empe-namento devido às deformações de cisalhamento complica muito o comporta-mento da viga. Entretanto, uma análise cautelosa revela que as tensõesnormais calculadas a partir da fórmula de flexão não são significativamentealteradas pela presença de forças cortantes e seu empenamento associado(Referencia 2-1, páginas 42 e 48). Assim, podemos justificadamente utilizar ateoria da flexão pura para calcular tensões normais em vigas submetidas a fle-xão não uniforme.

A fórmula de flexão fornece resultados precisos apenas nas regiões da vigaonde as distribuições de tensões não são perturbadas pela forma da viga ou pordescontinuidades no carregamento. Por exemplo, a fórmula de flexão não éaplicável próximo aos apoios da viga ou próximo a uma carga concentrada.Tais irregularidades produzem tensões localizadas, ou concentrações de ten-são, que são muito maiores que as tensões obtidas pela fórmula de flexão (vejaa Seção 5.13).


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Exemplo 5-2• • •Um cabo de aço de alta resistência, de diâmetro d, é flexionado em torno deum tambor cilíndrico de raio R0 (Figura 5.13).

Determine o momento fletor máximo M e a tensão de flexão máximaσmax no cabo, assumindo d � 4 mm e R0 � 0,5 m (o cabo de aço tem módulode elasticidade E � 200 GPa e limite de proporcionalidade σpl � 1.200 MPa).

d

R0

C

Figura 5.13Exemplo 5.2. Cabo flexionadoem torno de um tambor

SoluçãoO primeiro passo neste exemplo é determinar o raio de curvatura ρ do caboflexionado. Então, conhecendo ρ, podemos encontrar o momento fletor e astensões máximas.

Raio de curvatura. O raio de curvatura do cabo flexionado é a distânciado centro do tambor até a linha neutra da seção transversal do cabo:

(5-21)

Momento fletor. O momento fletor no cabo pode ser encontrado através darelação momento-curvatura (Equação 5.12):

(5-22)

em que I é o momento de inércia da área da seção transversal do cabo.Substituindo I em termos do diâmetro d do cabo (Equação 5.19a), temos

(5-23)M �πEd4

32(2R0 � d)

M �EIρ

�2EI

2R0 � d

ρ � R0 �d2


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Exemplo 5-2• • •Esse resultado foi obtido sem levar em consideração o sinal do momento fle-tor, uma vez que a direção da flexão é óbvia a partir da figura.

Tensões fletoras máximas. As tensões de tração e de compressão máxi-mas, que são numericamente iguais, são obtidas pela fórmula de flexão con-forme fornecido pela Equação (5.18b):

em que S é o módulo da seção para uma seção transversal circular.Substituindo para M, a partir da Equação (5.23), e para S, a partir daEquação (5.20b), temos

(5-24)

Esse mesmo resultado pode ser obtido diretamente da Equação (5.8) tro-cando y por d/2 e substituindo por � na Equação (5.21).

Por meio da inspeção da Figura 5.13, verifica-se que a tensão é de com-pressão na parte inferior (ou interna) do cabo e de tração na parte superior(ou externa).

Resultados numéricos. Substituímos agora os dados numéricos forneci-dos Equações (5.22) e (5.23) e obtemos os seguintes resultados:

Note que σmax é menor que o limite proporcional do cabo de aço e, por-tanto, os cálculos são válidos.

Observação: Devido ao raio do tambor ser grande em relação ao diâme-tro do cabo, podemos, com segurança, desconsiderar d em comparação com2R0 nos denominadores das expressões para M e para σmax. Então asEquações (5.23) e (5.24) produzem os seguintes resultados:

Esses resultados são mais conservativos e diferem menos de 1% dos valoresmais precisos.

➥

➥

σmax �MS

σmax �Ed

2R0 � d

M � 5,03 N # m σmax � 800 MPa

σmax �Ed

2R0 � d�

(200 GPa)(4 mm)2(0,5 m) � 4 mm

� 797 MPa

M �πEd4

32(2R0 � d)�

π(200 GPa)(4 mm)4

32[2(0,5 m) � 4 mm]� 5,01 N # m

Exemplo 5-3• • •Uma viga simples AB, com um vão de comprimento L � 6,7 m (Figura 5.14a),sustenta um carregamento uniforme de intensidade q � 22 kN/m e umacarga concentrada P � 50 kN. O carregamento uniforme inclui uma margempara o peso da viga. A carga concentrada age em um ponto a 2,5 m daextremidade esquerda da viga. A viga é feita de madeira laminada colada etem uma seção transversal de largura b � 220 mm e altura h � 700 mm(Figura 5.14b).

(a) Determine as tensões de tração e compressão máximas na viga devido àflexão.

(b) Se a carga q não muda, encontre o valor máximo admissível da carga Pse a tensão normal permitida em tração e compressão é σa � 13 Mpa.


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Solução(a) Reações, forças cortantes e momentos fletores. Começamos a análise cal-

culando as reações nos apoios A e B, utilizando as técnicas descritas noCapítulo 4. Os resultados são

Conhecendo as reações, podemos construir o diagrama de força cortanteilustrado na Figura 5.14c. Repare que a força cortante muda de positivapara negativa sob a carga concentrada P, que está a uma distância de 2,5m do apoio esquerdo.

Em seguida desenhamos o diagrama de momento fletor (Figura5.14d) e determinamos o momento fletor máximo, que ocorre sob acarga concentrada, onde a força cortante muda de sinal. O momentomáximo é

As tensões de flexão máximas em uma viga ocorrem na seção transver-sal onde o momento máximo é encontrado.

Módulo de seção. O módulo de seção da área da seção transversal écalculado a partir da Equação (5.19b), como segue:

(a)

Tensões máximas. As tensões de tração e de compressão máximas σte σc, respectivamente, são obtidas a partir da Equação (5.17a):

(b)

Devido ao fato de o momento fletor ser positivo, a tensão de traçãomáxima ocorre na parte mais baixa da viga e a tensão de compressãomáxima ocorre na parte mais alta.

➥

➥

Mmax � 193,9 kN # m

S �bh2

6�

16

(0,22 m)(0,7 m)2 � 0,01797 m3

σt � σ2 �Mmax

S�

193,9 kN # m

0,01797 m3� 10,8 MPa

σc � σ1 � �Mmax

S� �10,8 MPa

RA � 105 kN RB � 92,4 kN

A

V

B

L = 6.7 m

2.5 m

h = 700 mm

P = 50 kN

q = 22 kN/m

b = 220 mm

(kN)50.043

–0.043

–92.357

193.857

105.043

(d)

(c)(a)

(b)

0

0

M(kN·m)

Figura 5.14Exemplo 5.3. Tensões em uma

viga simples


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Exemplo 5-3• • •(b) Carga máxima admissível P. As tensões σ1 and σ2 são apenas ligeira-

mente inferior à tensão normal permitida σa � 13 Mpa, por isso, nãoespere que Pmax seja muito maior que a carga aplicada P � 50 kN naparte (a). Portanto, o momento máximo Mmax ocorrerá no local dacarga aplicada Pmax (apenas a 2.5 m à direita do suporte A no ponto emque a força de cisalhamento é zero). Se deixarmos a variável a � 2,5 m,podemos encontrar a seguinte expressão de Mmax nos termos de cargae dimensões variáveis:

(c)

onde L � 6,7 m e q � 22 kN/m. Igualamos então Mmax a [ver Eq.(b), onde S � 0,01797 m3 [da Eq. (a)] e então resolver para Pmax:

(d)

σa � S

➥� 75,4 kN

� (13 MPa)(0,01797 m3) c 6,7 m

2,5 m(6,7 m � 2,5 m)d � 22

kNma6,7 m

2b

Pmax � σaS c La(L � a)

d �qL2

Mmax �a(L � a)(2P � Lq)

2L

Exemplo 5-4• • •A viga ABC representada na Figura 5.15a tem apoios simples A e B e umaextremidade em balanço de B até C. O comprimento do vão é de L � 3,0 me o comprimento da extremidade em balanço é de L/2 �1,5 m. Um carrega-mento uniforme de intensidade q � 3,2 kN/m atua ao longo de todo o com-primento da viga (4,5 m).

A viga tem uma seção transversal na forma de canal com largura b �300 mm e altura h � 80 mm (Figura 5.16a). A espessura da alma é t � 12mm, bem como a espessura média nos flanges. Ao calcular as propriedadesda seção transversal, assuma que a seção transversal consiste em três retân-gulos, conforme ilustrado na Figura 5.16b.

(a) Determine as tensões de tração e de compressão máximas na viga devidoao carregamento uniforme.

(b) Encontre o valor máximo admissível da carga uniforme q (em kN/m) se astensões admissíveis em tração e compressão são σaT � 110 Mpa e σaC �92 Mpa, respectivamente.

Solução(a) Tração máxima e tensões compressivas Reações, forças cortantes e

momentos fletores são calculados na análise desta viga.. Começamos aanálise da viga calculando as reações nos apoios A e B, utilizando as téc-nicas descritas no Capítulo 4. Os resultados são

A partir desses valores, construímos o diagrama de força cortante (Figura5.15b). Repare que a força cortante muda de valor e é igual a zero emdois locais: (1) à distância de 1,125 m do apoio esquerdo e (2) na reaçãodo apoio direito.

RA �38

qL � 3,6 kN RB �98

qL � 10,8 kN


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Em seguida, desenhamos o diagrama de momento fletor na Figura5.15c. Ambos os momentos fletores, máximo positivo e máximo nega-tivo, ocorrem nas seções transversais em que a força cortante muda desinal. Esses momentos máximos são

respectivamente.Linha neutra da seção transversal (Figura 5.16b). A origem O das

coordenadas yz é colocada no centroide da área da seção transversal, eportanto o eixo z torna-se a linha neutra da seção transversal. O cen-troide é localizado utilizando as técnicas descritas no Capítulo 12, Seção12.3, como segue.

Primeiramente, dividimos a área em três retângulos (A1, A2 e A3).Depois, estabelecemos o eixo de referência Z-Z através da borda superiorda seção transversal e consideramos y1 e y2 como as distâncias do eixo Z-Z aos centroides das áreas A1 e A2, respectivamente. Então, os cálculospara localizar o centroide de toda a seção do canal (distâncias c1 e c2) sãoos seguintes:

Área 1:

Área 2:

Área 3:

�(6 mm)(3312 mm2) � 2(40 mm)(960 mm2)

3312 mm2 � 2(960 mm2)� 18,48 mm

c1 �gyi Ai

gAi

�y1A1 � 2y2A2

A1 � 2A2

Mpos �9

128qL2 � 2,025 kN # m Mneg �

�qL2

8� �3,6 kN # m

y3 � y2 A3 � A2

A2 � ht � (80 mm)(12 mm) � 960 mm2

y2 � h/2 � 40 mm

A1 � (b � 2t)(t) � (276 mm)(12 mm) � 3312 mm2

y1 � t/2 � 6 mm

AB

C

L = 3.0 m L/2

q = 3.2 kN/m

M

0

(a)

(b)

(c)

VqL = 3.6 kN3

8

−5qL/8 = –6.0 kN

0

Mpos = qL2 = 2.025 kN·m9128

L = 1.125 m38

L = 1.125 m38

= 4.8 kNqL2

Mneg = = –3.6 kN·m–qL2

8

Figura 5.15Exemplo 5.4. Tensões em uma

viga com beiral


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Assim, a posição da linha neutra (o eixo z) foi determinada.Momento de inércia. Para calcular as tensões a partir da fórmula de

flexão, devemos determinar o momento de inércia da área da seçãotransversal em relação à linha neutra. Esses cálculos exigem o uso do teo-rema dos eixos paralelos (veja o Capítulo 12, Seção 12.5).

Começando com a área A1, obtemos seu momento de inércia

em relação ao eixo z a partir da equação

(a)

Nessa equação, é o momento de inércia da área A1 em relação a seupróprio eixo centroidal:

e d1 é a distância do eixo centroidal da área A1 para o eixo z:

Portanto, o momento de inércia da área A1 em relação ao eixo z (a par-tir da Equação a) é

Fazendo o mesmo procedimento para as áreas A2 e A3, temos

Assim, o momento de inércia centroidal Iz da área de seção transversaltoda é:

Módulos de seção. Os módulos de seção para o ponto extremo superiore para o ponto extremo inferior da viga são, respectivamente,

Iz � (Iz)1 � (Iz)2 � (Iz)3 � 2,469 � 106 mm4

(Ic)1

(Iz)1

c2 � h � c1 � 80 mm � 18,48 mm � 61,52 mm

(Iz)2 � (Iz)3 � 956.600 mm4

(Iz)1 � 39.744 mm4 � (3.312 mm2)(12,48 mm)2 � 555.600 mm4

d1 � c1 � t /2 � 18,48 mm � 6 mm � 12,48 mm

(Ic)1 �1

12(b � 2t)(t)3 �

112

(276 mm)(12 mm)3 � 39.744 mm4

(Iz)1 � (Ic)1 � A1d12

h = 80 mm

(b)

t = 12 mm

t = 12 mm t = 12 mm

y2

y1

d1

c1

c2

A2

A1

A3

y

ZZ

Oz

b = 300 mm

Figura 5.16Seção transversal da viga discu-tida no Exemplo 5.4. (a) Formareal e (b) forma idealizada uti-

lizada para análise (a espessurada viga está exagerada para

melhor visualização)

h = 80 mm

(a)

y

O

b = 300 mm

t = 12 mm

t = 12 mmz


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(veja as Equações 5.16a e b). Com as propriedades da seção transversaldeterminadas, podemos agora fazer o procedimento para calcular astensões máximas a partir das Equações (5.15a) e (b).

Tensões máximas. Na seção transversal de momento fletor máximopositivo, a tensão de tração máxima ocorre na parte de baixo da viga (σ2)e a tensão de compressão máxima ocorre no topo (σ1). Assim, a partir dasEquações (5.15b) e (5.15a), respectivamente, obtemos

De forma similar, as tensões máximas para a área da seção transversal demomento fletor máximo negativo são

Uma comparação entre essas quatro tensões mostra que a tensão de tra-ção máxima na viga é de 50,5 MPa e ocorre na parte inferior da viga naseção transversal de momento fletor máximo positivo; assim,

A tensão de compressão máxima é – 89,8 MPa e ocorre na parte inferiorda viga na seção transversal de momento máximo negativo:

Assim, determinamos as tensões de flexão máximas devido ao carrega-mento uniforme da viga.

(b) Valor máximo admissível de uma carga uniforme q. Em seguida, quere-mos encontrar qmax com base nas tensões normais admissíveis forneci-das, que são diferentes para tensão e compressão. A tensão decompressão admissível σaC é menor do que a de tração, σaT , contandocom a possibilidade de flambagem das chapas em forma de C (se estive-rem em compressão).

Usaremos a fórmula de flexão para calcular valores potenciais deqmax em quatro locais: na parte superior e inferior da viga no local domáximo momento positivo (Mpos) e na parte superior e inferior da vigano local do máximo momento negativo (Mneg). Em cada caso, devemosestar seguros de usar o valor apropriado de tensão admissível.Assumimos que a forma em C é usada na orientação mostrada na Fig. 5-16 (isto é, abas para abaixo), assim, na localização de Mpos, notamos quea parte superior da viga está em compressão e a parte inferior está emtração, enquanto o oposto é verdadeiro no ponto B. Usando as expres-sões de Mpos e Mneg e igualando cada uma ao produto apropriado detensão admissível e seção modular, podemos resolver para valores possí-veis de qmax como dados aqui.

No segmento AB, na parte superior da viga,

Mpos �9

128q2L

2 � σaTS2 então q2 �128

9L2(σaTS2) � 6,97 kN/m

Mpos �9

128q1L

2 � σaCS1 então q1 �128

9L2(σaCS1) � 19,42 kN/m

➥(σc)max � �89,8 MPa

➥(σt)max � 50,5 MPa

σc � σ2 �Mneg

S2

��3,6 kN # m

40.100 mm3� �89,8 MPa

σt � σ1 � �Mneg

S1

� ��3,6 kN # m

133.600 mm3� 26,9 MPa

σc � σ1 � �Mpos

S1

� �2,025 kN # m

133.600 mm3� �15,2 MPa

σt � σ2 �Mpos

S2

�2,025 kN # m

40.100 mm3� 50,5 MPa

S1 �Izc1

� 133.600 mm3 S2 �Izc2

� 40.100 mm3

5.6 Projetos de vigas para tensões deflexãoO processo de projetar uma viga requer que muitos fatores sejam considerados,incluindo o tipo de estrutura (avião, automóvel, ponte, edifício etc.), os mate-riais a serem utilizados, as cargas a que serão submetidos, as condições a seremencontradas no ambiente e os custos. Entretanto, do ponto de vista da resistên-cia, a tarefa enfim se reduzirá a escolher a forma e um tamanho de viga tal queas tensões na viga não excedam as tensões admissíveis para o material. Nestaseção, vamos considerar apenas as tensões de flexão (ou seja, as tensões obti-das através da fórmula de flexão, Equação 5.14). Mais tarde, consideraremosos efeitos das forças cortantes (Seções 5.8, 5.9 e 5.10) e das concentrações detensão (Seção 5.13).

Quando se projeta uma viga para resistir a tensões de flexão, normalmentese começa pelo cálculo de qual é o módulo de seção exigido. Por exemplo, casoa viga tenha uma seção transversal duplamente simétrica e as tensões admissí-veis sejam as mesmas tanto para tração como para compressão, podemos cal-cular o módulo exigido dividindo o momento fletor máximo pela tensão deflexão admissível para o material (veja a Equação 5.17):

(5-25)

A tensão admissível está baseada nas propriedades dos materiais e no fator desegurança desejado. Para garantir que essa tensão não será excedida, devemosescolher uma viga que tenha um módulo de seção pelo menos tão grandequanto o obtido a partir da Equação (5.25).

Caso a seção transversal não seja duplamente simétrica, ou caso suas ten-sões admissíveis sejam diferentes para a tração e para a compressão, normal-mente precisamos determinar dois módulos de seção – um baseado na traçãoe o outro baseado na compressão. Devemos então estabelecer uma viga quesatisfaça ambos os critérios.

Para reduzir o peso e economizar material, geralmente selecionamos umaviga com a menor área de seção transversal que ainda cumpra os módulos deseção requeridos (e que também satisfaça qualquer outro requerimento do pro-jeto que possa ter sido imposto).

Vigas são construídas de várias formas e tamanhos para se adequarem a umincontável número de aplicações. Por exemplo, vigas de aço muito grandes sãofabricadas por soldagem (Figura 5.17), vigas de alumínio são extrudadas emtubos redondos ou retangulares, vigas de madeira são cortadas e coladas para se

S �Mmaxσadm


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Exemplo 5-4• • •Na junção B, na parte superior da viga,

Na junção B, na parte inferior da viga,

A partir desses cálculos, vemos que na parte inferior da viga perto da junçãoB (onde as pontas das abas estão em compressão) de fato se controla o valormáximo admissível da carga uniforme q. Portanto,

➥qmax � 3.28 kN/m

Mpos �18

q4L2 � σaCS2 então q4 �

8

L2(σaCS2) � 3,28 kN/m

Mpos �18

q3L2 � σaTS1 então q3 �

8

L2(σaTS1) � 13,06 kN/m

Figura 5-17Solda de três grandes chapas deaço em uma única seção sólida(Cortesia de AISC)

adequarem a necessidades especiais e vigas de concreto reforçadas são modela-das em qualquer forma desejada através da construção apropriada das formas.

Além disso, vigas de aço, alumínio, plástico e madeira podem ser solicitadasem diferentes formas e tamanhos padrão em catálogos de revendedores e de fabri-cantes. Formas prontamente encontráveis incluem vigas com flange largo, vigasem I, cantoneiras (vigas em L), canais (vigas em U), vigas retangulares e tubos.

Vigas de Tamanhos e Formas PadronizadasAs dimensões e as propriedades de diversos tipos de viga então sistematizadasem guias e manuais de engenharia. Por exemplo, no Reino Unido, a BritishConstructional Steelwork Association publica o National Structural SteelworkSpecification, e nos Estados Unidos as formas e tamanhos de vigas de açoestruturais são padronizadas pelo American Institute of Steel Construction(AISC). O AISC publica o Steel Construction Manual, que lista suas proprie-dades tanto em unidades USCS como SI. As tabelas desses manuais fornecemas dimensões da seção transversal e propriedades como massa, área da seçãotransversal, momento de inércia e módulo de seção. Propriedades de perfis deaço estruturais usadas em outras partes do mundo são facilmente encontradasonline. Na Europa, o dimensionamento para estruturas de aço é controladopelo Eurocode 3 (Ref. 5.4).

Propriedades de vigas de alumínio são tabeladas de maneira similar e estãodisponíveis em publicações da Aluminum Association (Ref. 5.5) (veja oAluminum Design Manual, Parte 6, para propriedades de seção e das dimen-sões). Na Europa, o dimensionamento de estruturas de alumínio é controladopelo Eurocode 9 e as propriedades das formas disponíveis podem ser encontra-das online nos sites dos fabricantes (Ref. 5.5). Por fim, o dimensionamento devigas de madeira na Europa é coberto no Eurocode 5. Nos Estados Unidos, uti-liza-se o National Design Specification for Wood Construction (ASD/LRFD)(Ref. 5.6). Tabelas resumidas de vigas de aço e de madeira serão fornecidasmais adiante neste livro, para utilização na resolução de problemas (veja osApêndices E e F).

Seções estruturais de aço têm nomenclatura como HE 600A, o que significaque a seção tem a forma de flange largo, com uma profundidade nominal de600 mm; como mostra a Tabela E.1 (Apêndice E), sua largura é de 300 mm, suaárea de seção transversal é de 226,5 cm2 e sua massa é de 178 quilogramas pormetro de comprimento. A Tabela E.2 lista propriedades similares para as vigasde padrão europeu (formas IPN); a Tabela E.3 fornece propriedades paracanais de padrão europeu (formas UPN); e as Tabelas E.4 e E.5 fornecem pro-priedades para vigas em L europeias com almas iguais e diferentes, respectiva-mente. Todas as seções de aço padronizadas descritas acima sãomanufaturadas por laminação, processo em que uma barra de aço quente épassada indo e vindo entre rolos até que se atinja a forma desejada.

Seções estruturais de alumínio são normalmente feitas através do processode extrusão, em que uma barra é empurrada, ou extrudada, através de umamatriz. Uma vez que matrizes são relativamente fáceis de serem fabricadas e omaterial é trabalhável, vigas de alumínio podem ser extrudadas em quase qual-quer forma desejada. Formas padrão de flanges largos, vigas em I, canais,ângulos, tubos e outras seções são listadas na Parte 6 do Aluminum DesignManual e formas de alumínio estrutural disponíveis na Europa podem serencontradas online (Ref. 5.5). Além disso, formas personalizadas podem serencomendadas.

A maior parte das vigas de madeira tem seção transversal retangular e édesignada pelas dimensões nominais, como 50 100 mm. Essas dimensõesrepresentam o tamanho da viga cortada. As dimensões acabadas (ou dimen-sões reais) de uma viga de madeira são menores que as dimensões nominaiscaso os lados da viga de madeira bruta tenham sido polidos, ou aplainados,para serem suavizados. Assim, uma viga de madeira 50 100 mm tem dimen-


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sões reais de 47 � 72 mm após ser aplainada. É claro que as dimensões acaba-das da viga de madeira aplainada é que devem ser utilizadas em todos os cál-culos de engenharia. Desta forma, as dimensões acabadas e suas propriedadescorrespondentes são dadas no Apêndice F.

Eficiência relativa de várias formas de vigasUm dos objetivos quando se projeta uma viga é utilizar o material tão eficien-temente quanto possível dentro das limitações impostas pela função, aparên-cia, custos de manufatura e afins. Sob o ponto de vista das resistências apenas,a eficiência para a flexão depende primariamente da forma da seção transver-sal. Em particular, a viga mais eficiente é aquela em que o material está locali-zado tão longe quanto possível da linha neutra. Quanto mais longe dadaquantidade de material estiver da linha neutra, maior será o módulo da seção– e quanto maior for o módulo da seção, maior será a resistência ao momentofletor (para dada tensão admissível).

Para ilustrar, considere a seção transversal na forma retangular de largurab e altura h (Figura 5.19a). O módulo de seção (a partir da Equação 5.18b) é

(5-26)

em que A é área da seção transversal. Essa equação mostra que a seção transver-sal retangular de uma dada área torna-se mais eficiente quando a altura h éaumentada (e a largura b diminuída, para manter a área constante). É claro queexiste um limite prático para se aumentar a altura, porque a viga se torna late-ralmente instável quando a razão altura por largura torna-se muito grande.Assim, uma viga com uma seção retangular muito estreita falharia (lateralmente)devido à flambagem em vez de falhar devido à falta de resistência do material.

Agora, vamos comparar uma seção transversal circular sólida de diâmetrod (Figura 5.18b) com uma seção transversal quadrada de mesma área. O ladoh do quadrado, tendo a mesma área do círculo, é . Os módulos de seção cor-respondentes (a partir das Equações 5.19b e 5.20b) são

(5-27a)

(5-27b)

dos quais obtemos

(5-28)

Esse resultado mostra que a viga de seção transversal quadrada é mais efi-ciente para suportar flexões que uma viga circular com a mesma área. A razão,claro, é porque o círculo tem relativamente maior quantidade de material loca-lizado próximo à linha neutra. Esse material sofre menos tensões e, portanto,não contribui tanto para a resistência da viga.

Squadrado

Scírculo

� 1,18

Scírculo �πd3

32� 0,0982d3

Squadrado �h3

6�

π1πd3

48� 0,1160d3

S �bh2

6�

Ah6

� 0,167Ah


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h h

b d

Web

A2—

A2—

y

O Oz

y

z

y

Oz O

y

z

Flange

Flange

(b)(a) (d)(c)

Figura 5.18Perfis de seção transversal devigas

A forma ideal da seção transversal de uma viga com dada área de seçãotransversal A e altura h poderia ser obtida colocando metade da área a umadistância h/2 acima da linha neutra e a outra metade a uma distância h/2abaixo da linha neutra, como mostrado na Figura 5.18c. Para essa forma ideal,obtemos

(5-29a,b)

Esses limites teóricos, na prática, são aproximados por seções de flanges largose seções em I, que têm a maior concentração de material nos flanges (Figura5.18d). Assim, para vigas padrão de flange largo, o módulo da seção é aproxi-madamente

(5-30)

que é menor que o ideal, mas muito maior que o módulo da seção de uma vigacom seção transversal retangular com a mesma área e altura (veja a Equação5.26).

Outra característica desejável em uma viga de flange largo é sua grande lar-gura e, portanto, sua maior estabilidade em relação à flambagem, quandocomparada a uma viga retangular com a mesma altura e módulo de seção. Poroutro lado, existem limites práticos para a espessura mínima da parte centralde vigas de flange largo. Caso a parte central seja muito fina, estará suscetívelà flambagem localizada ou será submetida a demasiada tensão de cisalha-mento, tópico que será discutido na Seção 5.10.

Os quatro exemplos seguintes ilustram o processo de selecionar uma vigabaseado nas tensões admissíveis. Nestes exemplos, apenas os efeitos das ten-sões de flexão (obtidos a partir da fórmula de flexão) serão considerados.

Observação: Quando resolvemos problemas que exigem a seleção de vigasde aço ou de metal a partir das tabelas nos apêndices, utilizamos a seguinteregra: Caso muitas escolhas estejam disponíveis em uma tabela, selecione aviga mais leve que providencie o módulo de seção necessário.

S L 0,35Ah

I � 2aA2b ah

2b2

�Ah2

4S �

1h/2

� 0,5Ah


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Example 5-5• • •Uma viga de madeira simplesmente apoiada tem um vão com comprimentoL � 3 m e é submetida a um carregamento uniforme q � 4 kN/m (Figura5.19). A tensão de flexão permitida é de 12 MPa, a madeira pesa aproxima-damente 5,4 kN/m3 e a viga é apoiada lateralmente, evitando flambagem einclinação.

Selecione um tamanho apropriado para a viga a partir da tabela noApêndice F.

q = 4 kN/m

L = 3 m

Figura 5.19Exemplo 5.5. Projeto de uma

viga de madeira simplesmenteapoiada

SoluçãoComo não sabemos de antemão quanto pesa a viga, vamos proceder portentativa e erro, da seguinte forma: (1) Calcular o módulo de seção exigidobaseado no carregamento uniforme dado. (2) Selecionar um tamanho deviga para tentativa. (3) Adicionar o peso da viga ao carregamento uniforme


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Example 5-5• • •e calcular o novo módulo de seção exigido. (4) Verificar se a viga selecionadaainda é satisfatória. Caso não seja, selecionar uma viga maior e repetir oprocesso.

(1) O momento fletor máximo na viga ocorre no ponto médio (veja aEquação 4.15):

O módulo de seção exigido (Equação 5.25) é

(2) A partir da tabela no Apêndice F, observamos que a viga mais leve quetem módulo de seção de pelo menos 0,375 � 106 mm3 em relação ao eixo1-1 é uma viga 75 � 200 mm (dimensões nominais). Essa viga tem ummódulo de seção igual a 0,456 � 106 mm3 e pesa 77,11 N/m. (Note que oApêndice F fornece o peso das vigas baseado em uma densidade de 5,4kN/m3.)

(3) O carregamento uniforme na viga agora é de 4,077 kN/m, e o módulo deseção exigido correspondente é

(4) A viga selecionada anteriormente tem um módulo de seção de 0,456 �106 mm3, ou seja, maior que o módulo exigido de 0,382 � 106 mm3.

Portanto, uma viga de 75 � 200 mm é satisfatória.

Observação: Caso o peso específico da madeira não seja 5,4 kN/m3,podemos obter o peso da viga por unidade de comprimento multipli-cando o valor na última coluna do Apêndice F pela razão do peso espe-cífico utilizado por 5,4 kN/m3.

➥

S � (0,375 � 106 mm3)a4,077

4,0b � 0,382 � 106 mm3

S �Mmax

σallow�

4,5 kN # m

12 MPa� 0.375 � 106 mm3

Mmax �qL2

8�

(4 kN/m)(3 m)2

8� 4,5 kN # m

Example 5-6• • •Um poste vertical de 2,5 metros de altura deve suportar um carregamentolateral P � 12 kN em sua extremidade superior (Figura 5.20). Duas alternati-vas são propostas – uma coluna de madeira sólida e um tubo oco de alumínio.

(a) Qual será o mínimo diâmetro d1 exigido para o poste de madeira se atensão de flexão permitida na madeira for 15 MPa?

(b) Qual será o mínimo diâmetro externo exigido d2 para o tubo de alumí-nio se a espessura de sua parede deve ser um oitavo do diâmetro externoe a tensão de flexão permitida para o alumínio for 50 MPa?

P = 12 kN P = 12 kN

h = 2.5 m h = 2.5 m

(b)(a)

d1 d2

Figura 5.20Exemplo 5.6. (a) Poste de

madeira sólido e (b) tubo dealumínio


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Example 5-6• • •SoluçãoMomento fletor máximo. O momento máximo ocorre na base do poste e éigual ao carregamento P vezes a altura h; assim

(a) Poste de madeira. O módulo de seção S1 exigido para a coluna demadeira (veja as Equações 5.20b e 5.25) é

Resolvendo para o diâmetro, temos

O diâmetro selecionado da coluna de madeira deve ser maior ou igual a273 mm caso não se queira exceder a tensão permitida.

(b) Tubo de alumínio. Para determinar o módulo de seção S2 para o tubo,primeiramente precisamos encontrar o momento de inércia I2 da seçãotransversal. A espessura da parede do tubo é d2/8 e, portanto, o diâme-tro interno é d2 � d2/4, ou 0,75d2. Assim, o momento de inércia (Equação5.20a) é

O módulo de seção do tubo é agora obtido a partir da Equação (5.18)como segue:

O módulo de seção exigido é obtido a partir da Equação (5.25):

Equacionando as duas expressões anteriores para o módulo de seção,podemos resolver para o diâmetro externo exigido:

O diâmetro interno correspondente é 0,75(208 mm), ou 156 mm.

➥d2 � a600 � 103 mm3

0,06712b1/3

� 208 mm

S2 �Mmax

σadm�

30 kN # m50 MPa

� 0,0006 m3 � 600 � 103 mm3

S2 �I2c

�0,03356d 4

2

d2 /d� 0,06712d2

3

I2 �π

64[d2

4 � (0,75d2)4] � 0,03356d2

4

➥d1 � 273 mm

S1 �πd1

3

32�

Mmax

σadm�

30 kN # m15 MPa

� 0,0020 m3 � 2 � 106 mm3

Mmax � Ph � (12 kN)(2,5 m) � 30 kN # m

Example 5-7• • •Uma viga simples AB, com um vão de comprimento igual a 7 m, deve supor-tar um carregamento uniforme q � 60 kN/m, distribuído ao longo da vigana forma ilustrada pela Figura 5.21a.

Considerando tanto o carregamento uniforme como o peso da viga, etambém utilizando uma tensão de flexão admissível de 110 MPa, selecioneuma viga de aço estrutural de flange largo que sustente os carregamentos.

SoluçãoNeste exemplo, vamos proceder da seguinte forma: (1) Determinar omomento fletor máximo na viga devido ao carregamento uniforme. (2)Conhecendo o momento máximo, encontrar o módulo de seção exigido. (3)Selecionar uma possível viga de flange largo da Tabela E.1 no Apêndice E eobter o peso dessa viga. (4) Conhecendo o peso, calcular um novo valor domomento fletor e um novo valor do módulo de seção. (5) Determinar se aviga selecionada ainda é satisfatória. Caso não seja, selecionar um novotamanho de viga e repetir o processo até que uma viga de tamanho satisfa-tório seja encontrada.


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Momento máximo fletor. Para ajudar a encontrar a seção transversal demomento fletor máximo, construímos o diagrama de força cortante (Figura5.21b) utilizando os métodos descritos no Capítulo 4. Como parte desse pro-cesso, determinamos as reações nos apoios:

A distância x1 do apoio da extremidade esquerda para a seção transversal deforça cortante igual a zero é obtida a partir da equação

que é válida para o intervalo .Resolvendo para x1, temos

que é menor que 4 m e, portanto, os cálculos são válidos.O momento fletor máximo ocorre na seção transversal em que a força

cortante é nula. Desta forma,

Módulo de seção exigido. O módulo de seção exigido (baseado apenasno carregamento q) é obtido a partir da Equação (5.25)

Teste de vigas. Agora observamos a Tabela E.1 e selecionamos a maisleve viga de flange largo que tenha módulo de seção maior que 2.694 cm3.A viga mais leve que possui esse módulo de seção é HE 450 A, com S � 2.896cm3. Essa viga pesa 140 kg/m (lembre-se de que as tabelas no Apêndice E sãoresumidas e que, portanto, uma viga mais leve pode, na realidade, existir).

Agora recalculamos as reações, o momento fletor máximo e o módulode seção exigido para a viga submetida ao carregamento tanto do carrega-mento uniforme q quanto do seu próprio peso. As reações sob esses doiscarregamentos combinados são

e a distância para a seção transversal de cisalhamento zero torna-se

0 … x … 4 m

RA � 188,6 kN RB � 171,4 kN

RA � 193,4 kN RB � 176,2 kN

S �Mmax

σadm�

296,3 � 106 N # mm

110 MPa� 2,694 � 106 mm3

Mmax � RAx1 �qx1

2

2� 296,3 kN # m

x1 �RA

q�

188,6 kN

60 kN/m� 3,14 m

V � RA � qx1 � 0

(a)

A B

4 m 2 m1 m

q = 60 kN/m q = 60 kN/m

RA RB

(b)

x1

V(kN)

0

188.6

−51.4

−171.4

Figura 5.21Exemplo 5.7. Projeto de umaviga simples com cargas uni-

formes parciais


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O momento fletor máximo aumenta para 304,7 kN � m, e o novo módulo deseção exigido é

Assim, vemos que a viga HE 450A com um módulo de seção S � 2.896 cm3

ainda é satisfatória.Observação: Caso o novo módulo de seção requerido excedesse o

módulo da viga HE 450A, uma nova viga com maior módulo de seção seriaselecionada e o processo, repetido.

➥

S �Mmax

σallow�

304.7 � 106 N # mm110 MPa

� 2770 cm3

x1 � 3.151 m

Uma barragem de madeira temporária é construída com tábuas horizontaisA apoiadas em colunas verticais de madeira B, fincadas no solo de tal formaque atuem como vigas engastadas (Figura 5.22). As colunas têm seçõestransversais quadradas (dimensões b � b) e estão espaçadas a uma distâncias � 0,8 m, de centro a centro. Assuma que o nível da água atrás da barra-gem esteja em sua altura máxima, h � 2,0 m.

Determine a dimensão mínima exigida b das colunas se a tensão de fle-xão admissível na madeira for de σadm � 8,0 MPa.

SoluçãoDiagrama de carregamento. Cada coluna é submetida a carregamentostriangularmente distribuídos produzidos pela pressão da água agindo sobreas tábuas. Consequentemente, o diagrama de carregamento para cadacoluna é triangular (Figura 5.22c). A máxima intensidade q0 nas colunas éigual à pressão da água na altura h vezes o espaçamento s das colunas::

(a)

em que γ é o peso específico da água. Observe que q0 é dado em unidadesde força por unidade de distância, γ é dado em unidades de força por uni-dade de volume e h e s são dados em unidades de comprimento.

Módulo da seção. Uma vez que cada coluna é uma viga engastada, omomento fletor máximo ocorre na base e é dado pela seguinte expressão:

(b)

Portanto, o módulo de seção exigido (Equação 5.25) é

(c)

Para uma viga de seção transversal quadrada, o módulo de seção é S �b3/6 (veja a Equação 5.18b). Substituindo essa expressão para S na Equação(c), determinamos uma fórmula para o cubo da dimensão mínima b dascolunas:

(d)

Valores numéricos. Substituímos agora valores conhecidos na Equação(d) e obtemos

➥b3 �γ h3sσallow

S �Mmax

σallow�

γ h3s6σallow

Mmax �q0h

2ah

3b �

γ h3s6

q0 � γ hs

Figura 5.22Exemplo 5.8. Barragem demadeira com tábuas horizontaisA suportadas por postes verti-cais B

h

b

b

b

B

B

B

B

A

A

s

h

(a) Top view

(c) Loading diagram

(b) Side view

q0



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a partir da qual

Assim, a mínima dimensão exigida b das colunas é de 199 mm. Qualquerdimensão maior, como 200 mm, assegurará que a tensão real de flexão sejamenor que a tensão admissível.

➥b � 199 mm

b3 �(9,81 kN/m3)(2,0 m)3(0,8 m)

8,0 MPa� 0,007848 m3 � 7,848 � 106 mm3

5.7 Vigas não prismáticasAs teorias de vigas descritas neste capítulo foram desenvolvidas para vigasprismáticas, ou seja, vigas retas com a mesma seção transversal ao longo deseus comprimentos. Entretanto, vigas não prismáticas são comumente utiliza-das para reduzir o peso e melhorar a aparência. Essas vigas são encontradasem automóveis, aviões, mecanismos, pontes, edifícios, ferramentas e muitasoutras aplicações (Figura 5.23). Felizmente, a fórmula de flexão (Equação5.13) fornece valores razoavelmente precisos para tensões de flexão em vigasnão prismáticas quando as mudanças nas dimensões da seção transversal sãograduais, como nos exemplos mostrados na Figura 5.23.

(c)

(a)

(b) (d)

Figura 5.23Exemplos de vigas não prismáti-cas: (a) poste de rua, (b) pontescom vigas leves que se afunilam,(c) escora da roda em umpequeno avião e (d) chaveinglesa.

A forma segundo a qual a tensão de flexão varia ao longo do eixo de umaviga não prismática não é a mesma de uma viga prismática. Em uma viga pris-mática, o módulo de seção S é constante e, portanto, as tensões variam deforma diretamente proporcional ao momento fletor (porque σ � M/S).Entretanto, em uma viga não prismática, o módulo de seção também varia aolongo do eixo. Consequentemente, não podemos assumir que as tensões máxi-mas ocorrem na seção transversal de momento fletor máximo – algumas vezes,as tensões máximas ocorrem em qualquer outro lugar, conforme será ilustradono Exemplo 5.9.

Vigas Plenamente TensionadasPara minimizar a quantidade de material, e assim ter a viga mais leve possível,podemos variar as dimensões das seções transversais de tal forma que se tenha amáxima tensão de flexão permitida em todas as seções. Uma viga nessas condi-ções é chamada de viga plenamente tensionada, ou viga de resistência constante.

Tais condições ideais, porém, são raramente alcançadas, devido a proble-mas práticos na construção da viga e à possibilidade de os carregamentosserem diferentes daqueles assumidos no projeto. Conhecer as propriedades deuma viga plenamente tensionada, entretanto, pode ser de grande valia ao enge-

nheiro ao projetar estruturas para um mínimo peso. Exemplos cotidianos deestruturas projetadas para se manterem próximas às tensões máximas constan-tes são feixes de mola em automóveis, longarinas afuniladas de pontes e asdemais estruturas mostradas na Figura 5.23.

A determinação da forma de uma viga plenamente tensionada é ilustradapelo Exemplo 5.10.


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Example 5-9• • •Uma viga engastada afilada AB com uma seção transversal circular está sub-metida a uma carga P em sua extremidade livre (Figura 5.24). O diâmetro dBna extremidade maior é o dobro do diâmetro dA na extremidade menor:

Determine a tensão de flexão σB no apoio fixo e a tensão de flexãomáxima σmax.

dB

dA

� 2

dA

dB

P

x

A

B

L

Figura 5.24Exemplo 5.9. Viga engastadaafilada com seção transversal

circular

SoluçãoCaso o ângulo de afilamento da viga seja pequeno, as tensões de flexõesobtidas a partir da fórmula de flexão serão apenas um pouco diferentes dosvalores reais. Para termos noção no que diz respeito à precisão, observemosque, caso o ângulo entre a linha AB (Figura 5.24) e o eixo longitudinal daviga seja em torno de 20°, o erro nos cálculos das tensões normais a partirda fórmula de flexão será ao redor de 10%. É claro que, quando o ângulode afilamento diminui, o erro diminui.

Módulo de seção. O módulo de seção de qualquer seção transversal daviga pode ser expresso como uma função da distância x medida ao longo doeixo da viga. Uma vez que o módulo de seção depende do diâmetro, primei-ramente devemos expressar o diâmetro em termos de x, como segue:

(5-31)

em que dx é o diâmetro a uma distância x da extremidade livre. Portanto, omódulo de seção a uma distância x da extremidade livre (Equação 5.20b) é

(5-32)

Tensões de flexão. Uma vez que o momento fletor é igual a Px, a ten-são normal máxima em qualquer seção transversal é dada pela equação

(5-33)

Através da inspeção na viga podemos observar que a tensão σ1 é de traçãono topo da viga e de compressão na base.

σ1 �Mx

Sx

�32Px

π[dA � (dB � dA)(x/L)]3

Sx �πdx

3

32�

π32cdA � (dB � dA)

xLd3

dx � dA � (dB � dA)xL


VENDA PROIBIDA

Example 5-9• • •Note que as Equações (5.30), (5.31) e (5.32) são válidas para quaisquer

valores de dA e dB, desde que o ângulo de afilamento seja pequeno. Na dis-cussão seguinte, vamos considerar apenas o caso em que dB � 2dA.

Tensões máximas no apoio engastado. A tensão máxima na seção demomento fletor máximo (extremidade B da viga) pode ser encontrada a par-tir da Equação (5.32) substituindo x � L e dB � 2dA; o resultado é

(a)

Tensões máximas na viga. A tensão máxima em uma seção transversal auma distância x da extremidade (Equação 5.32) para o caso em que dB � 2dAé

(b)

Para determinar a localização da seção transversal que tem a tensão de fle-xão máxima na viga, precisamos encontrar o valor de x que faça de σ1 ummáximo. Determinando a derivada dσ1/dx e igualando-a a zero, podemosencontrar o valor de x que faz σ1 um máximo; o resultado é

(c)

A tensão máxima correspondente, obtida substituindo x � L/2 na Equação(b), é

(d)

Neste exemplo em particular, a tensão máxima ocorre no ponto médio daviga e é 19% maior que a tensão σB na extremidade engastada.

Observação: Caso o afilamento da viga seja reduzido, a seção transver-sal de tensão máxima normal move-se do ponto médio em direção ao apoiofixo. Para ângulos pequenos de afilamento, a tensão máxima ocorre naextremidade B.

➥σmax �128PL

27πdA3

�4,741PL

πdA3

x �L2

σ1 �32Px

πdA3(1 � x/L)3

➥σB �4PL

πdA3

Example 5-10• • •Uma viga AB de comprimento L, com uma extremidade livre e a outraengastada, está sendo projetada para suportar uma carga concentrada P emsua extremidade livre (Figura 5.25). As seções transversais da viga são retan-gulares, com largura constante b e altura variável h. Para ajudá-los no pro-jeto da viga, os projetistas gostariam de saber como a altura de uma vigaidealizada deveria variar para que a tensão normal máxima em toda seçãotransversal fosse igual à tensão admissível σadm.

Considerando apenas as tensões de flexão obtidas a partir da fórmulade flexão, determine a altura da viga plenamente tensionada.

hBhx

x

A

P B

bL

Figura 5.25Exemplo 5.10. Viga plenamentetensionada com tensão máxima

normal constante (forma teóricacom tensão de cisalhamento

desprezada)


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Example 5-10• • •SoluçãoO momento fletor e o módulo de seção a uma distância x da extremidadelivre da viga são

em que hx é a altura da viga a uma distância x. Substituindo na fórmula deflexão, obtemos

(a)

Resolvendo para a altura da viga, temos

(b)

Na extremidade engastada da viga (x � L), a altura hB é

(c)

e, portanto, podemos expressar a altura hx da seguinte forma

(d)

Esta última equação mostra que a altura da viga plenamente tensionadavaria com a raiz quadrada de x. Consequentemente, a viga idealizada tem aforma parabólica ilustrada na Figura 5.25.

Observação: Na extremidade carregada da viga (x � 0), a altura teóricaé zero porque não há momento fletor naquele ponto. É claro que uma vigacom essa forma não é prática, porque é incapaz de suportar forças cortan-tes próximas à extremidade da viga. Todavia, a forma idealizada fornece umponto inicial útil para um projeto real em que tensões de cisalhamento eoutros efeitos sejam levados em consideração.

➥hx � hBCxL

hBC6PL

bσadm

➥hx �C

6Pxbσadm

σadm �MS

�Px

bhx2 /6

�6Px

bhx2

M � Px S �bhx

2

6

5.8 Tensões de cisalhamento em vigas deseção transversal retangularQuando uma viga está em flexão pura, os únicos esforços resultantes são osmomentos fletores e as únicas tensões são as normais agindo nas seções trans-versais. A maior parte das vigas, entretanto, está submetida a carregamentosque produzem tanto momentos fletores como forças cortantes (flexões não uni-formes). Nesses casos, a viga apresenta tensões normais e de cisalhamento. Astensões normais são calculadas a partir da fórmula de flexão (veja a Seção 5.5)desde que a viga seja construída de um material elástico linear. As tensões decisalhamento são discutidas nesta e nas próximas duas seções.

Tensões de cisalhamento verticais e horizontaisConsidere uma viga com uma seção transversal retangular (largura b e alturah) submetida a uma força cortante positiva V (Figura 5.26a). É razoável admi-tir que as tensões de cisalhamento τ agindo sobre a seção transversal são para-lelas à força cortante, ou seja, paralelas aos lados verticais da seção transversal.Também é razoável assumir que as tensões de cisalhamento são uniformemente

distribuídas sobre a largura da viga, ainda que possam variar ao longo daaltura. Utilizando essas duas hipóteses, podemos determinar a intensidade datensão de cisalhamento em qualquer ponto da seção transversal.

Para esta análise, isolamos um pequeno elemento mn da viga (Figura5.26a), fazendo um corte entre duas seções transversais adjacentes e dois pla-nos horizontais. De acordo com nossas hipóteses, as tensões de cisalhamento τagindo na face frontal desse elemento são verticais e uniformemente distribuí-das de um lado da viga ao outro. Além disso, a partir da discussão das tensõesde cisalhamento na Seção 1.7, sabemos que as tensões de cisalhamento agindoem um lado do elemento são acompanhadas de tensões de cisalhamento deigual intensidade agindo sobre faces perpendiculares do elemento (veja asFiguras 5.26b e c). Assim, existem tensões de cisalhamento horizontais agindoentre camadas horizontais da viga e também tensões de cisalhamento verticaisagindo sobre as seções transversais. Em qualquer ponto da viga, essas tensõesde cisalhamento complementares são iguais em termos de intensidade.

A igualdade das tensões de cisalhamento verticais e horizontais agindosobre um elemento nos leva a uma importante conclusão a respeito das tensõesde cisalhamento na parte de cima e de baixo da viga. Se imaginarmos que umelemento mn (Figura 5.26a) está localizado em cima ou embaixo, vemos que astensões de cisalhamento horizontais devem desaparecer, porque não existemesforços nas superfícies externas da viga. Segue-se que as tensões de cisalha-mento verticais também devem desaparecer nesses locais, em outras palavras,τ � 0 para y � �h/2.

A existência das tensões de cisalhamento horizontais em uma viga pode serdemonstrada através de um experimento simples. Coloque duas vigas retangu-lares idênticas sobre apoios simples e submeta-as a uma força P, conforme ilus-trado na Figura 5.27a. Caso o atrito entre as duas vigas seja pequeno, elas vãofletir independentemente (Figura 5.27b). Cada viga será comprimida acima desua própria linha neutra e tracionada abaixo de sua linha neutra e, portanto, asuperfície inferior da viga superior deslizará em relação à superfície superiorda viga inferior.

Vamos supor agora que as duas vigas estejam coladas ao longo da superfí-cie de contato, de tal forma que se tornem uma viga única e sólida. Quandoessa viga for carregada, as tensões de cisalhamento horizontais se desenvolve-rão ao longo da superfície colada para evitar o escorregamento mostrado naFigura 5.27b. Devido à presença dessas tensões de cisalhamento, uma vigaúnica e sólida é muito mais rígida e forte que duas vigas separadas.

Dedução da Fórmula de CisalhamentoEstamos agora prontos para deduzir a fórmula para a tensão de cisalhamentoτ de uma viga retangular. Entretanto, em vez de determinar as tensões de cisa-lhamento verticais agindo sobre a seção transversal, é mais fácil determinar astensões de cisalhamento horizontais agindo entre camadas da viga. É claro queas tensões de cisalhamento verticais têm as mesmas intensidades das tensões decisalhamento horizontais.

Com esse procedimento em mente, consideremos uma viga submetida auma flexão não uniforme (Figura 5.28a). Tomemos duas seções transversaisadjacentes mn e m1n1, distantes dx uma da outra, e consideremos um elementomm1n1n. O momento fletor e a força cortante agindo na face esquerda desteelemento são denominados M e V, respectivamente. Uma vez que tanto omomento fletor como a força cortante podem variar quando nos movemos aolongo do eixo da viga, os valores correspondentes na face direita (Figura 5.28a)são denominados M � dM e V � dV.

Devido à presença dos momentos fletores e das forças cortantes, o elementomostrado na Figura 5.28a está submetido a tensões normais e de cisalhamentoem ambas as faces das seções transversais. Entretanto, apenas as tensões nor-mais são necessárias para o desenvolvimento seguinte e, portanto, apenas as


VENDA PROIBIDA

y

xz

(a)

(b) (c)

O

V

h

b

m

m

n

n

τ

τ

τττ τ

Figura 5.26Tensões de cisalhamento emuma viga com seção transversalretangular

P

P

(a)

(b)

Figura 5.27Flexão em duas vigas separadas

tensões normais estão representadas na Figura 5.28b. Nas seções transversaismn e m1n1 as tensões normais são, respectivamente,

(5-34a,b)

conforme dados pela fórmula de flexão (Equação 5.14). Nessas expressões, y éa distância a partir da linha neutra e I é o momento de inércia da área da seçãotransversal em relação à linha neutra.

Em seguida, isolamos o subelemento mm1p1p fazendo passar um planohorizontal pp1 através do elemento mm1n1n (Figura 5.28b). O plano pp1 está auma distância y1 da superfície neutra da viga. O subelemento é ilustrado sepa-radamente na Figura 5.28c. Notamos que a face do topo é uma parte da super-fície superior da viga e, assim, está livre de tensões. Sua face de baixo (que éparalela à superfície neutra e distante y1 desta) é submetida a tensões de cisa-lhamento horizontais τ existentes nesse nível da viga. Suas faces da seção trans-versal mp e m1p1 estão submetidas às tensões de flexão σ1 e σ2, respectivamente,produzidas pelos momentos fletores. Tensões de cisalhamento verticais tam-bém agem nas faces das seções transversais; entretanto, essas tensões não afe-tam o equilíbrio do subelemento na direção horizontal (direção x), por issonão são mostradas na Figura 5.28c.

Caso os momentos fletores nas seções transversais mn e m1n1 (Figura 5.28b)sejam iguais (isto é, se a viga estiver em flexão pura), as tensões normais σ1 eσ2 agindo sobre os lados mp e m1p1 do subelemento (Figura 5.28c) tambémserão iguais. Nessas condições o subelemento estará em equilíbrio somente soba ação das tensões normais e, portanto, as tensões de cisalhamento τ agindo naface da base pp1 serão nulas. Essa conclusão é óbvia, visto que uma viga em fle-xão pura não tem força cortante e, assim, não tem tensões de cisalhamento.

Caso os momentos fletores variem ao longo do eixo x (flexão não uni-forme), podemos determinar a tensão de cisalhamento τ agindo na face debaixo do subelemento (Figura 5.28c), considerando o equilíbrio do subele-mento na direção x.

Para começar, identificamos o elemento de área dA na seção transversal auma distância y da linha neutra (Figura 5.28d). A força agindo nesse elementoé σdA, em que σ é a tensão normal obtida a partir da fórmula de flexão. Casoo elemento de área esteja localizado na face esquerda mp do subelemento (emque o momento fletor é M), a tensão normal é dada pela Equação (5.34a), eportanto o elemento de força é

σ1 � �My

Ie σ2 � �

(M � dM)y

I


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Side view of beam Side view of element

Side view of subelement Cross section of beam at subelement

(a) (b)

(c) (d)

dx

dx

p1 y1p

s2

y1

y1

y

x

dA

M

m m1

m m1

n n1

m m1

n n1

V MM � dM M � dM

V � dV

dx

x

z

y

O

p p1

s1

s1 s2

x

τ

b

h2— h

2—

h2—

h2—

h2—

Figura 5.28Tensões de cisalhamento em

uma viga com seção transversalretangular

Observe que estamos utilizando apenas valores absolutos nas equações porqueas direções dessas tensões são óbvias ao analisar a figura. A somatória desseselementos de força sobre a área da face mp do subelemento dá a força horizon-tal F1 total agindo nessa face:

(5-35a)

Note que essa integração é feita sobre a área da parte sombreada da seçãotransversal mostrada na Figura 5.28d, ou seja, sobre a área da seção transver-sal de até .

A força F1 é mostrada na Figura 5.29 em um diagrama de corpo livre par-cial do subelemento (forças verticais foram omitidas).

De forma similar, descobrimos que a força total F2 agindo na face direitam1p1 do subelemento (Figuras 5.29 e 5.28c) é

(5-35b)

Conhecendo as forças F1 e F2, podemos agora determinar a força horizontal F3agindo na face da base do subelemento.

Uma vez que o subelemento está em equilíbrio, podemos somar as forçasna direção x e obter

(5-35c)

ou

Os valores dM e I no último termo podem ser movidos para fora do sinal daintegral, porque são constantes em qualquer seção transversal e não estãoenvolvidos na integração. Assim, a expressão para a força F3 torna-se

(5-36)

Se as tensões de cisalhamento τ são uniformemente distribuídas ao longo dalargura b da viga, a força F3 é também igual a:

(5-37)

em que b dx é a área da face de baixo do subelemento.Combinando as Equações (5.36) e (5.37) e resolvendo para a tensão de cisa-

lhamento τ, temos

(5-38)

O valor dM/dx é igual à força cortante V (veja a Equação 4.6) e, portanto, aequação anterior torna-se

(5-39)

A integral dessa equação é determinada sobre a área sombreada da seçãotransversal (Figura 5.28d), conforme já explicado. Assim, a integral é o pri-meiro momento da área sombreada em relação à linha neutra (o eixo z). Emoutras palavras, a integral é o primeiro momento, ou momento estático, da área

τ �Vlb L

y dA

τ �dMdxa 1

IbbL

ydA

F3 � τbdx

F3 �dM

I Ly dA

F3 �L

(M � dM )y

IdA �

L

My

IdA �

L

(dM )y

IdA

F3 � F2 � F1

F2 �L

σ2dA �L

(M � dM)y

IdA

y � h/2y � y1

F1 �L

σ1 dA �L

My

IdA

σ1dA �My

IdA


VENDA PROIBIDA

F1

F3

F2

y1

m1m

x

dx

p1p h2—

Figura 5.29Diagrama de corpo livre parcialdo subelemento mostrandotodas as forças horizontais(Compare com a Fig. 5-28c.)

Cross section of beam at subelement(d)

y1y

dA

z

y

O

b

h2—

h2—

Figura 5-28d (Repetida)

da seção transversal acima do nível em que a tensão de cisalhamento τ foi calcu-lada. Esse primeiro momento é usualmente denominado pelo símbolo Q:

(5-40)

Com essa notação, a equação para a tensão de cisalhamento torna-se

(5-41)

Esta equação, conhecida como fórmula de cisalhamento, pode ser utilizadapara calcular a tensão de cisalhamento τ em qualquer ponto na seção transver-sal de uma viga retangular. Note que, para uma seção transversal específica, aforça cortante V, o momento de inércia I e a largura b são constantes. O pri-meiro momento Q (e, assim, a tensão de cisalhamento τ), contudo, varia coma distância y1 em relação à linha neutra.

Cálculo do primeiro momento QSe o nível em que a tensão de cisalhamento deve ser determinada está acima dalinha neutra, como mostra a Figura 5.28d, é natural obter Q calculando-se oprimeiro momento da área da seção transversal acima daquele nível (a áreasombreada na figura). Como alternativa, entretanto, podemos calcular o pri-meiro momento da área remanescente da seção transversal, ou seja, a áreaabaixo da área sombreada. Seu primeiro momento é igual ao negativo de Q.

A explicação está no fato de que o primeiro momento de toda a área daseção transversal em relação à linha neutra é igual a zero (porque a linha neu-tra passa através do centroide). O valor de Q para a área abaixo do nível y1 é,portanto, o negativo de Q para a área acima desse nível. Por conveniência, nor-malmente utilizamos a área acima do nível y1 quando o ponto em que estamosencontrando a tensão de cisalhamento estiver na parte de superior da viga eutilizamos a área abaixo de y1 quando o ponto estiver na parte inferior da viga.

Além do mais, normalmente não nos importamos com a convenção desinais para V e para Q. Em vez disso, tratamos todos os termos da fórmula decisalhamento como valores positivos e determinamos as direções das tensõesde cisalhamento por inspeção, uma vez que as tensões atuam na mesma dire-ção que a própria força cortante V. Este procedimento para determinar as ten-sões de cisalhamento será ilustrado mais adiante no Exemplo 5.11.

Distribuição das tensões de cisalhamento em uma viga retangularEstamos, agora, prontos para determinar a distribuição das tensões de cisalha-mento em uma viga com seção transversal retangular (Figura 5.30a). O pri-meiro momento Q da parte sombreada da área da seção transversal é obtidomultiplicando a área pela distância do seu próprio centroide à linha neutra:

(5-42a)

É claro que o mesmo resultado pode ser obtido integrando a Equação (5.37):

(5-42b)

Substituindo a expressão para Q na fórmula de cisalhamento (Equação 5.38),temos

(5-43)τ �V2Iah2

4� y1

2b

Q �L

y dA �3

h/2

y1

yb dy �b2ah2

4� y1

2b

Q � bah2

� y1b ay1 �h/2 � y1

2b �

b2ah2

4� y1

2b

τ �VQ

Ib

Q �L

y dA


VENDA PROIBIDA

Essa equação mostra que as tensões de cisalhamento em uma viga retangu-lar variam quadraticamente com a distância y1 a partir da linha neutra. Assim,quando mostradas em um gráfico ao longo da altura da viga, τ varia conformeilustrado na Figura 5.30b. Note que a tensão de cisalhamento é zero quandoy1 � � h/2.

O valor máximo da tensão de cisalhamento ocorre na linha neutra (y1 � 0)em relação à qual o primeiro momento Q tem seu valor máximo. Substituindoy1 � 0 na Equação (5.43), temos

(5-44)

em que A � bh é a área da seção transversal. Assim, a tensão de cisalhamentomáxima em uma viga de seção transversal retangular é 50% maior que a ten-são de cisalhamento média V/A.

Mais uma vez, repare que as equações anteriores para as tensões de cisalha-mento podem ser utilizadas para calcular tanto as tensões de cisalhamento ver-ticais agindo nas seções transversais quanto as tensões de cisalhamentohorizontais agindo entre as camadas horizontais da viga.*

LimitaçõesAs fórmulas para tensões de cisalhamento apresentadas nesta seção estão sub-metidas às mesmas restrições que a fórmula de flexão da qual elas são deriva-das. Assim, elas são válidas apenas para materiais elásticos lineares compequenas deflexões.

No caso de vigas retangulares, a precisão da fórmula de cisalhamentodepende da razão entre altura e largura da seção transversal. A fórmula podeser considerada exata para vigas bem estreitas (altura h muito maior que lar-gura b). Entretanto, sua precisão diminui quando b aumenta em relação a h.Por exemplo, quando a viga é quadrada (b � h), a tensão de cisalhamentomáxima verdadeira é aproximadamente 13% maior que o valor fornecido pelaEquação (5.44). (Para uma discussão mais completa das relações da fórmulade cisalhamento, veja a Ref. 5.9.)

Um erro comum é aplicar a fórmula de cisalhamento (Equação 5.41) a for-mas de seções transversais em que ela não é aplicável. Por exemplo, não é apli-cável a seções de forma triangular ou semicircular. Para evitar o uso errado dafórmula, devemos manter em mente as seguintes hipóteses em que seu desenvol-vimento foi baseado: (1) As arestas da seção transversal devem ser paralelas aoeixo y (de tal forma que as tensões de cisalhamento ajam paralelamente ao eixoy) e (2) as tensões de cisalhamento devem ser uniformes ao longo da largura daseção transversal. Essas hipóteses são completamente atendidas apenas em cer-tos casos, como esses discutidos nesta e nas próximas duas seções.

Finalmente, a fórmula de cisalhamento aplica-se apenas a vigas prismáticas.Se a viga é não prismática (por exemplo, se a viga for afilada), as tensões decisalhamento são muito diferentes daquelas previstas pelas fórmulas dadasaqui (veja as Refs. 5.9 e 5.10).

Efeitos das Deformações de CisalhamentoComo as tensões de cisalhamento τ podem variar parabolicamente ao longo daaltura de uma viga retangular, segue que a deformação de cisalhamento

também varia parabolicamente. Como resultado dessas deformaçõesde cisalhamento, seções transversais da viga que originalmente eram planastornam-se distorcidas. Essa deformação é mostrada na Figura 5.31, em queseções transversais mn e pq, originalmente planas, tornaram-se superfícies cur-

γ � τ /G

τmax �Vh2

8I�

3V2A


VENDA PROIBIDA

y

(a)

(b)

zO

y1

τmax

h2

h2

h2

h2

b

τ

Figura 5.30Distribuição das tensões de cisal-hamento em uma viga de seçãotransversal retangular: (a) seçãotransversal da viga e (b) dia-grama mostrando a distribuiçãoparabólica das tensões de cisal-hamento sobre a altura da viga

*The shear-stress analysis presented in this section was developed by the Russian engineer D. J . Jourawski; see Refs. 5-7 and 5-8.

vas m1n1 e p1q1, com a máxima deformação de cisalhamento ocorrendo nasuperfície neutra. Nos pontos m1, p1, n1 e q1, a deformação de cisalhamento ézero e, portanto, as curvas m1n1 e p1q1 são perpendiculares às superfícies supe-rior e inferior da viga.


VENDA PROIBIDA

P

p1

m1

pm

q1

n1q

n

Figura 5.31Distorções das seções transver-

sais de uma viga devido àsdeformações de cisalhamento

Se a força cortante V é constante ao longo do eixo da viga, a deformação éa mesma em toda seção transversal. Portanto, o alongamento e o encurta-mento de elementos longitudinais devido aos momentos fletores não são afe-tados por conta das tensões de cisalhamento, e a distribuição das tensõesnormais é a mesma da flexão pura. Além disso, investigações detalhadas utili-zando métodos avançados de análise mostram que a distorção das seçõestransversais devido às tensões de cisalhamento não afeta substancialmente astensões longitudinais, mesmo quando a força cortante varia continuamente aolongo do comprimento. Assim, sob a maior parte das condições, é justificávelo uso da fórmula de flexão (Equação 5.14) para flexão não uniforme, apesar dea fórmula ter sido desenvolvida para flexão pura.

Example 5-11• • •Uma viga de metal, com um vão L � 1 m, tem apoio simples nos pontos A eB (Figura 5.32a). O carregamento uniforme na viga (incluindo seu própriopeso) é q � 28 kN/m. A seção transversal da viga é retangular (Figura 5.32b),com largura b � 25 mm e altura h � 100 mm. A viga está adequadamenteapoiada contra flambagem lateral.

Determine a tensão normal σC e a tensão de cisalhamento τC no pontoC, que está localizado 25 mm abaixo do topo da viga e 200 mm do apoiodireito. Mostre essas tensões em um esboço de um elemento de tensão noponto C.

SoluçãoForça cortante e momento fletor. A força cortante VC e o momento fletorMC na seção transversal através do ponto C são encontrados pelos métodosdescritos no Capítulo 4. Os resultados são

Os sinais desses valores são baseados na convenção de sinais padrão paramomentos fletores e forças cortantes (veja a Figura 4.5).

Momento de inércia. O momento de inércia da seção transversal emrelação à linha neutra (o eixo z na Figura 5.32b) é

Tensão normal no ponto C. A tensão normal no ponto C é encontradaa partir da fórmula de flexão (Equação 5.13) com a distância y da linha neu-tra igual a 25 mm; assim,

I �bh3

12�

112

(25 mm)(100 mm)3 � 2083 � 103 mm4

MC � 2,22 kN # m VC � �8,4 kN

Figura 5-32Exemplo 5.11. (a) Viga simples

com carregamento uniforme, (b)seção transversal da viga e (c)

elemento de tensão mostrandoas tensões normais e de cisalha-

mento no

200mm

BA

L = 1 m

q = 28 kN/m

(a)

75 mm100 mm C


VENDA PROIBIDA


O sinal de menos indica que a tensão é compressiva, conforme o esperado.Tensão de cisalhamento no ponto C. Para obter a tensão de cisalha-

mento no ponto C, precisamos calcular o primeiro momento QC da área daseção transversal acima do ponto C (Figura 5.32b). O primeiro momento éigual ao produto da área e a distância de seu centroide (denominada yC) aoeixo z, assim,

Agora substituímos os valores conhecidos na fórmula de cisalhamento(Equação 5.41) e obtemos a magnitude da tensão de cisalhamento:

A direção da tensão pode ser encontrada por inspeção, pois ela age namesma direção da força cortante. Neste exemplo, a força cortante age paracima na parte à esquerda do ponto C e para baixo na parte à direita doponto C. A melhor forma de mostrar as direções das tensões normais e decisalhamento é desenhar o elemento de tensão, como na Figura 5.32c.

Elemento de tensão no ponto C. O elemento de tensão ilustrado naFigura 5.32c é cortado a partir do lado da viga no ponto C (Figura 5.32a).Tensões de compressão σC � 26,9 MPa atuam sobre as faces da seção trans-versal do elemento, e as tensões de cisalhamento τC � 3,8 MPa atuam tantonas faces de cima e de baixo quanto nas faces da seção transversal.

➥τC �VCQC

lb�

(8.400 N)(23.440 mm3)

(2.083 � 103 mm4)(25 mm)� 3,8 MPa

AC � (25 mm)(25 mm) � 625 mm2 yC � 37,5 mm QC � AC yC � 23.440 mm3

➥σC � �My

I� �

(2,24 � 106 N # mm)(25 mm)

2083 � 103 mm4� �26,9 MPaFigura 5-32 (continuação)

Exemplo 5.11. (a) Viga simplescom carregamento uniforme, (b)

seção transversal da viga e (c)elemento de tensão mostrandoas tensões normais e de cisalha-

mento no

(b)

(c)

z

C= 50 mm

b = 25 mm

= 50 mm

y = 25 mm

y

25 mm

3.8 MPa

26.9 MPa

3.8 MPa

26.9 MPaC

O

h2—

h2—

Example 5-12• • •Uma viga de madeira AB submetida a duas cargas concentradas P (Figura5.33a) tem uma seção transversal retangular de largura b � 100mm e alturah � 150 mm (Figura 5.33b). A distância de cada extremidade da viga até acarga mais próxima é a � 0,5 m.

Determine o valor máximo admissível Pmax das cargas se a tensão admis-sível na flexão é σadm � 11 MPa (para tração e compressão) e a tensão admis-sível para cisalhamento horizontal é τadm � 1,2 MPa. (Desconsidere o própriopeso da viga.)

Observação: Vigas de madeiras são muito mais fracas em cisalhamentohorizontal (cisalhamento paralelo às fibras longitudinais da madeira) doque em cisalhamento transversal às linhas da fibra (cisalhamento nas seçõestransversais). Consequentemente, a tensão admissível para o cisalhamentohorizontal normalmente tem de ser levada em consideração no projeto.

SoluçãoA força cortante máxima ocorre nos apoios e o momento fletor máximoocorre ao longo da região entre as cargas. Seus valores são

O módulo de seção S e a área da seção transversal A são

As tensões normais e de cisalhamento máximas na viga são obtidas a partirdas fórmulas de flexão e de cisalhamento (Equações 5.17 e 5.44):

S �bh2

6A � bh

Vmax � P Mmax � Pa


VENDA PROIBIDA


Portanto, os máximos valores admissíveis para a carga P na flexão e no cisa-lhamento são, respectivamente,

Substituindo nessas fórmulas os valores conhecidos, temos

Assim, as tensões de flexão governam o projeto, e a carga máxima admissí-vel é

Uma análise mais completa dessa viga exigiria que o peso da viga fosselevado em consideração, reduzindo assim a carga admissível.

Observações:(1) Neste exemplo, as tensões normais máximas e as tensões de cisalha-

mento máximas não ocorrem nos mesmos lugares da viga – as tensões nor-mais são máximas na região média da viga em cima e embaixo da seçãotransversal, e a tensão de cisalhamento é máxima próxima aos apoios, nalinha neutra da seção transversal.

(2) Para a maior parte das vigas, as tensões de flexão (não as tensões decisalhamento) definem a carga admissível, assim como neste exemplo.

(3) Apesar de a madeira não ser um material homogêneo e frequente-mente distanciar-se do comportamento de um material elástico linear,ainda podemos aproximar os resultados das fórmulas de flexão e de cisalha-mento. Esses resultados aproximados são geralmente adequados para pro-jetar vigas de madeira.

Pflexão �(11 MPa)(100 mm)(150 mm)2

6(0,5 m)� 8,25 kN

Pflexão �σadmbh2

6aPcisalhamento �

2τadmbh

3

σmax �Mmax

S�

6Pa

bh2τ max �

3Vmax

2A�

3P2bh

➥Pmax � 8,25 kN

Pcisalhamento �2(1,2 MPa)(100 mm)(150 mm)

3� 12,0 kN

Figura 5-33Exemplo 5.12. Viga de madeira

com cargas concentradas

a

b

a

BA

P P

(a)

h

y

z

(b)

O

5.9 Tensões de cisalhamento em vigas deseção transversal circularQuando uma viga tem uma seção transversal circular (Figura 5.34), não pode-mos mais assumir que as tensões de cisalhamento atuem paralelamente ao eixoy. Por exemplo, podemos facilmente provar que, no ponto m (na fronteira daseção transversal), a tensão de cisalhamento � deve agir de forma tangente àfronteira. Essa observação vem do fato de que a superfície externa da viga élivre de tensão e, portanto, a tensão de cisalhamento agindo na seção transver-sal não pode ter nenhum componente na direção radial.

Apesar de não haver uma forma simples de encontrar as tensões de cisalha-mento atuando em toda a seção transversal, podemos rapidamente determinar

qO

zp

y

τmax

rm

τ

Fig. 5-34Shear stresses acting on the

cross section of a circular beam

as tensões de cisalhamento na linha neutra (sob a qual as tensões são as maio-res), fazendo algumas hipóteses razoáveis em relação à distribuição de tensão.Vamos assumir que as tensões atuem paralelamente ao eixo y e tenham intensi-dade constante ao longo da largura da viga (do ponto p ao ponto q na Figura5.34). Uma vez que essas hipóteses são as mesmas daquelas utilizadas no desen-volvimento da fórmula de cisalhamento τ � VQ/Ib (Equação 5.41), podemosutilizar a fórmula de cisalhamento para calcular as tensões na linha neutra.

Para utilizar a fórmula de flexão, precisamos das seguintes propriedades daseção transversal circular de raio r:

(5-45a,b)

A expressão para o momento de inércia I provém do Caso 9 do Apêndice D, ea expressão para o primeiro momento Q baseia-se nas fórmulas para o semi-círculo (Caso 10, Apêndice D). Substituindo essas expressões na fórmula decisalhamento, obtemos

(5-46)

em que A � π r2 é a área da seção transversal. Essa equação mostra que a ten-são de cisalhamento máxima em uma viga circular é igual a 4/3 vezes a tensãode cisalhamento vertical média V/A.

Caso a viga tenha uma seção transversal circular vazada (Figura 5.35),podemos novamente assumir, com uma precisão razoável, que as tensões decisalhamento na linha neutra são paralelas ao eixo y e uniformemente distri-buídas na seção. Consequentemente, podemos novamente utilizar a fórmula decisalhamento para encontrar as tensões máximas. As propriedades exigidaspara uma seção circular vazada são

(5-47a,b,c)

em que r1 e r2 são os raios internos e externos da seção transversal. Assim, atensão máxima é

(5-48)

em que

é a área da seção transversal. Note que, se r1 � 0, a Equação (5.48) se reduz àEquação (5.46) para uma viga circular sólida.

Apesar de a teoria precedente para tensões de cisalhamento em vigas comseção transversal circular ser aproximada, os resultados fornecidos variam ape-nas um pequeno percentual daqueles obtidos utilizando a exata teoria da elas-ticidade (Ref. 5.9). Consequentemente, as Equações (5.46) e (5.48) podem serutilizadas para determinar as tensões de cisalhamento máximas em vigas cir-culares sob condições normais.

A � π(r22 � r1

2)

τmax �VQ

Ib�

4V3Aa r2

2 � r2r1 � r12

r22 � r1

2 b

I �π4

(r24 � r1

4) Q �23

(r23 � r1

3) b � 2(r2 � r1)

τmax �VQ

Ib�

V(2r3/3)

(πr4/4)(2r)�

4V3πr2 �

4V3A

I �π r4

4Q � Ayq � aπr2

2b a 4r

3πb �

2r3

3b � 2r


VENDA PROIBIDAO

z

y

r1r2

Figura 5-35Seção transversal circular vazada


VENDA PROIBIDA

Example 5-13• • •Uma haste vertical, constituída de um tubo circular de diâmetro externo d2� 100 mm e diâmetro interno d1 � 80 mm, está carregado por uma forçahorizontal P � 6.675 N (Figura 5.36a).

(a) Determine a tensão de cisalhamento máxima na haste.(b) Para a mesma carga P e a mesma tensão de cisalhamento máxima, qual

é o diâmetro d0 de uma haste circular sólida (Figura 5.36b)?

Solução(a) Tensão de cisalhamento máxima. Para uma haste com uma seção trans-

versal circular vazada (Figura 5.36a), utilizamos a Equação (5.48) com aforça cortante V substituída pela carga P e a área da seção transversalsubstituída pela expressão ; assim,

(a)

Depois substituímos os valores conhecidos

e obtemos

que é a tensão de cisalhamento máxima na haste.

(b) Diâmetro da haste circular sólida. Para uma haste com uma seção trans-versal circular sólida (Figura 5.36b), utilizamos a Equação (5.46), com Vsubstituído por P e r substituído por d0/2:

(b)

Resolvendo para d0, obtemos:

a partir da qual temos

Neste exemplo em particular, a haste circular sólida tem um diâmetro deaproximadamente metade do da haste tubular.

Observação: As tensões de cisalhamento raramente determinam o pro-jeto tanto das vigas circulares quanto das retangulares feitas de metaiscomo aço e alumínio. Nesses tipos de materiais, as tensões de cisalhamentoadmissíveis são normalmente na faixa de 25% a 50% da tensão de traçãoadmissível. No caso da haste tubular deste exemplo, a tensão de cisalha-mento máxima é de apenas 4,68 MPa. Em contrapartida, a tensão de flexãomáxima obtida a partir da fórmula de flexão é de 69 MPa para uma hasterelativamente curta de comprimento 60 mm. Assim, quando o carrega-mento aumenta, a tensão de tração admissível será alcançada muito antesque a tensão de cisalhamento admissível seja alcançada.

A situação é bem diferente para materiais fracos em cisalhamento,como a madeira. Para uma viga de madeira típica, a tensão admissível nocisalhamento horizontal está na faixa de 4% a 10% da tensão de flexãoadmissível. Consequentemente, apesar de a tensão de cisalhamento máximater um valor relativamente baixo, ela às vezes governa o projeto.

π (r22 � r1

2)

➥d0 � 49,21 mm

d02 �

16P3πτmax

�16(6675 N)

3π (4,68 MPa)� 2,42 � 10�3 m2

τmax �4P

3π (d0/2)2

➥τmax � 4,68 MPa

P � 6675 N r2 � d2/2 � 50 mm r1 � d1/2 � 40 mm

τmax �4P3πa r2

2 � r2r1 � r12

r24 � r1

4b

Figura 5-36Example 5-13: Shear stresses inbeams of circular cross section

(a) (b)

d1

d2 d0

P P

5.10 Tensões de cisalhamento em almas devigas com flangesQuando uma viga com perfil de flange largo (Figura 5.37a) está submetidatanto a forças cortantes quanto a momentos fletores (flexão não uniforme), astensões normais e de cisalhamento desenvolvem-se nas seções transversais. Adistribuição das tensões de cisalhamento em uma viga de flange largo é maiscomplicada que em uma viga retangular. Por exemplo, as tensões de cisalha-mento nos flanges da viga atuam em ambas as direções, vertical e horizontal(as direções y e z), conforme ilustrado pelas pequenas setas na Figura 5.37b. Astensões de cisalhamento horizontais, que são muito maiores que as tensões decisalhamento verticais nos flanges, serão discutidas mais tarde na Seção 6.7.


VENDA PROIBIDA

(b)

y

(a)

zx

Figura 5.37(a) Viga em forma de flangelargo e (b) direções das tensõesde cisalhamento agindo naseção transversal

As tensões de cisalhamento na alma da viga de flange largo atuam apenasna direção vertical e são maiores que as tensões nos flanges. Essas tensõespodem ser encontradas através das mesmas técnicas utilizadas para encontrartensões de cisalhamento em vigas retangulares.

Tensões de Cisalhamento na AlmaVamos começar a análise determinando as tensões de cisalhamento na linha efna alma da viga de flange largo (Figura 5.38a). Faremos as mesmas hipótesesque fizemos para uma viga retangular, ou seja, vamos assumir que as tensõesde cisalhamento atuam paralelamente ao eixo y e são uniformemente distribuí-das ao longo da espessura da alma da viga. A fórmula de cisalhamento τ � VQ/Ib ainda é válida. Entretanto, a largura b é agora a espessura t da alma,e a área utilizada para calcular o primeiro momento Q é a área entre a linha efe a aresta do topo da seção transversal (indicado pela área sombreada naFigura 5.38a).

Ao encontrar o primeiro momento Q da área sombreada, desprezaremos osefeitos dos pequenos filetes na junção da alma e do flange (pontos b e c naFigura 5.38a). O erro ao se ignorar as áreas desses filetes é muito pequeno.Vamos então dividir a área sombreada em dois retângulos. O primeiro retân-gulo é o próprio flange superior, que tem área

(5-49a)A1 � ba h2

�h1

2b

em que b é a largura do flange, h é a altura total da viga e h1 é a distânciaentre as partes internas dos flanges. O segundo retângulo é a parte da almaentre ef e o flange, ou seja, o retângulo efcb, que tem área

(5-49b)

em que t é a espessura da alma e y1 é a distância da linha neutra à linha ef.Os primeiros momentos das áreas A1 e A2, obtidos em relação à linha neu-

tra, são conseguidos pela multiplicação dessas áreas pelas distâncias de seusrespectivos centroides ao eixo z. Somando esses momentos, temos o primeiromomento Q das áreas combinadas:

Substituindo A1 e A2 das Equações (5.49a) e (5.49b) na equação acima esimplificando, temos

(5-50)

Portanto, a tensão de cisalhamento τ da alma da viga a uma distância y1 dalinha neutra é

(5-51)

em que o momento de inércia da seção transversal é

(5-52)

Uma vez que todos os valores na Equação (5.51) são constantes, exceto y1,vemos imediatamente que τ varia quadraticamente ao longo da altura da alma,conforme ilustrado pelo gráfico na Figura 5.38b. Note que o gráfico é traçadoapenas para a alma e não inclui os flanges. A razão é suficientemente simples –a Equação (5.51) não pode ser utilizada para determinar as tensões de cisalha-mento verticais nos flanges da viga (veja a discussão intitulada “Limitações”,mais adiante nesta seção).

Tensões de Cisalhamento Máximas e MínimasA tensão de cisalhamento máxima em almas de vigas de flange largo ocorre nalinha neutra, em que y1 � 0. A tensão de cisalhamento mínima ocorre onde aalma encontra os flanges (y1 � �h1/2). Essas tensões, encontradas a partir daEquação (5.51), são

(5-53a,b)τmax �V8It

(bh2 � bh12 � th1

2) τmin �Vb8It

(h2 � h12)

I �bh3

12�

(b � t)h13

12�

112

(bh3 � bh13 � th1

3)

τ �VQ

It�

V8Itcb(h2 � h1

2) � t(h12 � 4y1

2) d

Q �b8

(h2 � h12) �

t8

(h12 � 4y1

2)

Q � A1ah1

2�

h/2 � h1/2

2b � A2ay1 �

h1/2 � y1

2b

A2 � tah1

2� y1b


VENDA PROIBIDA

y

f

O

t

(b)

(a)

a

y1h

z

ed

h12

h12

h1

τmin

τmax

τmin

h12

h12

cb

b

τh2—

h2—

Figura 5.38Tensões de cisalhamento naalma de uma viga de flange

largo. (a) Seção transversal daviga e (b) distribuição vertical

das tensões de cisalhamento naalma.

Tanto τmax como τmin estão especificadas no gráfico da Figura 5.38b. Para umatípica viga de flange largo, a tensão máxima na alma é de 10% a 60% maior quea tensão mínima.

Apesar de não ser aparente na discussão anterior, a tensão τmax fornecida pelaEquação (5.48a) não só é a maior tensão de cisalhamento na alma, como tam-bém é a maior tensão de cisalhamento em qualquer parte da seção transversal.


VENDA PROIBIDA

y

f

O

t

(b)

(a)

a

y1h

z

ed

h12

h12

h1

τmin

τmax

τmin

h12

h12

cb

b

τh2—

h2—

Figura 5.38 (repetida)

Tensões de cisalhamento namalha de uma viga com abalarga: (a) corte transversal daviga, e (b) distribuição das ten-sões verticais de cisalhamento namalha.

Força Cortante na AlmaA força cortante vertical carregada pela alma sozinha pode ser determinadamultiplicando a área do diagrama de tensão de cisalhamento (Figura 5.38b)pela espessura t da alma. O diagrama de tensão de cisalhamento constitui--se de duas partes, um retângulo de área h1τmin e um segmento parabólico deárea

Somando essas duas áreas, multiplicando pela espessura t da alma, e entãocombinando os termos, temos a força cortante total na alma:

(5-54)

Para vigas com proporções típicas, a força cortante na alma é de 90% a 98% daforça cortante total V atuando na seção transversal; a diferença é suportadapela tensão nos flanges.

Uma vez que a alma resiste à maior parte da força cortante, os projetistasfrequentemente calculam um valor aproximado da tensão de cisalhamentomáxima pela divisão da força cortante total pela área da alma. O resultado é atensão de cisalhamento média na alma, assumindo que a alma suporta toda aforça cortante:

(5-55)

Para vigas de flange largo típicas, a tensão média calculada dessa forma estána faixa de 10% (para mais ou para menos) da tensão de cisalhamento máximacalculada a partir da Equação (5.53a). Assim, a Equação (5.55) fornece umamaneira simples de estimar a tensão de cisalhamento máxima.

LimitaçõesA teoria de cisalhamento elementar apresentada nesta seção serve para deter-minar as tensões de cisalhamento verticais na alma de uma viga de flangelargo. Entretanto, ao analisar as tensões de cisalhamento verticais nos flanges,não podemos mais assumir que as tensões de cisalhamento são constantes aolongo da largura da seção, ou seja, ao longo da largura b dos flanges (Figura5.38a). Assim, não podemos utilizar a fórmula de cisalhamento para determi-nar essas tensões.

τaver �Vth1

Vweb �th1

3(2τmax � τmin )

23

(h1)(τmax � τmin )

Para enfatizar esse ponto, consideremos a junção da alma com o flangesuperior (y1 � h1/2), onde a largura da seção varia abruptamente de t para b.As tensões de cisalhamento nas superfícies livres ab e cd (Figura 5.38a) devemser zero, enquanto a tensão de cisalhamento ao longo da alma na linha bc éigual a τmin. Essas observações indicam que a distribuição das tensões de cisa-lhamento da alma com o flange é bastante complexa e não pode ser investigadaatravés de métodos elementares. A análise de tensões é bem mais complexa uti-lizando filetes e cantos com reentrâncias (cantos b e c). Os filetes são necessá-rios para evitar que as tensões fiquem perigosamente grandes, mas elestambém alteram a distribuição de tensão na alma.

Concluímos assim que a fórmula de cisalhamento não pode ser utilizadapara calcular as tensões de cisalhamento verticais nos flanges. Entretanto, afórmula de cisalhamento fornece bons resultados para as tensões de cisalha-mento horizontais nos flanges (Figura 5.37b), conforme será discutido maistarde na Seção 6.8.

O método descrito para determinar as tensões de cisalhamento nas almasde vigas com flange largo também pode ser utilizado para outras seções quetenham almas finas. Como se verá, o Exemplo 5.15 ilustra o procedimentopara uma viga em T.


VENDA PROIBIDA

y

f

O

t

(b)

(a)

a

y1h

z

ed

h12

h12

h1

τmin

τmax

τmin

h12

h12

cb

b

τh2—

h2—

Figura 5.38Tensões de cisalhamento naalma de uma viga de flange

largo. (a) Seção transversal daviga e (b) distribuição vertical

das tensões de cisalhamento naalma.

Example 5-14• • •Uma viga de flange largo (Figura 5.39a) é submetida a uma força cortantevertical V � 45 kN. As dimensões da seção transversal da viga são b � 165mm, t � 7,5 mm, h � 320 mm e h1 � 290 mm.

Determine a tensão de cisalhamento máxima, a tensão de cisalhamentomínima e a força cortante total na alma (desconsidere as áreas dos filetesquando fizer os cálculos).

y

O

(b)

(a)

h =320 mmz h1

= 290 mm

τmin

τmax

τmin

b =165 mm

t = 7.5 mm

= 17.4 MPa

= 21.0 MPa

Figura 5.39 Exemplo 5.14. Tensões de cisal-hamento na alma de uma viga

de flange largo


VENDA PROIBIDA

Example 5-14• • •SoluçãoTensões de cisalhamento máxima e mínima. As tensões de cisalhamentomáxima e mínima na alma da viga são dadas pelas Equações (5.53a) e(5.53b). Antes de fazer as substituições nessas equações, vamos calcular omomento de inércia da área da seção transversal a partir da Equação (5.52):

Agora substituímos o valor para I, assim como os valores conhecidos para aforça cortante V e as dimensões da seção transversal, nas Equações (5.53a) e(5.53b):

Nesse caso, a razão de τmax por τmin é 1,21, ou seja, a tensão máxima na almaé 21% maior que a tensão mínima. A variação das tensões de cisalhamentoem relação à altura h1 da alma é mostrada na Figura 5.39b.

Força cortante total. A força cortante na alma é calculada a partir daEquação (5.49) como segue:

A partir desse resultado, vemos que a alma dessa viga em particular resistea 96% da força cortante total.

Observação: A tensão de cisalhamento média na alma da viga (a partirda Equação 5.55) é

que é apenas 1% menor que a tensão máxima.

τaver �V

th1

� 20.7 MPa

➥Vweb �th1

3(2τmax � τmin ) � 43.0 kN

➥τmin �Vb8It

(h2 � h12) � 17.4 MPa

➥τmax �V

8It(bh2 � bh1

2 � th12) � 21.0 MPa

I �1

12(bh3 � bh1

3 � th13) � 130.45 � 106 mm4

Example 5-14• • •Uma viga com seção transversal em forma de T (Figura 5.40a) é submetida auma força cortante vertical V � 45 kN. As dimensões da seção transversalsão b � 100 mm, t � 24 mm, h � 200 mm e h1 � 176 mm.

Determine a tensão de cisalhamento τ1 na parte de cima da alma (nívelnn) e a tensão de cisalhamento máxima τmax (desconsidere as áreas dos file-tes).

SoluçãoLocalização da linha neutra. A linha neutra da viga em T é localizada calcu-lando as distâncias c1 e c2 do topo e da base da viga ao centroide da seçãotransversal (Figura 5.40a). Primeiramente dividimos a seção transversal emdois retângulos, o flange e a alma (veja a linha pontilhada na Figura 5.40a).Então calculamos o primeiro momento Qaa desses dois retângulos em rela-ção à linha aa na base da viga. A distância c2 é igual a Qaa dividido pela áreaA de toda a seção transversal (veja o Capítulo 12, Seção 12.3, para métodosde localização de centroides em áreas compostas). Os cálculos são:

A � ©Ai � b(h � h1) � th1 � 6624 mm2


VENDA PROIBIDA


Momento de inércia. O momento de inércia I de toda a área da seção trans-versal (em relação à linha neutra) pode ser encontrado determinando omomento de inércia Iaa em relação à linha aa na base da viga e então utili-zando o teorema do eixo paralelo (veja a Seção 12.5):

Esses cálculos são como seguem:

Tensão de cisalhamento no topo da alma. Para encontrar a tensão decisalhamento τ1 no topo da alma (ao longo da linha nn), precisamos calcu-lar o primeiro momento Q1 da área acima do nível nn. Esse primeiromomento é igual à área do flange vezes a distância da linha neutra ao cen-troide do flange

É claro que teríamos obtido o mesmo resultado se tivéssemos calculado oprimeiro momento da área abaixo do nível nn:

� 153 � 103 mm3

Q1 � th1ac2 �h1

2b � (24 mm)(176 mm)(124.33 mm � 88 mm)

� (100 mm)(24 mm)(75.77 mm � 12 mm) � 153.0 � 103 mm3

Q1 � b(h � h1)ac1 �h � h1

2b

I � 26.33 � 106 mm4

Iaa �bh3

3�

(b � t)h13

3� 128.56 � 106 mm4 Ac2

2 � 102.23 � 106 mm4

I � Iaa � Ac22

c2 �Qaa

A�

822,912 mm3

6624 mm2� 124.23 mm c1 � h � c2 � 75.77 mm

Qaa � ©yiAi � ah � h1

2b (b)(h � h1) �

h1

2(th1) � 822,912 mm3

O

(b)(a)

n n

a a

y

t = 24 mm

z τmax

τ1c1

c2 c2h1

h1 = 176 mm

h = 200 mm

b = 100 mm

Figura 5.40Exemplo 5.15. Tensões de cisal-hamento na alma da viga em T


VENDA PROIBIDA

Example 5-14• • •Substituindo, na fórmula de cisalhamento, encontramos

Essas tensões existem ambas como tensão de cisalhamento vertical agindona seção transversal e tensão de cisalhamento horizontal agindo no planohorizontal entre o flange e a alma.

Tensão de cisalhamento máxima. A tensão de cisalhamento máximaocorre na alma na linha neutra. Portanto, calculamos o primeiro momentoQmax da área da seção transversal abaixo da linha neutra:

Conforme indicado previamente, teríamos chegado ao mesmo resultado setivéssemos calculado o primeiro momento da área acima da linha neutra,entretanto esses cálculos seriam um pouco mais longos.

Substituindo na fórmula de cisalhamento, obtemos

que é a tensão de cisalhamento máxima na viga.A distribuição parabólica das tensões de cisalhamento na alma é ilus-

trada na Figura 5.40b.

➥τmax �VQmax

It�

(45 kN)(185 � 103 mm3)

(26.33 � 106 mm4)(24 mm)� 13.2 MPa

Qmax � tc2a c2

2b � (24 mm)(124.23 mm)a124.23

2b � 185 � 103 mm3

➥τ1 �VQ1

It�

(45 kN)(153 � 103 mm3)

(26.33 � 106 mm4)(24 mm)� 10.9 MPa

*5.11 Vigas construídas e fluxo decisalhamentoVigas construídas são fabricadas a partir de dois ou mais pedaços de materialunidos para formar uma viga simples. Tais vigas podem ser construídas emuma grande variedade de formas para satisfazer necessidades arquitetônicasou estruturais especiais e prover seções transversais maiores do que as comu-mente disponíveis.

A Figura 5.41 mostra algumas seções transversais típicas de vigas construí-das. A parte (a) da figura mostra uma viga em caixa construída de duas placasde madeira, que servem de flanges, e duas partes centrais de compensado. Ospedaços são unidos com pregos, parafusos ou cola, de tal maneira que a vigatoda aja como uma unidade única. Vigas de caixa também são construídas deoutros materiais, incluindo aços, plásticos e compósitos.

(a)

(b) (c)

Figura 5.41Seções transversais típicas devigas construídas: (a) viga emcaixa de madeira, (b) viga “glu-lam” e (c) viga mestra de chapa

O segundo exemplo é uma viga laminada colada (chamada de viga “glu-lam”), feita a partir de tábuas coladas juntas para formar uma viga muitomaior do que poderia ser cortado de uma árvore como um único membro.Vigas desse tipo são muito utilizadas na construção de pequenos edifícios.

O terceiro exemplo é uma viga mestra de chapa de aço, do tipo comumenteutilizado em pontes e grandes edifícios. Essas vigas mestras, constituídas detrês chapas de aço juntadas por solda, podem ser fabricadas em tamanhos bemmaiores que os disponíveis em flanges largos ou vigas I comuns.

Vigas construídas devem ser projetadas de tal forma que se comportemcomo uma única viga. Consequentemente, os cálculos do projeto envolvemduas fases. No primeiro passo, a viga é projetada como se fosse constituída deum pedaço apenas, levando em consideração as tensões de cisalhamento e fle-tora. Na segunda fase, as conexões entre as partes (tais como pregos, parafu-sos, soldas e colas) são projetadas para assegurar que a viga comporte-se defato como uma entidade única. Em particular, essas conexões devem ser sufi-cientemente fortes para transmitir as forças cortantes horizontais agindo entreas partes da viga. Para obter essas forças, utilizamos o conceito de fluxo decisalhamento.

Fluxo de CisalhamentoPara obter a fórmula das forças cortantes horizontais agindo entre as par-

tes da viga, vamos retornar ao desenvolvimento da fórmula de cisalhamento(veja as Figuras 5.28 e 5.29 da Seção 5.8). Nesse desenvolvimento, cortamosum elemento mm1n1n de uma viga (Figura 5.42a) e investigamos o equilíbriohorizontal do subelemento mm1p1p (Figura 5.42b). A partir do equilíbrio hori-zontal do subelemento, determinamos a força F3 (Figura 5.42c) agindo sobresua superfície inferior:

(5-56)

Essa equação repete a Equação (5.36) da Seção 5.8.

F3 �dM

I Ly dA


VENDA PROIBIDA

F1

F3

F2

y1

m1m

x

dx

p1p

Side view of subelement(b)

dx

p1 y1p

σ2

x

m m1

σ1

τ

Side view of element(a)

y1

m m1

n n1

MM + dM

dx

p p1

σ1 σ2

x

Side view of subelement(c)

h2—

h2—

h2—

h2—

Figura 5.42 Tensões de cisalhamento hori-zontais e forças cortantes emuma viga (Observação: Essas fig-uras são repetições das Figuras5.28 e 5.29)

Vamos agora definir uma nova grandeza, chamada fluxo de cisalhamento f.O fluxo de cisalhamento é a força cortante horizontal por unidade de distânciaao longo do eixo longitudinal da viga. Uma vez que a força F3 age ao longo dadistância dx, a força cortante por unidade de distância é igual a F3 dividido pordx. Assim,

Substituindo dM/dx pela força cortante V e denominando a integral de Q,obtemos a seguinte fórmula de fluxo de cisalhamento:

(5-57)

Esta equação fornece o fluxo de cisalhamento agindo no plano horizontal pp1,mostrado na Figura 5.42a. Os termos V, Q e I têm os mesmos significados quena fórmula de cisalhamento (Equação 5.41).

Caso as tensões de cisalhamento no plano pp1 estejam uniformemente dis-tribuídas, como assumimos para vigas retangulares e vigas de flange largo, ofluxo de cisalhamento f será igual a τb. Nesse caso, a fórmula de fluxo de cisa-lhamento se reduz à fórmula de cisalhamento. Entretanto, o desenvolvimentoda Equação (5.56) para a força F3 não envolve nenhuma hipótese em relação àdistribuição das tensões de cisalhamento na viga. Em vez disso, a força F3 éencontrada unicamente a partir do equilíbrio horizontal do subelemento(Figura 5.42c). Podemos, portanto, interpretar o subelemento e a força F3 deforma mais genérica do que anteriormente.

O subelemento pode ser qualquer bloco prismático de material entre asseções mn e m1n1 (Figura 5.42a), não sendo necessário que ele seja obtidofazendo um corte horizontal simples (como pp1) através da viga. Além disso,uma vez que a força F3 é a força cortante horizontal total agindo entre o sube-lemento e o resto da viga, ela pode se distribuir em qualquer lugar sobre oslados do subelemento, não apenas na sua superfície inferior. Estes mesmoscomentários aplicam-se ao fluxo de cisalhamento f, uma vez que ele é mera-mente a força F3 por unidade de distância.

Vamos agora retornar à fórmula de fluxo de cisalhamento f � VQ/I(Equação 5.57). Os termos V e I têm os seus significados usuais e não são afe-tados pela escolha do subelemento. O primeiro momento Q, entretanto, é umapropriedade da face da seção transversal do subelemento. Para demonstrarcomo Q é determinado, vamos considerar três exemplos específicos de vigasconstruídas (Figura 5.43).

Áreas utilizadas para calcular o primeiro momento QO primeiro exemplo de uma viga construída é uma viga mestra de chapa de aço(Figura 5.43a). As soldas devem transmitir as forças cortantes horizontais queagem entre os flanges e a alma. No flange superior, a força cortante horizontal(por unidade de distância ao longo do eixo da viga) é o fluxo de cisalhamentoao longo da superfície de contato aa. Esse fluxo de cisalhamento pode serencontrado tomando-se Q como o primeiro momento da área da seção trans-versal acima da superfície de contato aa. Em outras palavras, Q é o primeiromomento da área do flange (ilustrado pelo sombreado na Figura 5.43a), cal-culado em relação à linha neutra. Após calcular o fluxo de cisalhamento, pode-mos facilmente determinar a quantidade de solda necessária para resistir àforça cortante, porque a força da solda é usualmente especificada em termos deunidade de força por unidade de distância ao longo da solda.

O segundo exemplo é uma viga de flange largo, que é reforçada rebitando--se uma seção de canal em cada flange (Figura 5.43b). A força cortante hori-zontal, agindo entre cada canal e a viga principal, deve ser transmitida pelosrebites. Essa força é calculada através da fórmula de fluxo de cisalhamento uti-lizando Q como o primeiro momento de área do canal inteiro (ilustrado pelosombreado na figura). O fluxo de cisalhamento resultante é a força longitudi-nal por unidade de distância agindo ao longo da superfície de contato bb, e osrebites devem ter tamanho e espaçamento longitudinal adequados para resistira esta força.

O último exemplo é uma viga em caixa de madeira com dois flanges e duasalmas conectados por pregos ou parafusos (Figura 5.43c). A força cortantehorizontal total entre o flange superior e as almas é o fluxo de cisalhamentoagindo ao longo de ambas as superfícies de contato cc e dd, e portanto o pri-

f �VQ

I


VENDA PROIBIDA(c)

(b)

(a)

a a

y

z O

b b

y

z O

y

z

c

c

d

d

O

Figura 5-43Áreas utilizadas para calcular oprimeiro momento Q

meiro momento Q é calculado para o flange superior (área sombreada). Emoutras palavras, o fluxo de cisalhamento calculado a partir da fórmula f �VQ/I é o fluxo de cisalhamento total ao longo de todas as superfícies de con-tato que contornam a área em que Q é computado. Nesse caso, o fluxo de cisa-lhamento f é resistido através da ação combinada de pregos em ambos os ladosda viga, ou seja, em cc e dd, como ilustrado no exemplo a seguir.


VENDA PROIBIDA

Example 5-14• • •Uma viga em caixa de madeira (Figura 5.44) é construída com duas tábuas,cada uma com seção transversal de 40 � 180 mm, que servem como flangespara duas almas de compensado, cada uma com espessura de 15 mm. Aaltura total da viga é de 280 mm. O compensado é preso aos flanges atra-vés de parafusos para madeira que têm uma força cortante admissível de F� 800 N cada.

Se a força cortante V agindo na seção transversal é de 10,5 kN, deter-mine o máximo espaçamento longitudinal permissível s dos parafusos(Figura 5.44b).

SoluçãoFluxo de cisalhamento. A força cortante horizontal transmitida entre o flangesuperior e as duas almas pode ser encontrada a partir da fórmula de fluxo decisalhamento f � VQ/I, em que Q é o primeiro momento da área da seçãotransversal do flange. Para encontrar esse primeiro momento, multiplicamosa área Af do flange pela distância df de seu centroide à linha neutra:

O momento de inércia da área da seção transversal inteira em relação àlinha neutra é igual ao momento de inércia do retângulo externo menos omomento de inércia do “furo” (o retângulo interno):

Substituindo V, Q e I nas fórmulas de fluxo de cisalhamento (Equação 5.52),obtemos

que é a força cortante horizontal por milímetro de comprimento que deveser transmitida entre o flange e as duas almas.

Espaçamento dos parafusos. Uma vez que o espaçamento longitudinaldos parafusos é s e que existem duas linhas de parafusos (uma em cada ladodo flange), segue que a capacidade de carga dos parafusos é 2F pela distân-cia s ao longo da viga. Portanto, a capacidade dos parafusos por unidade dedistância ao longo da viga é 2F/s. Igualando 2F/s ao fluxo de cisalhamento fe resolvendo para o espaçamento s, temos

Esse valor de s é o máximo espaçamento admissível entre os parafusos, combase na carga permitida por parafuso. Qualquer espaçamento maior que46,6 mm sobrecarregaria os parafusos. Por conveniência, na fabricação e emfavor da segurança, um espaçamento tal como s � 45 mm seria selecionado.

➥s �2Ff

�2(800 N)

34.3 N/mm� 46.6 mm

f �VQ

I�

(10,500 N)(864 � 103 mm3)

264.2 � 106 mm4� 34.3 N/mm

� 264.2 � 106 mm4

I �112

(210 mm)(280 mm)3 �112

(180 mm)(200 mm)3

Q � Afdf � (7200 mm2)(120 mm) � 864 � 103 mm3

Af � 40 mm � 180 mm � 7200 mm2 df � 120 mm

Figura 5-44Exemplo 5.16. Viga em caixa de

madeira

(a) Cross section

180 mm

280 mm

120 mm

15 mm

20 mm

15 mm

40 mm

40 mm

z

y

O

(b) Side view

s s s

x

*5.12 Vigas com carregamentos axiaisMembros estruturais são frequentemente submetidos a ações simultâneas de car-regamentos fletores e carregamentos axiais. Isso acontece, por exemplo, emestruturas de aviões, colunas de prédios, maquinaria, partes de navios e navesespaciais. Caso os membros não sejam demasiadamente esbeltos, tensões combi-nadas podem ser obtidas por superposição de tensões fletoras e tensões axiais.

Veja como isso acontece, considerando a viga engastada mostrada naFigura 5.45a. A única carga da viga é uma força inclinada P agindo no cen-troide da seção transversal da extremidade livre. Esse carregamento pode serdecomposto em dois componentes, uma carga lateral Q e uma carga axial S.Essas cargas produzem tensões resultantes em forma de momentos fletores M,forças cortantes V e forças axiais N ao longo da viga (Figura 5.45b). Em umaseção transversal típica, distante x do apoio, as tensões resultantes são

em que L é o comprimento da viga. As tensões associadas a cada um dessesesforços solicitantes podem ser determinadas em qualquer ponto da seçãotransversal através do uso da fórmula apropriada ( , e

).Uma vez que a força axial N e o momento fletor M produzem tensões nor-

mais, podemos combinar essas duas tensões para obter a distribuição de tensãofinal. A força axial (quando agindo sozinha) produz uma distribuição de tensãouniforme sobre a seção transversal inteira, conforme ilustrado pelodiagrama de tensão na Figura 5.45c. Nesse exemplo em particular, a tensão σ éde tração, como indicado pelos sinais positivos indicados no diagrama.

O momento fletor produz uma variação linear de tensão(Figura 5.45d) com compressão na parte superior da viga e tração na parteinferior. A distância y é medida a partir do eixo z, que passa pelo centroide daseção transversal.

A distribuição final das tensões normais é obtida pela superposição das ten-sões produzidas pela força axial e pelo momento fletor. Assim, a equação paraas tensões combinadas é

(5-58)

Note que N é positivo quando produz tração e M é positivo de acordo coma convenção de sinal de momento fletor (momento fletor positivo produz com-pressão na parte superior da viga e tração na parte inferior). Além disso, o eixoy é positivo para cima. Desde que utilizemos essa convenção de sinais naEquação (5.58), a tensão normal � será positiva para tração e negativa paracompressão.

A distribuição final de tensões depende dos valores algébricos relativos dostermos na Equação (5.58). Para o nosso exemplo, as três possibilidades sãomostradas nas Figuras 5.45e, f e g. Caso a tensão de flexão no topo da viga(Figura 5.45d) seja numericamente menor que a tensão axial (Figura 5.45c), aseção transversal inteira estará em tração, como mostra a Figura 5.45e. Se atensão de flexão no topo for igual à tensão axial, a distribuição será triangular(Figura 5.45f), e se a tensão de flexão for numericamente maior que a tensãoaxial, a seção transversal estará parcialmente em compressão e em tração(Figura 5.45g). Se a força axial for uma força de compressão, ou se o momentofletor estiver na direção reversa, as distribuições de tensão mudarão de acordo.

Sempre que as cargas de flexão e axiais agirem simultaneamente, a linhaneutra (ou seja, a linha na seção transversal em que a tensão normal é zero)não mais passa através do centroide da seção transversal. Como mostram asFiguras 5.45e, f e g, respectivamente, a linha neutra pode estar fora da seçãotransversal, na borda da seção ou dentro da seção transversal.

σ �NA

�My

I

σ � �My/I

σ � N/A

σ � N/Aτ � VQ /Ibσ � �My/I

M � Q(L � x) V � �Q N � S


VENDA PROIBIDA

Q P

S

V M

Nx

L

(a)

(b)

(c) (d) (e) (f) (g)

+ +

+ + + + +

– –

x

y

x

y

Figura 5-45Tensões normais em uma vigaengastada submetida a carrega-mentos fletores e axiais: (a) vigacom carga P agindo na extremi-dade livre, (b) esforços solicitan-tes N, V e M agindo na seçãotransversal a uma distância x doapoio, (c) tensões de traçãodevido à força axial N agindosozinha, (d) tensões de tração ede compressão devido aomomento fletor M agindo sozi-nho e (e), (f), (g) distribuiçõesfinais de tensão possíveis devidoaos efeitos combinados de N e M

O uso da Equação (5.58) para determinar as tensões em uma viga comcarga axial será ilustrado mais adiante, no Exemplo 5.17.

Carregamentos Axiais ExcêntricosUm carregamento axial excêntrico é uma força axial que não age através docentroide da seção transversal. Um exemplo é mostrado na Figura 5.46a, emque a viga engastada AB é submetida a uma carga de tração P agindo a umadistância e do eixo x (o eixo x passa através dos centroides das seções transver-sais). A distância e, chamada de excentricidade da carga, é positiva na direçãopositiva do eixo y.

A carga excêntrica P é estaticamente equivalente a uma força axial P agindoao longo do eixo x e um momento fletor Pe agindo em relação ao eixo z(Figura 5.46b). Note que o momento Pe é um momento fletor negativo.

Uma vista da seção transversal da viga (Figura 5.46c) mostra os eixos y e zpassando através do centroide C da seção transversal. A carga excêntrica Pintercepta o eixo y, que é um eixo de simetria.

Uma vez que a força axial N em qualquer seção transversal é igual a P e omomento fletor M é igual a �Pe, a tensão normal em qualquer ponto na seçãotransversal (a partir da Equação 5.58) é

(5-59)

em que A é a área da seção transversal e I é o momento de inércia em relaçãoao eixo z. A distribuição de tensão obtida a partir da Equação (5.54), para ocaso em que P e e são positivos, é mostrada na Figura 5.46d.

σ �PA

�Pey

I


VENDA PROIBIDA

Bending due to self-weight ofbeam and axial compression dueto horizontal component ofcable lifting force (LesterLefkowitz/Getty Images)

e

Pe

(a)

(b)

(d)(c)

�y0

+

A B P

A BP

C

x

y

y

x

z

y

n n n

eP× s

�

Figura 5-46(a) Viga engastada com uma

carga axial excêntrica P, (b) car-gas equivalentes P e Pe, (c) seção

transversal da viga e (d) dis-tribuição das tensões normais ao

longo da seção transversal

A posição da linha neutra nn (Figura 5.46c) pode ser obtida a partir daEquação (5.59), estabelecendo a tensão � igual a zero e resolvendo para a coor-denada y, que denominamos y0. O resultado é

(5-60)

A coordenada y0 é medida a partir do eixo z (que é a linha neutra em flexãopura) para a linha nn de tensão zero (a linha neutra sob carga combinada fle-tora e axial). Por y0 ser positiva na direção do eixo y (para cima na Figura5.46c), ela é denotada �y0 quando está na direção para baixo na figura.

y0 � �I

Ae

Da Equação (5.60), vemos que a linha neutra está abaixo do eixo z quandoe é positivo e acima do eixo z quando e é negativo. Se a excentricidade é redu-zida, a distância y0 aumenta e a linha neutra move-se para longe do centroide.No limite, quando e aproxima-se de zero, a carga atua no centroide, a linhaneutra está a uma distância infinita e a distribuição de tensão é uniforme. Se aexcentricidade é aumentada, a distância y0 diminui e a linha neutra move-se emdireção ao centroide. No limite, quando e torna-se extremamente grande, acarga atua a uma distância infinita, a linha neutra passa através do centroide ea distribuição de tensão é a mesma que na flexão pura.

Cargas axiais excêntricas são analisadas em alguns problemas no final docapítulo, começando com o Problema 5.12-12.

LimitaçõesA análise anterior para vigas com cargas axiais é baseada na hipótese de queos momentos fletores podem ser calculados sem levar em consideração asdeflexões das vigas. Em outras palavras, ao determinar o momento fletor Mpara o uso na Equação (5.58), devemos ser capazes de utilizar as dimensõesoriginais da viga – isto é, as dimensões antes de quaisquer deformações oudeflexões ocorrerem. A utilização das dimensões originais é válida desde queas vigas sejam relativamente rígidas na flexão, de modo que as deflexões sejambem pequenas.

Assim, quando se analisa uma viga com cargas axiais, é importante fazer adistinção entre uma viga curta, que é relativamente pequena e, portanto, alta-mente resistente à flexão, e uma viga delgada ou esbelta, que é relativamentecomprida e, portanto, muito flexível. No caso de uma viga curta, as deflexõeslaterais são pequenas demais para terem efeitos significativos na linha de açãodas forças axiais. Consequentemente, os momentos fletores não dependerãodas deflexões, e as tensões podem ser encontradas a partir da Equação (5.58).

No caso de uma viga delgada, as deflexões laterais (apesar de pequenas emintensidade) são suficientemente grandes para alterar a linha de ação das for-ças axiais. Quando isso acontece, um momento fletor adicional, igual ao pro-duto da força axial pela deflexão lateral, é criado em todas as seçõestransversais. Em outras palavras, existe uma interação, ou um acoplamento,entre os efeitos axiais e os efeitos fletores. Esse tipo de comportamento é dis-cutido no Capítulo 11, em relação a colunas.

A distinção entre uma viga curta e uma viga delgada não é óbvia não é pre-cisa. Em geral, a única forma de saber se os efeitos de interação são importan-tes é analisar a viga com e sem a interação e reparar se os resultados se alteramsignificativamente. Esse procedimento, entretanto, pode exigir um esforço con-siderável nos cálculos. Portanto, como guia para uso prático, consideramosuma viga com uma razão de comprimento-altura de 10 ou menos como umaviga curta. Apenas vigas curtas serão consideradas nos problemas pertencen-tes a esta seção.


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Example 5-17• • •Uma viga tubular ACB de comprimento L � 1,5 m é apoiada por pinos em suasextremidades A e B. Um guincho motorizado levanta uma carga W em E,abaixo de C, usando um cabo que passa por uma polia sem fricção na metadedo comprimento (ponto D, Fig. 5-47a). A distância do centro da polia eixo lon-gitudinal do tubo é d � 140 mm. A seção transversal do tubo é quadrada (Figura5.47b), com dimensão externa b � 150 cm2, área A � 125 cm2 e momento deinércia I � 3385 cm2.

(a) Determine as tensões de tração e de compressão máximas na viga devidoao carregamento W � 13,5 kN.

(Se a tensão normal permitida no tubo é 24 Mpa, encontre a carga máximaadmissível W. Assuma que o cabo, a polia e a braçadeira CD são adequadospara carregar a carga Wmax .


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Solução(a) Tensões máximas de tração e compressão na viga. Viga e carregamento.

Começamos representando a viga e seu carregamento em uma formaidealizada para propósitos de análise (Figura 5.48a). Uma vez que oapoio na extremidade A resiste a ambos os deslocamentos, horizontal evertical, ele é representado como uma articulação. O apoio em B previneo deslocamento vertical, mas não oferece resistência ao deslocamentohorizontal, então ele é representado como um apoio de rolete.

Podemos substituir as forças do cabo em D com as forças estatica-mente equivalentes FH e FV, e o momento M0 , todos os quais são aplica-dos no eixo da viga em C (ver Fig. 5-48a)

.

Reações e tensões resultantes. As reações na viga (RH, RA e RB) são mos-tradas na Figura 5.48a. Além disso, os diagramas de força axial N, forçacortante V e momento fletor M são mostrados nas Figuras 5.48b, c e d,respectivamente. Todas essas grandezas são encontradas a partir do dia-grama de corpo livre e das equações de equilíbrio, utilizando as técnicasdescritas no Capítulo 4. Por exemplo, usando equações de estáticaencontraremos que:

: (a)RH � �FH � �W cos (θ) � �13,5 kN cos (30°) � �11,691 kN©FH � 0

M0W cos (θ)d � 1636,8 N # m

FH � W cos (θ) � 11,691 kN FV � W[1 � sen (θ)] � 20,25 kN

Polia

Guincho motorizado

A BC

D

E(a)(b)

d = 140 mm

W

x

y

θ = 30º

z

y

b = 150 mm

b = 150 mm

= 0.75 mL2— = 0.75 m

L2—

Figura 5-47Exemplo 5.17. Viga tubular

sujeita a um carregamento fletore axial combinado

(a)

AC

Bx

y M0 = Wcos (θ) d

FH = Wcos (θ)

RBRA

RH

= 0.75 m

FV = W [1 + sin (θ)]

L2— = 0.75 m

L2—

Figura 5-48Solução do Exemplo 5.17.

(a) Viga idealizada e carrega-mento, (b) diagrama de força

axial, (c) diagrama de força cortante e (d) diagrama do

momento fletor

: (b)

: (c)

RA � FV � RB � (13,5 kN)(1 � sen (30°)) � 9,034 kN � 11,216 kN©FV � 0

RB � 13,5 kN c1 � sen (30°)2

� a140 mm1,5 m

bcos (30°)d � 9,034 kN

©MA � 0 RB �1LaFV

L2

� M0b �W2

[1 � sen (θ)] � WdL

[ cos (θ )]


VENDA PROIBIDA


Em seguida, usaremos os diagramas da força axial (N), a força de cisalha-mento (V) e o momento de flexão (M) (das Figs. 5-48b, c e d, respectiva-mente), para encontrar as tensões combinadas na viga ACB usando a Eq.(5-58)

Tensões na viga. A tensão de tração máxima na viga ocorre na partede baixo da viga (y � �75 mm) logo à esquerda do ponto médio C.Chegamos a essa conclusão notando que, nesse ponto da viga, a tensãode tração relativa à força axial se soma à tensão de tração produzidapelo maior momento fletor. Assim, da Equação (5.58), temos

A tensão de compressão máxima ocorre na parte de cima da viga (y �75mm) à esquerda do ponto C ou na parte de cima da viga à direita doponto C. Essas duas tensões são calculadas como seguem:

A tensão de compressão máxima é

e ocorre na parte de cima da viga à esquerda do ponto C.

(b) Carga máxima admissível W. A partir da Eq. (a), vemos que a tensão detração na parte inferior da viga um pouco à esquerda de C, (igual a 19.57MPa para uma carga W � 13.5 kN), atingirá primeiro a tensão normaladmissível σa � 24 MPa e portanto, será o fator determinante paraencontrar Wmax. Usando expressões para as reações [Eqs. (a), (b) e (c)],encontramos que a força axial de tração no segmento AC da viga e nomomento positivo um pouco à esquerda de C é:

Da Eq. (5-58), encontramos:

� 0,935 MPa � 18,638 MPa � 19,57 MPa ➥

(σt) max �NA

�My

I�

11,691 kN

125 cm2�

(8,412 kN # m)(�75 mm)

3385 cm4

N � W cos (θ ) M � RAL2

� W a1 � sen (θ )2

�dL

cos (θ )b a L2b

➥(σc)max � �17,7 MPa

(σc)right �NA

�My

I� 0 �

(6,775 kN # m)(75 mm)

3385 cm4� �15,01 MPa

� 0,935 MPa � 18,638 MPa � �17,7 MPa

(σc)left �NA

�My

I�

11,691 kN

125 cm2�

(8,412 kN # m)(75 mm)

3385 cm4


(b)

(c)

(d)

0 L/2 L/2

0

0

N

V

M

11.69 kN

–9.03 kN

(RA)(L /2) = 8.412 kN·m

(RB)(L/2) = 6.775 kN·m

11.22 kN

*5.13 Concentração de tensões em flexãoAs fórmulas de flexão e de cisalhamento discutidas anteriormente neste capí-tulo são válidas para vigas sem furos, entalhes ou outras mudanças abruptasnas dimensões. Quando tais descontinuidades existem, altas tensões localiza-das serão produzidas. Essas concentrações de tensão são extremamente impor-tantes quando um membro é constituído de material frágil ou quando ésubmetido a um carregamento dinâmico. (Veja o Capítulo 2, Seção 2.10, parauma discussão sobre as condições em que as concentrações de tensão sãoimportantes.)

Para propósitos de ilustração, dois casos de concentrações de tensão emviga serão discutidos nesta seção. O primeiro caso é de uma viga com seçãotransversal retangular com um furo em sua linha neutra (Figura 5.49). A vigatem uma altura h e uma espessura b (perpendicular ao plano da figura) e estáem flexão pura sob a ação de momentos fletores M.

Quando o diâmetro d do furo é pequeno se comparado à altura h, a distri-buição de tensão na seção transversal através do furo é aproximadamentecomo a forma mostrada no diagrama na Figura 5.49a. No ponto B, na arestado furo, a tensão é muito maior que a tensão que existiria nesse ponto se o furonão estivesse presente (a linha tracejada na figura mostra a distribuição de ten-são sem o furo). Entretanto, quando vamos em direção às beiras externas daviga (em direção ao ponto A), a distribuição de tensão varia linearmente coma distância em relação à linha neutra e é apenas um pouco afetada pela pre-sença do furo.

Quando o furo é relativamente grande, o padrão de tensão é aproximada-mente como o mostrado na Figura 5.49b. Existe um grande aumento da ten-são no ponto B e apenas uma pequena mudança na tensão no ponto A quandocomparado à distribuição de tensão na viga sem o furo (mostrado novamentepela linha pontilhada). A tensão no ponto C é maior que em A, mas menor queas tensões em B.

Investigações extensivas mostram que a tensão na beira do furo (ponto B)é aproximadamente o dobro da tensão nominal naquele ponto. A tensão nomi-nal é calculada a partir da fórmula de flexão da maneira padrão, ou seja,σ �My/I, em que y é a distância d/2 da linha neutra ao ponto B e I é omomento de inércia total da seção transversal remanescente no furo. Assim,temos a seguinte forma aproximada para a tensão no ponto B:


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Resolvendo para , temos:

Observação: Este exemplo mostra como as tensões normais na vigarelativas ao efeito combinado de carregamentos axial e fletor podem serdeterminadas. As tensões de cisalhamento agindo nas seções transver-sais da viga (devido a forças cortantes V) podem ser determinadas inde-pendentemente das tensões normais, conforme descrito anteriormenteneste capítulo. Mais adiante, no Capítulo 7, veremos como determinar astensões em planos inclinados quando conhecemos as tensões normal ede cisalhamento agindo nos planos da seção transversal.

➥Wmax �σa

cos (θ )A

�bL[1 � sen (θ )]

8I�

bd cos (θ )4I

� 16,56 kN

W � Wmax

σa �W cos (θ )

A�

W a1 � sen (θ )2

�dL

cos (θ )b a L2b a�b

2b

I

(a)

(b)

h

h

d

d

M

MM

M

A

A

B

B

C

Figura 5-49Distribuições de tensão na viga

em flexão pura com furo circularna linha neutra. (A viga tem

uma seção transversal retangu-lar com altura h e espessura b.)

(5-61)

Na borda externa da viga (no ponto C), a tensão é aproximadamente igual àtensão nominal (não à tensão de fato) no ponto A (em que y � h/ 2):

(5-62)

A partir das últimas duas equações, vemos que a razão σB/σC é aproximada-mente 2d/h. Concluímos assim que, quando a razão d/h do diâmetro do furopela altura da viga excede 1/2, a maior tensão acontece em B. Quando d/h émenor que 1/2, a maior tensão está em C.

O segundo caso vai discutir uma viga retangular com entalhes (Figura 5.50).A viga mostrada na figura é submetida a flexão pura, tendo altura h e espes-sura b (perpendicular ao plano da figura). Além disso, a altura final da viga (ouseja, a distância entre as bases dos entalhes) é h1 e o raio de cada entalhe é R.A tensão máxima nessa viga ocorre na base dos entalhes e pode ser muitomaior que a tensão nominal no mesmo ponto. A tensão nominal é calculada apartir da fórmula de flexão com y � h1/2 e ); assim

(5-63)

A tensão máxima é igual ao fator de concentração de tensão K multiplicadopela tensão nominal:

(5-64)

Esse fator de concentração de tensão K está traçado na Figura 5.50 para algunsvalores da razão h/h1. Note que quando os entalhes tornam-se “mais agudos”,ou seja, a razão R/h1 torna-se menor, o fator de concentração de tensão aumenta.(A Figura 5.50 foi traçada a partir das fórmulas dadas na Ref. 2.9.)

Os efeitos das concentrações de tensão são restritos a pequenas regiões emtorno dos furos e entalhes, como explicado na argumentação do princípio deSaint-Venant na Seção 2.10. A uma distância igual ou maior que h, do furo ouentalhe, o efeito da concentração de tensão é desprezível e fórmulas comunspara tensões podem ser utilizadas.

σmax � Kσnom

σnom �My

I�

6Mbh1

2

I � bh13/12

σC L

My

I�

6Mhb(h3 � d3)

σB L 2My

I�

12Mdb(h3 � d3)


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h = h1 + 2R

R—h1

3.0

2.5

2.0

1.50 0.05 0.10 0.15 0.20 0.25 0.30

K

1.05

= 1.2

1.1

b = thickness

K = σmaxσnom

= 6M bh 2 1

σnom

h1h

M M

2Rhh1—

Figura 5-50Fator de concentração de tensãoK para uma viga com entalhe naseção transversal retangular emflexão pura (h � altura da viga,b � espessura da viga, perpendi-cular ao plano da figura). Alinha tracejada é para os enta-lhes semicirculares (h � h1 � 2R)


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Example 5-18• • •Uma viga simples AB com um corte transversal retangular tem umfuro de diâmetro d em seu centro e dois entalhes em cada lado e equidis-tantes do centro da viga. A viga AB está simplesmente apoiada e cargas Psão aplicadas em L/5 de cada extremo da viga. Assuma que as dimensõesdadas na Fig. 5-51 são as seguintes: L , , ,

, e . Assuma a tensão de flexão admis-sível .

(a) Encontre o valor máximo admissível da carga aplicada P.(b) Se , encontre o menor raio aceitável dos entalhes, Rmin.(c) Se , encontre o máximo diâmetro aceitável do furo na meiaaltura da viga.

σa � 150 MPaR � 10 mmd � 85 mmh1 � 120 mm

h � 144 mmb � 50 mmL � 4.5 m

(b � h)

P � 11 kNP � 11 kN

A

L/5 P P

hh1 d

b2R

B

L/5Figura 5-51Exemplo 5-18: Viga de aço

retangular com entalhes e umfuro

Solution(a) Carga máxima admissível P. A parte central da viga entre as cargas P (x �

L/5 até x � 4L/5) está em flexão pura, e o momento máximo nesta regiãoé M � PL/5. Para encontrar Pmax, devemos comparar a máxima tensão deflexão (no meio do vão ao redor do furo e nas regiões dos entalhes) aovalor admissível de tensão σa � 150 MPa.

Primeiro, checamos as tensões máximas ao redor do furo. A propor-ção diâmetro do furo para profundidade da viga d/h � 85 mm/144 mm� 0,59 excede ½, por isso sabemos que a tensão em B comandará, aoinvés de em C (Fig. 5-49). Fazendo σB igual a σa e substituindo PL/5 por Mna Eq. 5-61, podemos desenvolver a seguinte expressão para Pmax:

a partir da qual podemos calcular:

Em seguida, checamos os picos de tensões nas bases dos dois entalhespara ter um segundo valor de Pmax. A proporção do raio do entalhe Rpara a altura h1 é igual a 0,083 e a proporção h/h1 � 1,2. Então a partirda Fig. 5-50 encontramos que o fator de concentração de tensão K éaproximadamente igual a 2,3 (ver Fig. 5-52).

Pmax1 �5

4.5 me150 MPa c50 mm[(144 mm)3 � (85 mm)3]

12(85 mm)d f � 19.378 kN

Mmax � σa cb(h3 � d3)12d

d and Pmax1 �5Leσa cb(h3 � d3)

12dd f

h = h1 + 2R

R—h1

3,0

2,5

2,0

1,50 0,05 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30

K

1,05

0,083

2,3

= 1,2

1,1

b = espessura

K = smaxsnom

= 6M bh 2 1

snom

h1h

M M

2Rhh1—

Figura 5-52Fator de concentração de tensão

K nas regiões dos entalhes daviga para a parte (a) do exem-

plo 5-18

No Capítulo 5, investigamos o comportamento de vigas com cargas aplicadase flexões ocorrendo no plano x-y, um plano de simetria na seção transversal daviga. Tanto a flexão pura quanto a não uniforme foram consideradas.Observamos que as tensões normais variaram linearmente a partir da superfí-cie neutra de acordo com a fórmula de flexão, que mostrou que as tensões sãodiretamente proporcionais ao momento fletor M e inversamente proporcionaisao momento de inércia/da seção transversal. Em seguida, as propriedades rele-vantes da seção transversal da viga foram combinadas em uma quantidadeúnica, conhecida como módulo de seção S da viga: uma propriedade útil nodimensionamento da viga, se o momento máximo (Mmax) e a tensão normaladmissível (sadm) forem conhecidos. Mostramos também que a fórmula de fle-xão fornece valores razoavelmente precisos para as tensões de flexão em vigasnão prismáticas, contanto que as modificações nas dimensões da seção trans-versal sejam graduais. Depois, as tensões de cisalhamento verticais e horizon-tais (t) foram calculadas pelo uso da fórmula de cisalhamento para o caso deflexão não uniforme em vigas, tanto de seção transversal retangular como cir-cular. Os casos especiais de cisalhamento em vigas com flanges e vigas cons-truídas também foram analisados. Por fim, vigas reforçadas com cargas axiaise transversais foram discutidas, seguidas de uma avaliação das tensões locali-zadas em vigas com mudanças abruptas na seção transversal próximas a furosou entalhes.

Alguns dos conceitos e descobertas mais importantes apresentados nestecapítulo foram:

1. Se o plano xy é um plano de simetria da seção transversal de uma viga eas cargas aplicadas atuam no plano xy, as deflexões de flexão ocorrem nomesmo plano, conhecido como plano de flexão.

2. Uma viga em flexão pura tem curvatura constante, e uma viga em flexãonão uniforme tem curvatura κ variável. Deformações longitudinais (εx)em uma viga curvada são proporcionais à sua curvatura, e as deforma-ções na viga em flexão pura variam linearmente com a distância a partirda superfície neutra, independentemente da forma da curva de tensão-deformação do material de acordo com a Eq. (5-5):

3. A linha neutra passa através do centroide da área da seção transversalquando o material segue a lei de Hooke e não há força axial atuando naseção transversal. Quando uma viga de material elástico linear é subme-tida à flexão pura, os eixos y e z são os eixos de centroide principais.

4. Se o material de uma viga é elástico linear e segue a lei de Hooke, a equa-ção de momento-curvatura (Equação 5.12) mostra que a curvatura é dire-tamente proporcional ao momento fletor M e inversamente proporcionalà quantidade EI, chamada de rigidez de flexão da viga.

5. A fórmula de flexão mostra que as tensões normais são diretamente pro-porcionais ao momento fletor M e inversamente proporcionais aomomento de inércia I da seção transversal.

κ �MEI

εx � �κy


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As tensões de flexão de tração e compressão máximas que atuam emqualquer seção transversal fornecida ocorrem em pontos localizados omais distante da linha neutra.

6. As tensões normais calculadas a partir da fórmula de flexão não são sig-nificativamente alteradas pela presença de forças cortantes e a distorçãoassociada da seção transversal para o caso de flexão não uniforme.Entretanto, a fórmula de flexão não é aplicável próxima a apoios de umaviga ou a uma carga concentrada, pois essas irregularidades produzemconcentrações de tensão que são muito maiores que as tensões obtidas dafórmula de flexão.

7. Para dimensionar uma viga para resistir a tensões de flexão, calcula-se omódulo de seção necessário a partir do momento máximo e da tensãonormal admissível máxima:

Para reduzir o peso e poupar material, normalmente seleciona-se umaviga com base em um manual de dimensionamento de material (veja astabelas de amostra nos Apêndices E e F para aço e madeira) que tenha amenor área de seção transversal enquanto fornece ainda o módulo deseção necessário; perfis de flange largo e perfis em forma de I têm a maiorparte de seus materiais nos flanges e a largura destes ajuda a reduzir aprobabilidade de flambagem lateral.

8. Vigas sujeitas a cargas que produzem tanto momentos de flexão (M)como forças cortantes (V ) (flexão não uniforme) desenvolvem tensõesnormais e de cisalhamento. As tensões normais são calculadas a partir dafórmula de flexão (contanto que a viga seja construída de um materialelástico linear) e as forças cortantes são calculadas através da fórmula decisalhamento.

As tensões de cisalhamento variam de maneira parabólica sobre a alturade uma viga retangular e a deformação de cisalhamento também varia deforma parabólica; essas deformações de cisalhamento distorcem asseções transversais de uma viga que originalmente tinham superfíciesplanas. Os valores máximos das tensões e deformações de cisalhamento

ocorrem na linha neutra e as tensões e deformações de cisa-lhamento são nulas nas superfícies superior e inferior da viga.

9. A fórmula de cisalhamento se aplica apenas a vigas prismáticas e é validasomente para vigas de materiais elásticos lineares com pequenas defle-xões; da mesma forma, as extremidades da seção transversal devem serparalelas ao eixo y. Para vigas retangulares, a precisão da fórmula decisalhamento depende da relação altura/largura da seção transversal: afórmula pode ser considerada exata para vigas muito estreitas, mastorna-se menos precisa conforme a largura b aumenta em relação à altura

(τmax , γmax )

τ �VQ

Ib

S �Mmax

σallow

(y � c1, y � �c2).

σx � �My

I.


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h. Observe que podemos utilizar a fórmula de cisalhamento para calcu-lar as tensões de cisalhamento apenas na linha neutra de uma viga comseção transversal circular.

Para cortes transversais retangulares,

e para cortes transversais circulares sólidos:

10. Tensões de cisalhamento raramente regem o dimensionamento de vigascirculares ou retangulares feitas de metais como aço e alumínio, para osquais a tensão de cisalhamento admissível fica geralmente na faixa entre25% e 50% da tensão de tração admissível. Entretanto, para materiais quesão fracos em cisalhamento, como a madeira, a tensão admissível em cisa-lhamento horizontal fica na faixa entre 4% e 10% da tensão de flexãoadmissível e, assim, pode definir o dimensionamento.

τmax �43

VA

τmax �32

VA


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Deformações Longitudinais emVigas

5.4-1 Determine a deformação normal máxima òmax pro-duzida em um cabo de aço com diâmetro d � 1,6 mm quandoele está flexionado sobre um tubo cilíndrico de raio R � 500mm (veja a figura).

(a) Determine the maximum normal strain εmax.(b) What is the minimum acceptable radius of the drum

if the maximum normal strain must remain below yield?Assume and .

(c) If , what is the maximum acceptablediameter of the wire if the maximum normal strain mustremain below yield?

PROB. 5.4-1

5.4-4 O comprimento da viga é L � 2,0 m e a deformaçãonormal longitudinal na superfície superior é . Adistância da superfície do topo da viga para a superfície neu-tra é de .

(a) Calcule o raio de curvatura ρ, a curvatura κ e a defle-xão vertical δ na extremidade da viga.

c � 85 mm

ε � 0.0010

d

R

R � 0.9 mσY � 690 MPaE � 210 GPa

(b) If allowable strain , what is the maxi-mum acceptable depth of the beam? [Assume that the curva-ture is unchanged from part(a)].

(c) If allowable strain , , and, what is deflection δ ?

PROB. 5.4-4

Tensões Normais em Vigas5.5-1 Uma tira fina de cobre duro (E� 113 GPa), com com-primento L � 3,5 m e espessura t � 2 mm, é flexionada naforma de um círculo e presa de forma que suas extremidadesapenas se toquem (veja a figura).

(a) Calcule a tensão de flexão máxima σmax na tira. (b) Em que percentual a tensão aumenta ou diminui

quando a espessura da tira é aumentada em 1 mm?

PROB. 5.5-15.5-6 Um eixo de vagão de carga AB é carregado aproxima-damente como mostra a figura, com as forças P represen-tando as cargas do carro (transmitidas ao eixo através dascaixas de eixo) e as forças R representando as cargas dos tri-

t = 2.4 mm

A

BM0

d

L

L � 4 mc � 85 mmεa � 0.0008

εa � 0.0008

PROB. 5.6-125.6-17 Determine as razões dos pesos das três vigas que têmo mesmo comprimento, são feitas do mesmo material, estãosubmetidas ao mesmo momento fletor máximo e têm amesma tensão de flexão máxima, se as seções transversaisforem (1) um retângulo com altura igual ao dobro da largura,(2) um quadrado, (3) um círculo e (4) a pipe with outerdiameter d and wall thickness (veja as figuras).

PROB. 5.6-175.6-20 Uma viga de aço ABC está simplesmente apoiada emA e em B e tem um segmento suspenso BC de comprimentoL � 150 mm (veja a figura). A viga suporta um carregamentouniforme de intensidade q � 4,0 kN/m ao longo de todo oseu vão AB e 1,5q sobre BC. A seção transversal da viga é retangular com largura b ealtura 2b. A tensão de flexão admissível no aço é σadm � 60MPa e seu peso específico é γ � 77,0 kN/m3.

(a) Desconsiderando o peso da viga, calcule a larguraexigida b da seção transversal retangular.

(b) Levando em consideração o peso da viga, calcule alargura exigida b.

PROB. 5.6-205.8-2 Calcule a tensão de cisalhamento máxima τmax e a ten-são de flexão máxima σmax de uma viga de madeira (veja afigura) suportando um carregamento uniforme de 22,5 kN/m(o qual inclui o peso da viga) se o comprimento é de 1,95 me a seção transversal é retangular com largura de 150 mm ealtura de 300 mm, e a viga é (a) sustentada com um apoiosimples (como na parte (a) da figura) e (b) tem um suportedeslizante na direita (como na parte (b) da figura).

AB

C

b

2b

q1.5 q

2L L

b

h = 2b

a

a

d d

dt =

8

Part 1 Part 2 Part 3 Part 4

t � d/8

L

AB

P

d

d

dt =

8

(a)(b)

lhos (transmitidas ao eixo através das rodas). O diâmetro doeixo é d � 82 mm, a distância entre os centros dos trilhos é Le a distância entre as forças P e R é b � 220 mm.

Calcule a tensão de flexão máxima σmax no eixo se P �

50 kN.

PROB. 5.5-6

Projetos de Vigas para Tensões deFlexão5.6-2 Um suporte de fibra de vidro ABCD de seção transver-sal circular sólida tem a forma e as dimensões mostradas nafigura. Uma carga vertical P � 40 N atua na extremidadelivre D.

(a) Determine o diâmetro mínimo admissível dmin dosuporte, caso a tensão de flexão permitida no material seja de30 MPa e b � 37 mm. (Observação: Desconsidere o peso pró-prio do suporte angular.)

(b) If , , andwhat is the maximum value of load P if vertical load P at D isreplaced with horizontal loads P at B and D (see figure part b)?

PROB. 5.6-25.6-12 Uma viga engastada AB com seção transversal circu-lar e comprimento L � 450 mm apoia uma carga P � 400 Nagindo sobre sua extremidade livre (veja a figura). A viga éfeita de aço com uma tensão de flexão permitida de 60 MPa.

(a) Determine o diâmetro mínimo exigido dmin da viga,considerando o efeito do próprio peso da viga.

(b) Repeat part (a) if the beam is hollow with wall thick-ness (figure part b); compare the cross- sectionalareas of the two designs.

t � d/8

6b

(a)

2b

A B

D C

P 2b

6b

(b)

A B

D CP

P

2b

2b

30 MPa,σallow �b � 37 mmd � 10 mm

dd

b b

A

P P

RR

L

B


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PROB. 5.8-25.8-8 Uma viga de plástico laminada é construída colando-se três tiras, cada uma de 10 mm � 30 mm de seção transver-sal (veja a figura). A viga tem peso total de 3,6 N e apoiossimples com comprimento de vão L � 360 mm.

Considerando o peso da viga (q), calcule o máximomomento M admissível atuando no sentido anti-horário quepode ser aplicado no apoio direito.

(a) se a tensão de cisalhamento permitida nas juntascoladas for de 0,3 MPa.

(b) se a tensão de flexão permitida no plástico for de 8MPa.

PROB. 5.8-8

Tensões de Cisalhamento em VigasCirculares5.9-1 Um poste de madeira de seção transversal circular (d� diâmetro) é submetido a uma força horizontal distribuídatriangular com pico de intensidade q0 � 3,75 kN/m (veja a

M

30 mm

30 mm

10 mm10 mm10 mm

q

L

(a)

1.95 m

22.5 kN/m

300 mm

150 mm

(b)

1.95 m

22.5 kN/m

figura). O comprimento do poste é L � 2 m e as tensões per-mitidas na madeira são de 13 MPa na flexão e 0,82 MPa nocisalhamento.

Determine o diâmetro mínimo d exigido do poste combase (a) na tensão de flexão permitida e (b) na tensão de cisa-lhamento permitida.

PROB. 5.9-15.9-3 Um letreiro de posto de gasolina é suportado por doistubos de alumínio com seção transversal circular vazada,como ilustrado na figura. Os postes são projetados pararesistir à pressão do vento de 3,8 kPa contra toda a área doletreiro. As dimensões dos postes e do letreiro são h1 � 7 m,h2 � 2 m e b � 3,5 m. Para prevenir a flambagem das pare-des dos postes, a espessura t é especificada como um décimodo diâmetro externo d.

(a) Determine o diâmetro mínimo do poste exigido combase na tensão de flexão permitida de 52 MPa no alumínio.

(b) Determine o diâmetro mínimo do poste exigido combase na tensão de cisalhamento permitida de 16 MPa.

PROB. 5.9-3

d

t =

b

h2

h1

Windload

d10—

Ld

d

q0 = 3.75 kN/m


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C A P Í T U L O6Análise de Tensão e Deformação


O Capítulo 6 trata da determinação das tensões nor-mais e de cisalhamento que atuam em seções inclina-das cortadas através de um membro, pois estastensões podem ser maiores que as de um elemento detensão alinhado com a seção transversal. Em duasdimensões, um elemento de tensão exibe o estadoplano de tensões em um ponto (tensões normais σx,σy e tensão de cisalhamento τxy) (Seção 6.2), e equa-ções de transformação (Seção 6.3) serão necessáriaspara encontrar as tensões que atuam em um ele-mento rotacionado em dado ângulo θ a partirdaquela posição. As expressões resultantes para ten-sões normais e de cisalhamento podem ser resumidasàquelas examinadas na Seção 2.6 para tensão unia-xial (σx � 0, σy � 0, τxy � 0) e na Seção 3.5 para cisa-lhamento puro (σx � 0, σy � 0, τxy � 0). Valoresmáximos de tensão são necessários para o dimensio-namento e as equações de transformação podem serusadas para encontrar as tensões principais e os pla-nos nos quais elas atuam (Seção 6.3). Não há tensõesde cisalhamento atuando nos planos principais, masuma análise separada pode ser feita para encontrar atensão de cisalhamento máxima (τmax) e o planoinclinado em que ela atua. As tensões de cisalha-mento máximas são mostradas como iguais à metadeda diferença entre as tensões normais principais (σ1,σ2). Uma representação gráfica das equações detransformação para estado plano de tensões, conhe-cida como círculo de Mohr, fornece uma maneiraconveniente de calcular as tensões em qualquerplano inclinado de interesse e, em especial, as tensões

nos planos principais (Seção 6.4). O círculo de Mohrtambém pode ser usado para representar deforma-ções de cisalhamento (Seção 6.7) e momentos deinércia. Na Seção 6.5, deformações normais e decisalhamento (εx, εy, γxy) serão estudadas e a lei deHooke para estado plano de tensões é deduzida, oque relaciona os módulos de elasticidade E e G e arazão do coeficiente de Poisson v para materiaishomogêneos e isotrópicos. As expressões gerais para alei de Hooke podem ser simplificadas em relações detensão-deformação para tensão biaxial, uniaxial ecisalhamento puro. Análises aprofundadas de defor-mações levarão a uma expressão para a mudança devolume da unidade (ou dilatação e) assim como paraa densidade de energia-deformação em estado planode tensões (Seção 6.5). Depois disso, a tensão triaxialserá discutida (Seção 6.6). Casos especiais de tensãotriaxial, conhecidos como tensão esférica e tensãohidrostática, serão então explicados: para tensãoesférica, as três tensões normais são iguais e de tra-ção, enquanto para a tensão hidrostática, são iguaise de compressão. Por fim, as equações de transfor-mação para estado plano de deformações (Seção 6.7)serão deduzidas, relacionando deformações emseções inclinadas às deformações em direções deeixos de referência, e então comparadas ao estadoplano de tensões. As equações de transformação deestado plano de deformações são necessárias para ocálculo das medidas de deformação obtidas atravésdo uso de medidores de deformação em campo ouem experimentos de laboratório de estruturas reais.


6.1 Introdução 4646.2 Estado plano de tensões 4656.3 Tensões principais e tensões de cisalhamento

máximas 4716.4 Círculo de Mohr para estado plano de tensões

480

6.5 Lei de Hooke para estado plano de tensões493

6.6 Tensão triaxial 4976.7 Estado plano de deformações 501

Resumo e revisão do capítulo 514Problemas 515

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6.1 IntroduçãoAs tensões normais e de cisalhamento em vigas, eixos e barras podem ser cal-culadas a partir das fórmulas básicas discutidas nos capítulos anteriores. Porexemplo, as tensões em uma viga são dadas pela fórmula de flexão e pela fór-mula de cisalhamento (σ � My/I e τ � VQ/Ib), e as tensões nos eixos são dadaspela fórmula de torção (τ � Tρ/IP). As tensões calculadas a partir dessas fór-mulas agem nas seções transversais dos membros, mas tensões maiores podemocorrer em seções inclinadas. Por isso, vamos começar nossa análise de ten-sões e deformações discutindo métodos para encontrar as tensões normal e decisalhamento agindo em seções inclinadas cortadas de um membro.

Já deduzimos expressões para as tensões normal e de cisalhamento agindoem seções inclinadas tanto em tensão uniaxial quanto em cisalhamento puro(veja as Seções 2.6 e 3.5, respectivamente). No caso de tensão uniaxial, vimosque as tensões de cisalhamento máximas ocorrem em planos inclinados a 45°ao eixo, ao passo que as tensões normais máximas ocorrem nas seções trans-versais. No caso de cisalhamento puro, vimos que as tensões de tração e com-pressão máximas ocorrem em planos de 45°. De maneira análoga, as tensõesem seções inclinadas cortadas de uma viga podem ser maiores que as tensõesagindo em uma seção transversal. Para calcular essas tensões, precisamosdeterminá-las agindo em planos inclinados sob um estado de tensão geralconhecido como estado plano de tensões (Seção 6.2).

Em nossas discussões de estado plano de tensões, usaremos elementos detensão para representar o estado das tensões em um ponto no corpo. Esseassunto foi discutido anteriormente em contexto específico (veja as Seções 2.6e 3.5), mas agora o usaremos de maneira mais formalizada. Vamos começarnossa análise considerando um elemento em que as tensões são conhecidas, eentão deduziremos as equações de transformação que fornecem as tensõesagindo nos lados de um elemento orientado em direção diferente.

Ao trabalhar com elementos de tensão, devemos sempre ter em mente queapenas um estado de tensão intrínseco existe em um ponto de um corpo ten-sionado, independentemente da orientação do elemento usado para ilustrareste estado de tensão. Quando temos dois elementos com diferentes orienta-ções no mesmo ponto de um corpo, as tensões agindo nas faces dos dois ele-mentos são diferentes, mas ainda representam o mesmo estado de tensão, istoé, a tensão no ponto considerado. Essa situação é análoga à representação deum vetor de força por suas componentes – embora as componentes sejam dife-rentes quando os eixos coordenados são rotacionados para uma nova posição,a força propriamente dita permanece a mesma.

Além disso, devemos também ter em mente que as tensões não são vetores.Este fato pode algumas vezes ser confuso, pois estamos acostumados a repre-sentar as tensões por setas, da mesma forma que representamos os vetores deforça. Embora as setas usadas para representar as tensões tenham intensidade edireção, elas não são vetores porque não se combinam de acordo com a lei de adi-ção do paralelogramo. Em vez disso, as tensões são quantidades muito maiscomplexas do que os vetores e, na matemática, são chamadas de tensores.Outras grandezas tensoriais na mecânica são as deformações e os momentosde inércia.

6.2 Estado plano de tensõesAs condições de tensão que encontramos nos capítulos anteriores, ao analisar-mos barras em tração e compressão, eixos em torção e vigas em flexão, são exem-plos de um estado de tensão chamado de estado plano de tensões. Para explicaro estado plano de tensões, vamos considerar o elemento de tensão ilustrado naFigura 6.1a. Esse elemento é infinitesimal em tamanho e pode ser esboçado porum cubo ou por um paralelepípedo retangular. Os eixos xyz são paralelos às


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arestas do elemento e as faces do elemento são designadas pelas direções de suasnormais, como explicado anteriormente na Seção 1.6. Por exemplo, a face direitado elemento é referida como a face x positiva e a face esquerda (invisível para oleitor) é referida como a face x negativa. Similarmente, a face superior é a face ypositiva e a face frontal é a face z positiva.

Quando o material está em estado plano de tensões no plano xy, apenas asfaces x e y do elemento estão submetidas a tensões, e todas as tensões agem para-lelamente aos eixos x e y, como ilustrado na Figura 6.1a. Essa condição de ten-são é muito comum porque existe na superfície de qualquer corpo tensionado,exceto nos pontos em que as cargas externas agem sobre a superfície. Quando oelemento ilustrado na Figura 6.1a está localizado na superfície livre de umcorpo, o eixo z é normal à superfície e a face z está no plano da superfície.

Os símbolos para as tensões ilustradas na Figura 6.1a têm os significados aseguir. Uma tensão normal σ tem um subscrito que identifica a face em que atensão age; por exemplo, a tensão σx age na face x do elemento e a tensão σy agena face y do elemento. Uma vez que o elemento é infinitesimal em tamanho, ten-sões normais iguais agem em faces opostas. A convenção de sinal para tensõesnormais é a habitual, isto é, a tração é positiva e a compressão é negativa.

Uma tensão de cisalhamento τ possui dois subscritos − o primeiro denotaa face em que a tensão age e o segundo fornece a direção nessa face. Dessaforma, a tensão τxy age na face x na direção do eixo y (Figura 6.1a) e a tensãoτyx age na face y na direção do eixo x.

A convenção de sinal para tensões de cisalhamento é a seguinte: uma ten-são de cisalhamento é positiva quando age sobre uma face positiva de um ele-mento na direção positiva de um eixo, e é negativa quando age sobre uma facepositiva de um elemento na direção negativa de um eixo. Por isso, as tensõesτxy e τyx mostradas nas faces positivas x e y na Figura 6.1a são tensões de cisa-lhamento positivas. Similarmente, em uma face negativa do elemento, uma ten-são de cisalhamento é positiva quando age na direção negativa de um eixo.Assim, as tensões τxy e τyx mostradas nas faces negativas x e y do elemento sãotambém positivas.

Esta convenção de sinal para tensões de cisalhamento é fácil de lembrar sea declararmos da seguinte maneira:

Uma tensão de cisalhamento será positiva quando as direções associadas aseus subscritos forem mais-mais ou menos-menos; e será negativa quando asdireções forem mais-menos ou menos-mais.

A convenção de sinal anterior para tensões de cisalhamento é consistentecom o equilíbrio do elemento, porque sabemos que as tensões de cisalhamentonas faces opostas de um elemento infinitesimal devem ser iguais em magnitudee opostas em direção. Dessa forma, de acordo com nossa convenção de sinal,uma tensão positiva τxy age para cima na face positiva (Figura 6.1a) e parabaixo na face negativa. De maneira similar, as tensões τyx agindo nas facessuperior e inferior do elemento são positivas, embora tenham direções opostas.

Também sabemos que as tensões de cisalhamento em planos perpendicula-res são iguais em magnitude e têm direção tal que ambas as tensões apontemna direção, ou na direção oposta, à linha de interseção das faces. Visto que τxye τyx são positivas nas direções ilustradas na figura, elas são consistentes comessa observação. Por isso, notamos que

(6-1)

Essa relação foi deduzida anteriormente a partir do equilíbrio do elemento(veja a Seção 1.7).

Por conveniência, ao esboçar os elementos de estado plano de tensões,usualmente desenhamos apenas uma visão bidimensional do elemento, comoilustrado na Figura 6.1b. Embora uma figura desse tipo seja adequada paramostrar todas as tensões agindo no elemento, devemos ainda ter em mente que

τxy � τyx

capítulo 6 Análise de tensão e deformação 357

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(a)

y

x

z

O

ys

ys

xs xs

τyx

τyx

τxyτxy

(b)

y

xO

ys

ys

xs xs

τyx

τyx

τxy

τxy

(c)

y1

x1

y

τy1x1

τy1x1

τx1y1

τx1y1

sy1

sy1

sx1

sx1

x

u

u

O

Figura 6.1 Elementos em estado plano detensões: (a) vista tridimensionalde um elemento orientadosegundo os eixos xyz, (b) vistabidimensional do mesmo ele-mento e (c) vista bidimensionalde um elemento orientadosegundo os eixos x1y1z1

o elemento é um corpo sólido, com uma espessura perpendicular ao plano dafigura.

Tensões em Seções InclinadasEstamos agora prontos para considerar as tensões agindo em seções inclinadas,assumindo que as tensões σx, σy e τxy (Figuras 6.1a e b) sejam conhecidas. Parailustrar as tensões agindo em uma seção inclinada, consideramos um novo ele-mento de tensão (Figura 6.1c), localizado no mesmo ponto do material que oelemento original (Figura 6.1b). Entretanto, o novo elemento tem faces para-lelas e perpendiculares à direção inclinada. Associados a este novo elementoestão os eixos x1, y1 e z1, tal que o eixo z1 coincide com o eixo z e os eixos x1y1estão rotacionados na direção anti-horária por um ângulo θ em relação aoseixos xy.

As tensões normal e de cisalhamento agindo nesse novo elemento são deno-tadas por σx1, σy1, τx1y1 e τy1x1, usando as mesmas designações de subscrito econvenções de sinais descritas anteriormente para as tensões agindo no ele-mento xy. As conclusões anteriores, relacionadas às tensões de cisalhamento,ainda se aplicam, de forma que

(6-2)

Desta equação e do equilíbrio do elemento, vemos que as tensões de cisalha-mento agindo em todos os quatro lados do elemento em estado plano de tensõesserão conhecidas se for determinada a tensão de cisalhamento agindo em qual-quer uma dessas faces.

As tensões agindo no elemento x1y1 inclinado (Figura 6.1c) podem serexpressas em termos das tensões no elemento xy (Figura 6.1b) usando as equa-ções de equilíbrio. Para este fim, escolhemos um elemento de tensão em formade cunha (Figura 6.2a), tendo uma face inclinada que é a mesma que a face x1do elemento inclinado ilustrado na Figura 6.1c. As outras duas faces lateraisda cunha são paralelas aos eixos x e y.

Para escrever equações de equilíbrio para a cunha, precisamos construir umdiagrama de corpo livre mostrando as forças que agem nas faces. Vamos deno-tar a área da face lateral esquerda (isto é, a face x negativa) como A0. Então asforças normal e de cisalhamento agindo na face são σxA0 e τxyA0, como ilus-trado no diagrama de corpo livre da Figura 6.2b. A área da face inferior (ouface y negativa) é A0 tg θ e a área da face inclinada (ou face x1 positiva) é A0sec θ. Dessa maneira, as forças normal e de cisalhamento agindo nessas facestêm intensidades e direções ilustradas na Figura 6.2b.

As forças agindo nas faces esquerda e inferior podem ser decompostas emcomponentes ortogonais agindo nas direções x1 e y1. Então, podemos obterduas equações de equilíbrio somando forças naquelas direções. A primeiraequação, obtida somando forças na direção x1, é

Da mesma maneira, a soma das forças na direção y1 fornece

Usando a relação τxy � τyx, e também simplificando e rearranjando, obte-mos as duas equações a seguir:

(6-3a)

τx1y1� τy1x1

σx1A0 sec θ � σxA0 cos θ � τxyA0 sen θ

�σyA0 tg θ sen θ � τyxA0 tg θ cos θ � 0

τx1y1A0 sec θ � σxA0 sen θ � τxyA0 cos θ

�σyA0 tg θ cos θ � τyxA0 tg θ sen θ � 0

σx1� σx cos2 θ � σy sen2 θ � 2τxy sen θ cos θ


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(a)

y

x

z

O

ys

ys

xs xs

τyx

τyx

τxyτxy

(b)

y

xO

ys

ys

xs xs

τyx

τyx

τxy

τxy

(c)

y1

x1

y

τy1x1

τy1x1

τx1y1

τx1y1

sy1

sy1

sx1

sx1

x

u

u

O

(6-3b)

As Equações (6.3a) e (b) fornecem as tensões normal e de cisalhamentoagindo no plano x1 em termos do ângulo θ e as tensões σx, σy e τxy agindo nosplanos x e y.

Para o caso especial θ � 0, notamos que as Equações (6.3a) e (b) fornecemσx1 � σx e τx1y1 � τxy, como esperado. Também quando θ � 90°, as equaçõesfornecem σx1 � σy e τx1y1 � �τxy � �τyx. No último caso, uma vez que o eixox1 é vertical quando θ � 90°, a tensão τx1y1 será positiva quando ela age paraa esquerda. No entanto, a tensão τyx age para a direita e, por isso, τx1y1 � �τyx.

Equações de Transformação para Estado Plano deTensõesAs Equações (6.3a) e (b) para essas tensões em uma seção inclinada podem serexpressas em uma forma mais conveniente, introduzindo-se as identidades tri-gonométricas a seguir (veja o Apêndice C):

Quando essas substituições são feitas, as equações

(6-4a)

(6-4b)

Estas equações são usualmente chamadas de equações de transformaçãopara estado plano de tensões porque transformam as componentes de tensãoa partir de um conjunto de eixos para outro conjunto de eixos. No entanto,como explicado anteriormente, o estado de tensão intrínseco no ponto em con-sideração é o mesmo se representado pelas tensões agindo no elemento xy(Figura 6.1b) ou pelas tensões agindo no elemento inclinado x1y1 (Figura 6.1c).

Uma vez que as equações de transformação foram deduzidas apenas a par-tir do equilíbrio de um elemento, são aplicáveis a tensões em qualquer tipo dematerial, linear ou não linear, elástico ou inelástico.

Uma observação importante no que diz respeito às tensões normais podeser obtida a partir das equações de transformação. Como problema preliminar,notamos que a tensão normal σy1 agindo na face y1 do elemento inclinado(Figura 6.1c) pode ser obtida a partir da Equação (6.4a), substituindo-se θ porθ + 90°. O resultado é a equação a seguir para σy1:

(6-5)

Somando as expressões para σx1 e σy1 (Equações 6.4a e 6.5) obtemos aequação a seguir para estado plano de tensões:

(6-6)

Esta equação mostra que a soma das tensões normais agindo em faces per-pendiculares de elementos de estado plano de tensões (em dado ponto de umcorpo tensionado) é constante e independente do ângulo θ.

A maneira como as tensões normal e de cisalhamento variam está ilustrada

τx1y1� �(σx � σy) sen θ cos θ � τxy(cos2 θ � sen2 θ)

cos2 θ �12

(1 � cos 2θ) sen2 θ �12

(1 � cos 2θ)

sen θ cos θ �12

sen 2θ

σx1�

σx � σy

2�

σx � σy

2cos 2θ � τxy sen 2θ

τx1y1� �

σx � σy

2sen 2θ � τxy cos 2θ

σy1�

σx � σy

2�

σx � σy


σx1� σy1

� σx � σy


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Figura 6-2Elemento de tensão em formade cunha em estado plano detensões: (a) tensões agindo noelemento e (b) forças agindo noelemento (diagrama de corpolivre)

(a) Stresses

y1

x1

τxy

τyx

τx1y1

sy

sx1sx

(b) Forces

y1

x1

τxy A0

τyx A0 tan u

τx1y1A0 sec u

sy A0 tan u

sx1A0 sec usx A0

y

xO

u u

y

xO

u u

na Figura 6.3, que é um gráfico de σx1 e τx1y1 em função do ângulo θ (a partirdas Equações 6.4a e b). O gráfico é traçado para o caso particular de σy �0,2σx e τxy � 0,8σx. Vemos a partir do gráfico que as tensões variam continua-mente quando a orientação do elemento é mudada. Em certos ângulos, a ten-são normal atinge um valor máximo ou mínimo; em outros ângulos, torna-sezero. Similarmente, a tensão de cisalhamento tem valores máximos, mínimos enulos em certos ângulos. Uma investigação detalhada desses valores máximose mínimos será feita na Seção 6.3.


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Figura 6-3Gráfico de tensão normal σx1

sx1

sx1

orτx1y1

u

–sx

–0.5sx

sxτxyτx1y1

sy

–180° 180°90°–90° 0

sx1

τx1y10.5sx

e tensão de cisalhamento τx1y1

versus pelo ângulo θ (parae )τxy � 0,8σxσy � 0,2σx

Casos Especiais de Estado Plano de TensõesO caso geral de estado plano de tensões se reduz a estados de tensões mais sim-ples sob condições especiais. Por exemplo, se todas as tensões agindo no ele-mento xy (Figura 6.1b) são nulas exceto pela tensão normal σx, então oelemento está em tensão uniaxial (Figura 6.4). As equações de transformaçãocorrespondentes, obtidas com σy e τxy igual a zero nas Equações (6.4a) e (b),são

(6-7a,b)

Essas equações estão de acordo com as equações deduzidas anteriormente naSeção 2.6 (veja as Equações 2.29a e b), exceto que agora estamos usando umanotação mais generalizada para as tensões agindo em um plano inclinado.

Outro caso especial é o cisalhamento puro (Figura 6.5), para o qual as equa-ções de transformação são obtidas substituindo-se σx � 0 e σy � 0 nasEquações (6.4a) e (b):

(6-8a,b)

Novamente, essas equações correspondem àquelas deduzidas anteriormente(veja as Equações 3.30a e b na Seção 3.5).

Finalmente, notamos o caso especial de tensão biaxial, em que o elementoxy está submetido a tensões normais em ambas as direções x e y, mas semquaisquer tensões de cisalhamento (Figura 6.6). As equações para tensão bia-xial são obtidas a partir das Equações (6.4a) e (6.4b), simplesmente anulando-se os termos contendo τxy, da seguinte maneira:

(6-9a)

(6-9b)

σx1�

σx

2(1 � cos 2θ) τx1y1

� �σx

2(sen 2θ)

σx1� τxy sen 2θ τx1y1

� τxy cos 2θ

σx1�

σx � σy

2�

σx � σy

2cos 2θ

τx1y1� �

σx � σy

2sen 2θ

y

xOsxsx

Figura 6-4Elemento em tensão uniaxial

y

xO

τyx

τxy

τxy

τyx

Figura 6-5Elemento em cisalhamento puro

As tensões biaxiais ocorrem em diversos tipos de estruturas, incluindo vasos depressão de parede fina (veja as Seções 8.2 e 8.3).


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y

xOsx

sy

sy

sx

Figura 6-6Elemento em tensão biaxial

Exemplo 6-1• • •Um recipiente cilíndrico pressurizado descansa sobre suportes simples em Ae B (ver Fig. 7-7). O recipiente está sob pressão interna resultando na tensãolongitudinal e tensão circunferencial sobre umelemento de tensão no ponto C na parede do recipiente. Além disso, umassentamento diferenciado depois de um terremoto tem causado a rotaçãodo suporte em B, que aplica um momento de torção ao recipiente levandoa uma tensão de cisalhamento . Encontre as tensões atuandosobre o elemento em C quando rotacionado até o ângulo .

SoluçãoEquações de transformação. Para determinar as tensões agindo em um ele-mento inclinado, usaremos as equações de transformação (Equações 7.4a eb). A partir dos dados numéricos, obtemos os valores a seguir para substitui-ção nessas equações

Substituindo esses valores nas Equações (7.4a) e (b), obtemos

Além disso, a tensão pode ser obtida a partir da Equação (7.5):

θ � 45°τxy � 17 MPa

σy � 80 MPaσx � 40 MPa

➥� 60 MPa � (�20 MPa)(0) � (17 MPa)(1) � 43 MPa

σy1�

σx � σy

2�

σx � σy


σy1

➥� �(�20 MPa)(1) � (17 MPa)(0) � 20 MPa

τx1y1� �

σx � σy


➥� 60 MPa � (�20 MPa)(0) � (17 MPa)(1) � 77 MPa

σx1�

σx � σy

2�

σx � σy


sen 2θ � sen 90° � 1 cos 2θ � cos 90° � 0

σx � σy

2� 60 MPa

σx � σy

2� �20 MPa τxy � 17 MPa

τxy

σx

σy

C

(a)

A B

y

xO

τyxτxy = 17 MPa

τxy

τyx

sy = 80 MPa

sy

sx = 40 MPasx

(b)

(c)

sy1 = 43 MPa

y

xO

τx1y1 = 20 MPa

sy1

sx1

sx1 = 77 MPa

y1

x1

u = 45°

Figura 6-7Exemplo 7-1: (a) Recipiente cilín-drico pressurizado com elemen-

tos de tensão em C, (b)elemento C em tensão plana, e

(c) elemento C inclinado em umângulo θ � 45°


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Exemplo 6-1• • •Elementos de tensão. A partir desses resultados, podemos prontamente

obter as tensões agindo em todos os lados de um elemento orientado a q 545°, como ilustrado na Figura 7.7c. As setas mostram as direções reais em queas tensões agem. Note especialmente as direções das tensões de cisalha-mento, as quais têm a mesma intensidade. Observe também que a soma dastensões normais permanece constante e igual a 120 MPa (veja a Equação 7.6).

Observação: As tensões mostradas na Figura 7.7b representam o mesmoestado de tensão intrínseco que as tensões mostradas na Figura 7.7a. Noentanto, as tensões têm diferentes valores porque os elementos sobre osquais elas agem têm diferentes orientações.

Exemplo 6-2

Um recipiente cilíndrico pressurizado descansa sobre um suporte simples emA e B (ver Fig. 7-8). O recipiente tem uma solda helicoidal orientada a u� 35°do eixo longitudinal. O recipiente está sob pressão interna e também temalguma tensão de cisalhamento torcional devido ao assentamento diferen-ciado do suporte em B. O estado de tensão sobre o elemento em D ao longoe perpendicular à costura da solda é conhecido e está dado na Fig. 7-8b.Encontre o estado de tensão equivalente para o elemento em D quandorotacionado em um ângulo u� �35° tal que o elemento esteja alinhado como eixo longitudinal do recipiente.

SoluçãoAs tensões agindo no elemento original (Figura 7.8a) têm os valores aseguir:

Um elemento orientado a um ângulo de �35° no sentido horário émostra a Figura 7.8b, onde o eixo x1 está a um ângulo u � 35° em relaçãoao eixo x (como alternativa, o eixo x1 poderia ser colocado a um ângulo posi-tivo de u � 75°).

Equações de transformação de tensão. Podemos prontamente calcularas tensões na face x1 do elemento orientado a u� �35° usando as equaçõesde transformação (Equações 7.4a e b). Os cálculos procedem da seguintemaneira:

Substituindo os valores nas equações de transformação, obtemos

� �(�20 MPa)(�0,94) � (�22 MPa)(0,342) � �26,3 MPa

τx1y1� �aσx � σy

2b sen (2θ ) � τxy cos (2θ)

� 60 MPa � (�20 MPa)(0,342) � (�22 MPa)(�0,94) � 73,8 MPa

σx1�

σx � σy

2�

σx � σy

2cos (2θ ) � τxy sen (2θ)

sen 2θ � sen (�70°) � �0,94 cos 2θ � cos (�70°) � 0,342

σx � σy

2� 60 MPa

σx � σy

2� �20 MPa

σx � 40 MPa σy � 80 MPa τxy � �22 MPa

Tanques de armazenamento decombustível. (© Barry Goodno)

τx1y1

σx1

σy1

xD

θ

(a)

A B

u = 35°

y

x

O

τ yx τ xy = –22 MPa

τ xyτ yx

sy = 80 MPa

s y

sx = 40 MPa

s x

(b)

(c)

y1

x1

x

O

46.2 MPa

73.8 MPa

u = −35°

−26.3 MPa

Figura 6-8Exemplo 7-2: (a) Recipiente cilín-drico pressurizado com elementode tensão em D, (b) elemento Dem tensão plana, e (c) elemento

D inclinado em um ângulo u � �35°

6.3 Tensões principais e tensões decisalhamento máximasAs equações de transformação para estado plano de tensões mostram que astensões normais σx1 e as tensões de cisalhamento τx1y1 variam continuamentequando os eixos são rotacionados através do ângulo θ. Essa variação é ilus-trada na Figura 6.3 para uma combinação particular de tensões. Da figura,vemos que ambas as tensões, normal e de cisalhamento, atingem valores máxi-mos e mínimos a intervalos de 90°. Não surpreendentemente, esses valoresmáximos e mínimos são geralmente necessários para fins de dimensionamento.Por exemplo, falhas por fadiga estrutural em máquinas e aviões estão frequen-temente associadas às tensões máximas e, dessa forma, suas intensidades eorientações devem ser determinadas como parte do processo de dimensiona-mento (veja a Figura 6.9).

Tensões principaisAs tensões normais máximas e mínimas, chamadas de tensões principais,podem ser encontradas a partir da equação de transformação para a tensãonormal σx1 (Equação 6.4a). Tomando-se a derivada de σx1 em relação a θ eigualando-a a zero, obtemos uma equação da qual podemos encontrar os valo-res de θ em que σx1 é um máximo ou um mínimo. A equação para a derivadaé

(6-10)

da qual obtemos

(6-11)

O subscrito p indica que o ângulo θp define a orientação dos planos principais,isto é, os planos em que as tensões principais agem.

Dois valores do ângulo 2θp no intervalo de 0 até 360° podem ser obtidos apartir da Equação (6.11). Esses valores diferem por 180°, com um valor entre0 e 180° e o outro entre 180° e 360°. Por isso, o ângulo θp tem dois valores quediferem por 90°, um valor entre 0 e 90° e o outro entre 90° e 180°. Os dois valo-res de θp são conhecidos como os ângulos principais. Para um desses ângulos,a tensão normal σx1 é uma tensão principal máxima; para o outro, é uma ten-são principal mínima. Como os ângulos principais diferem por 90°, vemos queas tensões principais ocorrem em planos mutuamente perpendiculares.

dσx1

dθ� �(σx � σy) sen 2θ � 2τxy cos 2θ � 0

tg 2θp �2τxy

σx � σy


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Exemplo 6-2• • •A tensão normal agindo na face y1 (Equação 7.5) é

As a check on the results, we note that .As tensões agindo no elemento inclinado estão ilustradas na Figura

7.8c, em que as setas indicam as verdadeiras direções das tensões.Novamente notamos que ambos os elementos de tensão ilustrados naFigura 7.8 representam o mesmo estado de tensão.

σx1� σy1

� σx � σy

� 60 MPa � (�20 MPa)(0,342) � (�22 MPa)(�0,94) � 46,2 MPa

σy1�

σx � σy

2�

σx � σy

2cos (2θ ) � τxy sen (2θ )

Tanque de armazenamento decombustível apoiado sobre

pedestais. (© Barry Goodno)

Figura 6-9Padrão de franja fotoelásticaexibe tensões principais em ummodelo de gancho de guindaste.(a) (Franz Lemmens/GettyImages) (b) (Cortesia EannPatterson)

(a) Foto de um gancho de guin-daste

Figura 6-10Representação geométrica daEquação (7.11)

2up

τxy

sx – sy

2

+ τ2xy

R =

sx – sy

2

2

(b) Padrão de franja fotoelástica

As tensões principais podem ser calculadas substituindo cada um dos doisvalores de θp na primeira equação de transformação de tensão (Equação 6.4a)e resolvendo para σx1. Determinando as tensões principais dessa maneira, nãoapenas obtemos os valores das tensões principais, mas também aprendemosqual tensão principal está associada a cada ângulo principal.

Podemos também obter fórmulas gerais para as tensões principais. Parafazer isso, considere o triângulo retângulo da Figura 6.10, que é construído apartir da Equação (6.11). Note que a hipotenusa do triângulo, obtida a partirdo teorema de Pitágoras, é

(6-12)

A grandeza R sempre é um número positivo e, como os outros lados do triân-gulo, tem unidades de tensão. Do triângulo, obtemos duas relações adicionais:

(6-13a,b)

Agora substituímos essas expressões para cos 2θ e sen 2θp na Equação (6.4a) eobtemos o maior valor algébrico das duas tensões principais, denotado por σ1:

Após substituir R da Equação (6.12) e fazer algumas manipulações algébricas,obtemos

(6-14)

A menor das tensões principais, denotada por σ2, pode ser encontrada a partirda condição de que a soma das tensões normais em planos perpendiculares éconstante (veja a Equação 6.6):

(6-15)

Substituindo a expressão para σ1 na Equação (6.15) e resolvendo para σ2,obtemos

(6-16)

Essa equação tem a mesma forma que a equação para σ1, mas difere pela pre-sença do sinal negativo antes da raiz quadrada.

As fórmulas anteriores para σ1 e σ2 podem ser combinadas em uma únicafórmula para as tensões principais:

(6-17)

O sinal positivo fornece a tensão principal algebricamente maior e o sinal nega-tivo fornece tensão principal algebricamente menor.

R �Ca σx � σy

2b2

� τxy2

cos 2θp �σx � σy

2Rsen 2θp �

τxy

R

σ1 � σx1�

σx � σy

2�

σx � σy

2cos 2θp � τxy sen 2θp

�σx � σy

2�

σx � σy

2aσx � σy

2Rb � τxya

τxy

Rb

σ1 �σx � σy

2�

Ca σx � σy

2b2

� τxy2

σ1 � σ2 � σx � σy

σ2 � σx � σy � σ1

�σx � σy

2�

Caσx � σy

2b2

� τxy2

σ1,2 �σx � σy

2�

Caσx � σy

2b2

� τxy2


VENDA PROIBIDA

Ângulos principaisVamos agora denotar os dois ângulos que definem os planos principais comoθp1 e θp2, correspondentes às tensões principais σ1 e σ2, respectivamente.Ambos os ângulos podem ser determinados a partir da equação para tg 2θp(Equação 6.11). No entanto, não podemos dizer a partir dessa equação qualângulo é θp1 e qual é θp2. Um procedimento simples para fazer essa determina-ção é tomar um desses valores e substituí-lo na equação para σx1 (Equação6.4a). O valor resultante de σx1 será reconhecido como σ1 ou σ2 (assumindo-seque já encontramos σ1 e σ2 a partir da Equação 6.17), correlacionando dessaforma os dois ângulos principais com as duas tensões principais.

Outro método para correlacionar os ângulos principais e as tensões princi-pais é usar as Equações (6.13a) e (b) para encontrar θp, uma vez que o únicoângulo que satisfaz ambas as equações é θp1. Dessa maneira, podemos reescre-ver essas equações da seguinte forma:

(6-18a,b)

Apenas um ângulo existe entre 0 e 360° que satisfaz ambas as equações. Destaforma, o valor de θp1 pode ser determinado unicamente a partir das Equações(6.18a) e (b). O ângulo θp2, correspondente a σ2, define um plano perpendicu-lar ao plano definido por θp1. Por isso, θp2 pode ser tomado como 90° maior ou90° menor que θp1.

Tensões de cisalhamento nos planos principaisUma característica importante dos planos principais pode ser obtida a partirda equação de transformação para as tensões de cisalhamento (Equação 6.4b).Se fizermos τx1y1 igual a zero, obtemos uma equação que é a mesma que aEquação (6.10). Por isso, se resolvermos essa equação para o ângulo 2θ, obte-mos a mesma expressão para tg 2θ, como anteriormente (Equação 6.11). Emoutras palavras, os ângulos em relação aos planos de tensão de cisalhamentonula são os mesmos que os ângulos em relação aos planos principais.

Dessa forma, podemos fazer a importante observação a seguir: as tensõesde cisalhamento são nulas nos planos principais.

Casos especiaisOs planos principais para elementos em tensão uniaxial e tensão biaxial são ospróprios planos x e y (Figura 6.11), porque tg 2θp � 0 (veja a Equação 6.11) eos dois valores de θp são 0 e 90°. Também sabemos que os planos x e y são osplanos principais do fato de que as tensões de cisalhamento são nulas nessesplanos.

Para um elemento em cisalhamento puro (Figura 6.12a), os planos princi-pais estão orientados a 45° em relação ao eixo x (Figura 6.12b), porque tg 2θpé infinita e os dois valores de θp são 45° e 135°. Se τxy é positivo, as tensões prin-cipais são σ1 � τxy e σ2 � �τxy (veja a Seção 3.5 para uma discussão sobre ocisalhamento puro).

A terceira tensão principalA discussão anterior de tensões principais refere-se apenas à rotação de eixosno plano xy, isto é, à rotação ao redor do eixo z (Figura 6.13a). Por isso, asduas tensões principais determinadas a partir da Equação (6.17) são chamadasde tensões principais no plano. No entanto, não devemos desconsiderar o fatode que o elemento de tensão é, na realidade, tridimensional e tem três (e nãoduas) tensões principais agindo em três planos mutuamente perpendiculares.

Ao fazer uma análise tridimensional mais completa, pode ser mostrado queos três planos principais para um elemento de estado plano de tensões são osdois planos principais já descritos mais a face z do elemento. Esses planos prin-

cos 2θp1�

σx � σy

2Rsen 2θp1

�τxy

R


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Figura 6-11Elementos em tensão uniaxial ebiaxial

y

xOsxsx

(b)

(a)

y

xOsx

sy

sy

sx

y

xO

O

τyx

τxy

τxy

τyx

(b)

(a)

s2 = –τxy s1 = τxy

up = 45°

y

x

Figura 6-12(a) Elemento em cisalhamentopuro e (b) tensões principais

cipais são ilustrados na Figura 6.13b, onde um elemento de tensão está orien-tado no ângulo principal θp1, que corresponde à tensão principal σ1. As tensõesprincipais σ1 e σ2 são dadas pela Equação (6.17), e a terceira tensão principal(σ3) é igual a zero.

Por definição, σ1 é algebricamente maior que σ2, mas σ3 pode ser algebri-camente maior ou menor que as tensões σ1 e σ2 ou pode ainda estar entre elas.Logicamente, também é possível que algumas ou todas as tensões principaissejam iguais. Observe mais uma vez que não existem tensões de cisalhamentoem qualquer dos planos principais.*


VENDA PROIBIDA* A determinação das tensões principais é um exemplo de um tipo de análise matemática conhecido como análise deautovalor, que é descrita em livros de álgebra matricial. As equações de transformação de tensão e o conceito de ten-sões principais são devidos aos matemáticos franceses A. L. Cauchy (1789–1857) e Barré de Saint-Venant (1797–1886)e ao cientista e engenheiro escocês W. J. M. Rankine (1820–1872); veja as Refs. 7.1, 7.2 e 7.3, respectivamente.

Figura 6-13Elementos em estado plano detensões: (a) elemento original e(b) elemento orientado segundoos três planos principais e as trêstensões principais

(b)(a)

y y1

x1

x

z

Oτxyτxy

τyx

sy

sy

sx

s1

s3 = 0

s2

sx

τyx

y

x

z, z1

Oup1

Tensões de cisalhamento máximasAo encontrar as tensões principais e suas direções para um elemento em estadoplano de tensões, agora consideramos a determinação das tensões de cisalha-mento máximas e os planos em que elas agem. As tensões de cisalhamento τx1y1agindo nos planos inclinados são dadas pela segunda equação de transforma-ção (Equação 6.4b). Tomando a derivada de τx1y1 com relação a θ e igualando-a a zero, obtemos

(6-19)

da qual

O subscrito s indica que o ângulo θs define a orientação dos planos de tensõesde cisalhamento máximas positiva e negativa.

A Equação (6.20) fornece um valor para θs entre 0 e 90° e outro entre 90° e180°. Além disso, esses dois valores diferem por 90° e, por isso, as tensões decisalhamento máximas ocorrem em planos perpendiculares. Como as tensõesde cisalhamento em planos perpendiculares são iguais em valor absoluto, astensões de cisalhamento máximas positiva e negativa diferem apenas em sinal.

tg 2θs � �σx � σy

2τxy

dτx1y1

dθ� �(σx � σy) cos 2θ � 2τxy sen 2θ � 0

Comparando a Equação (6.20) para θs com a Equação (6.11) para θp,vemos que

(6-21)

A partir dessas equações, podemos obter uma relação entre os ângulos θs e θp.Primeiro, reescrevemos a equação anterior na forma

Multiplicando pelos termos no denominador, obtemos

que é equivalente à seguinte expressão (veja o Apêndice C)

Por isso,

e

(6-22)

Essa equação mostra que os planos de tensão de cisalhamento máxima ocorrema 45° em relação aos planos principais.

O plano de tensão de cisalhamento máxima positiva τmax está definido peloângulo θs1, para o qual se aplica a equação a seguir:

(6-23a,b)

em que R é dado pela Equação (6.12). O ângulo θs1 está relacionado com oângulo θp1 (veja as Equações 6.18a e b) da seguinte maneira:

(6-24)

A tensão de cisalhamento máxima correspondente é obtida substituindo-se asexpressões para cos 2θs1 e sen 2θs1 na segunda equação de transformação(Equação 6.4b), fornecendo

(6-25)

A tensão de cisalhamento máxima negativa τmin tem a mesma intensidade, massinal oposto.

Outra expressão para a tensão de cisalhamento máxima pode ser obtida apartir das tensões principais σ1 e σ2, ambas das quais são dadas pela Equação(6.17). Subtraindo a expressão para σ2 daquela para σ1, e então comparandocom a Equação (6.25), vemos que

(6-26)

Dessa forma, a tensão de cisalhamento máxima é igual à metade da diferença dastensões principais.

τmax �σ1 � σ2

2

τmax �Caσx � σy

2b2

� τxy2

θs1� θp1

� 45°

cos 2θs1�

τxy

Rsen 2θs1

� �σx � σy

2R

θs � θp�45°

2θs � 2θp � �90°

cos (2θs � 2θp) � 0

sen 2θs sen 2θp � cos 2θs cos 2θp � 0

sen 2θs

cos 2θs

�cos 2θp

sen 2θp

� 0

tg 2θs � �1

tg 2θp

� �cot 2θp


VENDA PROIBIDA

Os planos de tensão de cisalhamento máxima também contêm tensões nor-mais. A tensão normal agindo nos planos de tensão de cisalhamento máximapositiva pode ser determinada substituindo as expressões para o ângulo θs1(Equações 6.23a e b) na equação para σx1 (Equação 6.4a). A tensão resultanteé igual à média das tensões normais nos planos x e y:

(6-27)

Essa mesma tensão normal age nos planos de tensão de cisalhamento máximanegativa.

Nos casos particulares de tensão uniaxial e tensão biaxial (Figura 6.11), osplanos de tensão de cisalhamento máxima ocorrem a 45° em relação aos eixosx e y. No caso de cisalhamento puro (Figura 6.12), as tensões de cisalhamentomáximas ocorrem nos planos x e y.

Tensões de cisalhamento no plano e fora do planoA análise anterior de tensões de cisalhamento lidou apenas com tensões decisalhamento no plano, isto é, tensões agindo no plano xy. Para obter as ten-sões de cisalhamento máximas no plano (Equações 6.25 e 6.26), consideramoselementos que foram obtidos rotacionando os eixos xyz ao redor do eixo z, queé um eixo principal (Figura 6.13a). Descobrimos que as tensões de cisalha-mento máximas ocorrem nos planos a 45° em relação aos planos principais. Osplanos principais para o elemento da Figura 6.13a são ilustrados na Figura6.13b, em que σ1 e σ2 são as tensões principais. Por isso, as tensões de cisalha-mento máximas no plano são encontradas em um elemento obtido rotacio-nando-se os eixos x1y1z1 (Figura 6.13b) ao redor do eixo z1 através de umângulo de 45°. Essas tensões são dadas pela Equação (6.25) ou Equação (6.26).

Podemos também obter as tensões de cisalhamento máximas através derotações de 45° ao redor dos outros dois eixos principais (os eixos x1 e y1 naFigura 6.13b). Como resultado, obtemos três conjuntos de tensões de cisalha-mento máximas positiva e negativa (compare com a Equação 6.26):

(6-28a,b,c)

em que os subscritos indicam os eixos principais sobre os quais as rotações de45° ocorreram. As tensões obtidas pelas rotações ao redor dos eixos x1 e y1 sãochamadas de tensões de cisalhamento fora de plano.

Os valores algébricos de σ1 e σ2 determinam quais das expressões anterio-res fornecem a maior tensão de cisalhamento numérica. Se σ1 e σ2 têm omesmo sinal, então uma das primeiras duas expressões é numericamentemaior; se elas têm sinais opostos, a última expressão é maior.

(τmax)z1� �

σ1 � σ2

2

(τmax)x1� �

σ2

2(τmax)y1

� �σ1

2

σaver �σx � σy

2


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(b)(a)

y y1

x1

x

z

Oτxyτxy

τyx

sy

sy

sx

s1

s3 = 0

s2

sx

τyx

y

x

z, z1

Oup1


VENDA PROIBIDA

Exemplo 6-3• • •Uma viga de aba ampla simplesmente apoiada tem uma carga concentradaP aplicada no meio do vão (Fig. 7-14a). O estado de tensão na malha da vigano elemento C é conhecido (Fig. 7-14b) como sendo σx � 86 MPa, σy � �28MPa e τxy � �32 MPa.

(a) Determine as tensões principais e mostre-as em um esboço de um ele-mento adequadamente orientado.

(b) Determine as tensões de cisalhamento máximas e mostre-as em umesboço de um elemento adequadamente orientado (considere apenas astensões no plano).

Solução(a) Tensões principais. Os ângulos principais θp que localizam os planos prin-cipais podem ser obtidos a partir da Equação (7.11):

Resolvendo os ângulos, obtemos os dois conjuntos de valores a seguir:

As tensões principais podem ser obtidas substituindo os dois valores de2θp na equação de transformação para (Equação 7.4a). Como um cálculo preliminar, determinamos as quantias a seguir:

Agora substituímos o primeiro valor de 2θp na Equação (7.4a) e obtemos

De maneira similar, substituímos o segundo valor de 2θp e obtemos� 92,4 MPa. Desta forma, as tensões principais e seus ângulos principais

correspondentes são

Perceba que and diferem por 90° e que σ1 + σ2 � σx + σy.As tensões principais são mostradas em um elemento adequadamente

orientado na Figura 7.14b. Logicamente, nenhuma tensão de cisalhamentoage nos planos principais.

Solução alternativa para as tensões de cisalhamento. As tensões princi-pais podem também ser calculadas diretamente a partir da Equação (7.17):

θp2θp1

σx1

σx1

σ1,2 � 29 MPa�65,4 MPa

� 29 MPa � 3(57 MPa)2 � (�32 MPa)2

σ1,2 �σx � σy

2�

Caσx � σy

2b2

� τxy2

➥σ2 � �36,4 MPa e θp2� 75,3°

➥σ1 � 94,4 MPa e θp1� 165,3°

� �36,4 MPa

� 29 MPa � (57 MPa)(cos 150,7°) � (32 MPa)(sen 150,7°)

σx1�

σx � σy

2�

σx � σy


σx � σy

2�

86 MPa � 28 MPa2

� 57 MPa

σx � σy

2�

86 MPa � 28 MPa2

� 29 MPa

2θp � 330,7° e θp � 165,3°

2θp � 150,7° e θp � 75,3°

tg 2θp �2τxy

σx � σy

�2(�32 MPa)

86 MPa � (�28 MPa)� �0,5614

y

θs2 = 30.3°

65.4 MPa

29 MPa

29 MPa

(d)

xO

y

σ2 = –36.4 MPaσ1 = 94.4 MPa

(c)

(b)

(a)

xO

y

–32 MPa

86 MPa

–28 MPa

x

P

O

CA B

θp2 = 75.3°

Figura 6-14Exemplo 7-3: (a) Estrutura da

viga, (b) elemento em C em ten-são plana, (c) tensões principais,

e (d) tensões máximas de cisal-hamento


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Exemplo 6-3• • •Por isso,

O ângulo ao plano em que σ1 age é obtido a partir das Equações (7.18a) e (b):

em que R é dado pela Equação (7.12) e é igual ao termo da raiz quadradano cálculo anterior para as tensões principais σ1 e σ2.

O único ângulo entre 0 e 360° com seno e cosseno especificados é; dessa forma, . Esse ângulo está associado com a

tensão principal algebricamente maior . O outro ânguloé 90° maior ou menor que θp1; dessa forma, . Este ângulo corres-ponde à menor tensão principal σ2 � �38,4MPa. Note que esses resultados para as tensões principais e ângulos princi-pais estão de acordo com aqueles encontrados anteriormente.

(b) Tensões de cisalhamento máximas. As tensões de cisalhamento máximasno plano são dadas pela Equação (7.25):

O ângulo ao plano com tensão de cisalhamento máxima positiva é calcu-lado a partir da Equação (7.24):

Segue que a tensão de cisalhamento máxima negativa age no plano para oqual .

As tensões normais agindo nos planos de tensões de cisalhamentomáximas são calculadas a partir da Equação (7.27):

Finalmente, as tensões de cisalhamento máximas e as tensões normais asso-ciadas são mostradas no elemento de tensão da Figura 7.14c.

Como uma aproximação alternativa para encontrar as tensões de cisa-lhamento máximas, podemos usar a Equação (7.20) para determinar os doisvalores dos ângulos θs, e então podemos usar a segunda equação de trans-formação (Equação 7.4b) para obter as tensões de cisalhamento correspon-dentes.

θ s1

θp2� 75,3°

σ1 � 94,4 MPaθp1

� 165,3°2θp1� 330,7°

θp1

➥σaver �σx � σy

2� 29 MPa

θs2� 120.3° � 90° � 30.3°

➥θs1� θp1

� 45° � 165,3° � 45° � 120,3°

➥� 3(57 MPa)2 � (�32 MPa)2 � 65,4 MPa

τmax �Caσx � σy

2b2

� τxy2

sin 2θp1�

τxy

R�

�32 MPa65.4 MPa

� �0.489

cos 2θp1�

σx � σy

2R�

57 MPa65.4 MPa

� 0.872

σ1 � 94.4 MPa σ2 � �36.4 MPa

y

θs2 = 30.3°

65.4 MPa

29 MPa

29 MPa

(d)

xO

y

σ2 = –36.4 MPaσ1 = 94.4 MPa

(c)

xO

θp2 = 75.3°

Figura 6-14c,d (Repetida)

6.4 Círculo de Mohr para estado plano detensõesAs equações de transformação para estado plano de tensões podem ser repre-sentadas na forma gráfica por um diagrama conhecido como círculo de Mohr.Esta representação gráfica é extremamente útil porque possibilita visualizar asrelações entre as tensões normais e de cisalhamento agindo em vários planosinclinados em um ponto de um corpo tensionado. Ela também fornece meiospara calcular tensões principais, tensões de cisalhamento máximas e tensões

em planos inclinados. Além disso, o círculo de Mohr é válido não apenas paratensões, mas também para outras grandezas de natureza matemática similar,incluindo deformações e momentos de inércia.*

Equações do círculo de MohrA equação do círculo de Mohr pode ser deduzida a partir das equações detransformação para estado plano de tensões (Equações 6.4a e b). As duasequações são repetidas aqui, mas com um ligeiro rearranjo da primeira equa-ção:

(6-29a)

(6-29b)

Da geometria analítica, podemos reconhecer que essas duas equações são deum círculo na forma paramétrica. O ângulo 2θ é o parâmetro e as tensões e são as coordenadas. No entanto, não é necessário reconhecer a naturezadas equações nesse estágio – se eliminarmos o parâmetro, o significado dasequações ficará aparente.

Para eliminar o parâmetro 2θ, elevamos ao quadrado ambos os lados decada equação e então adicionamos as duas equações. A equação resultante é

(6-30)

Essa equação pode ser escrita de maneira mais simples, usando-se a notação aseguir da Seção 6.3 (veja as Equações 6.27 e 6.12, respectivamente):

(6-31a,b)

A Equação (6.30) agora se torna

(6-32)

que é a equação de um círculo na forma algébrica padrão. As coordenadas sãoe , o raio é R e o centro do círculo tem coordenadas � σmédia e

� 0.

Duas formas do círculo de MohrO círculo de Mohr pode ser traçado a partir das Equações (6.29) e (6.32) emqualquer uma das duas formas. Na primeira forma do círculo de Mohr, traça-mos a tensão normal σx1

positiva para a direita e a tensão de cisalhamento τx1y1positiva para baixo, como ilustrado na Figura 6.15a. A vantagem de traçar astensões de cisalhamento positivas para baixo é que o ângulo 2θ no círculo deMohr será positivo quando no sentido anti-horário, o que está de acordo coma direção positiva de 2θ na dedução das equações de transformação (veja asFiguras 6.1 e 6.2).

Na segunda forma do círculo de Mohr, τx1y1é traçada positiva para cima,

mas o ângulo 2θ fica agora positivo no sentido horário (Figura 6.15b), o que écontrário à sua direção positiva usual.

Ambas as formas do círculo de Mohr são matematicamente corretas e qual-quer uma pode ser usada. No entanto, é mais fácil visualizar a orientação do

τx1y1

σx1τx1y1

σx1

(σx1� σmédia)

2 � τx1y1

2 � R2

σmédia �σx � σy

2R �

Caσx � σy

2b2

� τxy2

aσx1�

σx � σy

2b2

� τx1y1

2 � aσx � σy

2b2

� τxy2

τx1y1

σx1

τx1y1� �

σx � σy


σx1�

σx � σy

2�

σx � σy



VENDA PROIBIDA* O círculo de Mohr deve seu nome ao famoso engenheiro civil alemão Christian Otto Mohr (1835–1918), que desen-volveu o círculo em 1882 (Ref. 7.4).

elemento de tensão se a direção positiva do ângulo 2θ for a mesma no círculode Mohr que para o elemento propriamente dito. Além disso, uma rotação nosentido anti-horário está de acordo com a costumeira regra da mão direitapara rotação.

Por isso, iremos adotar a primeira forma do círculo de Mohr (Figura6.15a), em que a tensão de cisalhamento positiva é traçada para baixo e o ângulo2θ positivo é traçado no sentido anti-horário.

Construção do círculo de MohrO círculo de Mohr pode ser construído em uma variedade de formas, depen-dendo de quais tensões são conhecidas e quais devem ser encontradas. Paranosso objetivo imediato, que é mostrar as propriedades básicas do círculo,vamos assumir que conhecemos as tensões σx, σy e τxy agindo nos planos x e yde um elemento em estado plano de tensões (Figura 6.16a). Como veremos,esta informação é suficiente para construir o círculo. Então, com o círculodesenhado, podemos determinar as tensões σx1

, σy1e τx1y1

agindo em um ele-mento inclinado (Figura 6.16b). Podemos também obter as tensões principaise tensões de cisalhamento máximas a partir do círculo.

Com σx, σy e τxy conhecidas, o procedimento para construir o círculo deMohr é o seguinte (veja a Figura 6.16c):

1. Desenhe um sistema de coordenadas com σx1como abscissa (positiva para

a direita) e τx1y1como ordenada (positiva para baixo).

2. Localize o centro C do círculo no ponto tendo coordenadas σx1� σmédia e

τx1y1� 0 (veja as Equações 6.31a e 6.32).

3. Localize o ponto A, representando as condições de tensão na face x do ele-mento ilustrado na Figura 6.16a, traçando suas coordenadas σx1

� σx eτx1y1

� τxy. Note que o ponto A no círculo corresponde a θ � 0. Note aindaque a face x do elemento (Figura 6.16a) é chamada de “A” para mostrar suacorrespondência com o ponto A no círculo.

4. Localize o ponto B, representando as condições de tensão na face y do ele-mento ilustrado na Figura 6.16a, traçando suas coordenadas σx1

� σy eτx1y1

� �τxy. Note que o ponto B no círculo corresponde a θ � 90°. Alémdisso, a face y do elemento (Figura 6.16a) é chamada de “B” para mostrarsua correspondência com o ponto B no círculo.


VENDA PROIBIDA

Figura 6-15Duas formas do círculo de Mohr:(a) τx1y1 é positivo para baixo e oângulo 2q é positivo no sentidoanti-horário e (b) τx1y1 é positivopara cima e o ângulo 2θ é posi-

tivo no sentido horário(Observação: A primeira forma

será usada neste livro)

(b)

O

τx1y1

sx1

saver

2u

C

R

(a)

O

τx1y1

sx1

saver

2u

C

R

Figura 6-16Construção do círculo de Mohr

para estado plano de tensões

(c)

D'

O C

s1

s2

S2

S1

P1P2

sx

B(u = 90°)

D(u = u)

A(u = 0)

τx1y1

τx1y1

–τxy

τxy

sx1

sy

sx1

2u

2up1

b

sx – sy

2saver =

sx + sy

2

(a)

y

B

A

xO

τxy

sy

sx

(b)

D'

D

y1

x1

y

τx1y1

sy1

sx1

xu

O

5. Desenhe uma linha do ponto A até o ponto B. Essa linha é um diâmetro docírculo e passa através do centro C. Os pontos A e B, representando as ten-sões nos planos a 90° a cada um deles (Figura 6.16a), estão em extremida-des opostas do diâmetro (e por isso estão 180° separados no círculo).

6. Usando o ponto C como centro, desenhe o círculo de Mohr através dospontos A e B. O círculo desenhado nessa maneira tem raio R (Equação6.31b), como ilustrado no próximo parágrafo.

Agora que desenhamos o círculo, podemos verificar através da geometriaque as linhas AC e CB são raios e possuem comprimentos iguais a R. Notamosque as abscissas dos pontos C e A são (σx+ σy)/2 e σx, respectivamente. A dife-rença nessas abscissas é (σx – σy)/2, como dimensionado na figura. A ordenadado ponto A é τxy. Por isso, a linha CA é a hipotenusa de um triângulo retotendo um lado de comprimento (σx – σy)/2 e o outro lado de comprimento τxy.Tomando a raiz quadrada da soma dos quadrados desses dois lados, encontra-se o raio R:

que é o mesmo que na Equação (6.31b). Através de um procedimento similar,podemos mostrar que o comprimento da linha CB também é igual ao raio Rdo círculo.

Tensões em um elemento inclinadoAgora consideraremos as tensões σx1

, σy1e τx1y1

agindo nas faces de um ele-mento de estado plano de tensões orientado a um ângulo θ do eixo x (Figura6.16b). Se o ângulo θ for conhecido, essas tensões podem ser determinadas apartir do círculo de Mohr. O procedimento é descrito a seguir.

No círculo (Figura 6.16c), medimos um ângulo 2θ no sentido anti-horá-rio a partir do raio CA, porque o ponto A corresponde a θ � 0 e é o pontode referência do qual medimos os ângulos. O ângulo 2θ localiza o ponto Dno círculo, que (como ilustrado no próximo parágrafo) tem coordenadas σx1e τx1y1

. Por isso, o ponto D representa as tensões na face x1 do elemento daFigura 6.16b. Consequentemente, esta face do elemento é chamada de “D”na Figura 6.16b.

R �Caσx � σy

2b2

� τxy2


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(c)

D'

O C

s1

s2

S2

S1

P1P2

sx

B(u = 90°)

D(u = u)

A(u = 0)

τx1y1

τx1y1

–τxy

τxy

sx1

sy

sx1

2u

2up1

b

sx – sy

2saver =

sx + sy

2

(a)

y

B

A

xO

τxy

sy

sx

(b)

D'

D

y1

x1

y

τx1y1

sy1

sx1

xu

O

Note que um ângulo 2θ no círculo de Mohr corresponde a um ângulo θ noelemento de tensão. Por exemplo, o ponto D no círculo está a um ângulo 2θ doponto A, mas a face x1 do elemento ilustrado na Figura 6.16b (a face chamadade “D”) está a um ângulo θ da face x do elemento ilustrado na Figura 6.16a (aface chamada de “A”). De forma similar, os pontos A e B estão separados por180° no círculo, mas as faces correspondentes do elemento (Figura 6.16a) estãoseparadas por 90°.

Para mostrar que as coordenadas σx1e τx1y1

do ponto D no círculo são defato dadas pelas equações de transformação de tensão (Equações 6.4a e b),novamente usamos a geometria do círculo. Seja β o ângulo entre a linha radialCD e o eixo σx1

. Então, da geometria da figura, obtemos as seguintes expres-sões para as coordenadas do ponto D:

(6-33a,b)

Notando que o ângulo entre o raio CA e o eixo horizontal é 2θ + β, obtemos

Expandindo as expressões de seno e cosseno (veja o Apêndice C), temos

(6-34a)

(6-34b)

Multiplicando a primeira dessas equações por cos 2θ e a segunda por sen2θ, e somando, obtemos

(6-34c)

Multiplicando a Equação (6.34a) por sen 2θ e a Equação (6.34b) por cos 2θ, esubtraindo, obtemos

(6-34d)

Quando essas expressões para cos β e sen β são substituídas nas Equações(6.33a) e (b), obtemos as equações de transformação de tensão para σx1

e τx1y1(Equações 6.4a e b). Dessa forma, mostramos que o ponto D no círculo deMohr, definido pelo ângulo 2θ, representa as condições de tensão na face x1 doelemento de tensão definida pelo ângulo θ (Figura 6.16b).

O ponto D�, que é diametralmente oposto ao ponto D no círculo, estálocalizado por um ângulo 2θ (medido a partir da linha CA) que é 180° maiorque o ângulo 2θ até o ponto D. Por isso, o ponto D� no círculo representa astensões em uma face do elemento de tensão (Figura 6.16b) a 90° da facerepresentada pelo ponto D. Desta forma, o ponto D� no círculo fornece astensões σy1

e �τx1y1na face y1 do elemento de tensão (a face chamada de

“D�” na Figura 6.16b).A partir dessa discussão, mostramos como as tensões representadas pelos

pontos no círculo de Mohr estão relacionadas com as tensões agindo em umelemento. As tensões em um plano inclinado definido pelo ângulo θ (Figura6.16b) são encontradas no círculo no ponto em que o ângulo no ponto de refe-rência (o ponto A) é 2θ. Dessa forma, ao girarmos os eixos x1y1 no sentidoanti-horário através de um ângulo θ (Figura 6.16b), o ponto no círculo deMohr correspondente à face x1 move-se no sentido anti-horário através de umângulo 2θ. De forma similar, se girarmos os eixos no sentido horário através de

sen β �1Ra�

σx � σy

2sen 2θ � τxy cos 2θb

cos β �1Raσx � σy

2cos 2θ � τxy sen 2θb

sen 2θ cos β � cos 2θ sen β �τxy

R

cos 2θ cos β � sen 2θ sen β �σx � σy

2R

cos (2θ � β) �σx � σy

2Rsen (2θ � β) �

τxy

R

σx1�

σx � σy

2� R cos β τx1y1

� R sen β


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um ângulo, o ponto no círculo se move no sentido horário através de umângulo duas vezes maior.

Tensões PrincipaisA determinação das tensões principais é provavelmente a aplicação maisimportante do círculo de Mohr. Note que, quando nos movemos ao redor docírculo de Mohr (Figura 6.16c), encontramos o ponto P1, em que a tensão nor-mal atinge seu maior valor algébrico e a tensão de cisalhamento é zero. Dessaforma, o ponto P1 representa uma tensão principal e um plano principal. A abs-cissa σ1 do ponto P1 fornece a tensão principal algebricamente maior e seuângulo 2θp1 do ponto de referência A (onde θ � 0) fornece a orientação doplano principal. O outro plano principal, associado com a tensão normal alge-bricamente menor, é representado pelo ponto P2, diametralmente oposto aoponto P1.

Da geometria do círculo, vemos que a tensão principal algebricamentemaior é

que, pela substituição da expressão para R (Equação 6.31b), está de acordo coma equação anterior para essa tensão (Equação 6.14). De maneira similar, pode-mos verificar a expressão para a tensão principal algebricamente menor σ2.

O ângulo principal θp1 entre o eixo x (Figura 6.16a) e o plano de tensãoprincipal algebricamente maior é metade do ângulo 2θp1, que é o ângulo no cír-culo de Mohr entre os raios CA e CP1. O cosseno e o seno do ângulo 2θp1podem ser obtidos do círculo através de inspeção:

Essas equações estão de acordo com as Equações (6.18a) e (b) e, portanto, maisuma vez, vemos que a geometria do círculo está de acordo com as equaçõesdeduzidas anteriormente. No círculo, o ângulo 2θp2 até o outro ponto princi-pal (ponto P2) é 180° maior que 2θp1; dessa forma, θp2 � θp1 + 90°, como espe-rado.

Tensões de cisalhamento máximasOs pontos S1 e S2, representando os planos de tensões de cisalhamento máxi-mas positiva e negativa, respectivamente, estão localizados na parte de baixo eem cima do círculo de Mohr (Figura 6.16c). Esses pontos estão a ângulos 2θ �90° dos pontos P1 e P2, o que está de acordo com o fato de que os planos detensão de cisalhamento máxima estão orientados a 45° em relação aos planosprincipais.

As tensões de cisalhamento máximas são numericamente iguais ao raio Rdo círculo (compare a Equação 6.31b para R com a Equação 6.25 para τmax).As tensões normais nos planos de tensão de cisalhamento máxima são iguais àabscissa do ponto C, que é a tensão normal média σmédia (veja a Equação6.31a).

Convenção de sinal alternativa para tensões de cisalhamentoUma convenção de sinal alternativa para tensões de cisalhamento é algumasvezes usada ao se construir o círculo de Mohr. Nessa convenção, a direção deuma tensão de cisalhamento agindo em um elemento do material é indicadapelo sentido da rotação que ela tende a produzir (Figuras 6.17a e b). Se a ten-são de cisalhamento τ tende a girar o elemento de tensão no sentido horário, é

cos 2θp1�

σx � σy

2Rsin 2θp1

�τxy

R

σ1 � OC � CP1 �σx � σy

2� R


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chamada de tensão de cisalhamento horária, e se tende a girar o elemento nosentido anti-horário, é uma tensão de cisalhamento anti-horária. Então, aoconstruir o círculo de Mohr, tensões de cisalhamento horárias são traçadaspara cima e as anti-horárias para baixo (Figura 6.17c).

É importante perceber que a convenção de sinal alternativa produz um cír-culo idêntico ao círculo já descrito (Figura 6.16c). A razão é que uma tensão decisalhamento positiva τx1y1

é também uma tensão de cisalhamento anti-horá-ria, e ambas são traçadas para baixo. Uma tensão de cisalhamento negativaτx1y1

é uma tensão de cisalhamento horária, e ambas são traçadas para cima.Desta forma, a convenção de sinal alternativa meramente fornece um ponto

de vista diferente. Em vez de pensar no eixo vertical como tendo tensões decisalhamento negativas traçadas para cima e tensões de cisalhamento positivaspara baixo (o que é um tanto incômodo), podemos pensar no eixo vertical comtensões de cisalhamento horárias traçadas para cima e tensões de cisalhamentoanti-horárias traçadas para baixo (Figura 6.17c).


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(a) (b)

(c)

O sx1

saver

2u

C

R

Clockwise shear stresses

Counterclockwise shear stresses

τ τ

Figura 6-17Convenção de sinal alternativapara tensões de cisalhamento:

(a) tensão de cisalhamentohorária, (b) tensão de cisal-

hamento anti-horária e (c) eixopara o círculo de Mohr (note

que as tensões de cisalhamentohorárias estão traçadas para

cima e as tensões de cisal-hamento anti-horárias estão

traçadas para baixo)

Comentários gerais sobre o círculoDas discussões anteriores nesta seção, está aparente que podemos encontrar astensões agindo em qualquer plano inclinado, bem como as tensões principais eas tensões de cisalhamento máximas, a partir do círculo de Mohr. No entanto,apenas rotações de eixos no plano xy (isto é, rotações ao redor do eixo z) sãoconsideradas e, por isso, todas as tensões no círculo de Mohr são tensões noplano.

Por conveniência, o círculo da Figura 6.16 foi desenhado com σx, σy e τxycomo tensões positivas, mas os mesmos procedimentos podem ser seguidos seuma (ou mais) das tensões for negativa. Se uma das tensões normais for nega-tiva, parte de todo o círculo estará localizada à esquerda da origem, como ilus-trado no Exemplo 6.6 mais adiante.

O ponto A na Figura 6.16c, representando as tensões no plano θ � 0, podeestar situado em qualquer lugar ao redor do círculo. No entanto, o ângulo 2θé sempre medido no sentido anti-horário do raio CA, independentemente deonde o ponto A esteja localizado.

Nos casos especiais de tensão uniaxial, tensão biaxial e cisalhamento puro, aconstrução do círculo de Mohr é mais simples do que no caso geral de estadoplano de tensões. Esses casos especiais são ilustrados no Exemplo 6.4 e nosProblemas 6.4-1 a 6.4-9.

Além de usar o círculo de Mohr para obter as tensões em planos inclinadosquando as tensões nos planos x e y são conhecidas, podemos também usar ocírculo da maneira oposta. Se conhecemos as tensões σx1

, σy1e τx1y1

agindo emum elemento inclinado orientado em um ângulo conhecido θ, podemos facil-mente construir o círculo e determinar as tensões σx, σy e τxy para o ângulo θ � 0. O procedimento é localizar os pontos D e D� das tensões conhecidas e

então desenhar o círculo usando a linha DD� como um diâmetro. Medindo oângulo 2θ em um sentido negativo do raio CD, podemos localizar o ponto A,correspondente à face x do elemento. Então, podemos localizar o ponto Bconstruindo um diâmetro a partir de A. Finalmente, podemos determinar ascoordenadas dos pontos A e B e dessa forma obter as tensões agindo no ele-mento para o qual θ � 0.

Se desejado, podemos construir o círculo de Mohr em escala e medir osvalores de tensão a partir do desenho. No entanto, é geralmente preferívelobter as tensões através de cálculos numéricos, ou diretamente das várias equa-ções ou usando trigonometria e a geometria do círculo.

O círculo de Mohr torna possível visualizar as relações entre as tensõesagindo em vários ângulos e também serve como um mecanismo simples dememória para calcular tensões. Embora várias técnicas gráficas não sejammais usadas na engenharia, o círculo de Mohr permanece valioso porque for-nece uma ilustração simples e clara de uma análise por outro lado complicada.

O círculo de Mohr é também aplicável a transformações para estado planode deformações e momentos de inércia de áreas planas, porque essas quantida-des seguem as mesmas leis de transformação que as tensões (veja as Seções 6.7,12.8 e 12.9).


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Exemplo 6-4• • •Em um ponto na superfície de um cilindro pressurizado de uma peça doequipamento de construção (Fig. 7-18a), o material está submetido a ten-sões biaxiais σx � 90 MPa e σy � 20 MPa, como ilustrado no elemento detensão da Figura 7.18b. Usando o círculo de Mohr, determine as tensõesagindo em um elemento inclinado a um ângulo θ � 30° (considere apenasas tensões no plano e mostre os resultados em um esboço de um elementoadequadamente orientado).

SoluçãoConstrução do círculo de Mohr. Começamos fixando os eixos para as tensõesnormais e de cisalhamento, com σx1 positivo para a direita e τx1y1 positivopara baixo, como ilustrado na Figura 7.18c. Então posicionamos o centro Cdo círculo no eixo σx1 no ponto em que a tensão é igual à tensão normalmédia (Equação 7.31a):

O ponto A, representando as tensões na face x do elemento (θ � 0), temcoordenadas

De forma similar, as coordenadas do ponto B, representando as tensões naface y (θ � 90°), são

Agora desenhamos o círculo através dos pontos A e B com centro em C eraio R (veja a Equação 7.31b) igual a

Tensões em um elemento inclinado a θ � 30°. As tensões agindo em umplano orientado a um ângulo θ � 30° são dadas pelas coordenadas do ponto

R �Baσx � σy

2b2

� τxy2 �

Ba90 MPa � 20 MPa

2b2

� 0 � 35 MPa

σx1� 20 MPa τx1y1

� 0


� 0


2�

90 MPa � 20 MPa2

� 55 MPa

(a)

(b)

y

B

A

xO

sy = 20 MPa

sx = 90 MPa

Fig. 6-18aExample 7-4: (a) Hydrauliccylinder on construction equipment (© Can Stock PhotoInc./zoomzoom)


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D, que está a um ângulo 2θ � 60° do ponto A (Figura 7.18b). Por inspeçãodo círculo, vemos que as coordenadas do ponto D são

De maneira similar, podemos encontrar as tensões representadas pelo pontoD�, que corresponde a um ângulo θ � 120° (ou 2θ � 240°):

Esses resultados são ilustrados na Figura 7.19 em um esboço de um elementoorientado a um ângulo θ � 30°, com todas as tensões em suas direções ver-dadeiras. Note que a soma das tensões normais no elemento inclinado éigual a σx + σy, ou 110 MPa.

➥τx1y1� R sen 60° � (35 MPa)( sen 60°) � 30,3 MPa

➥� 55 MPa � (35 MPa)( cos 60°) � 37,5 MPa

(Ponto D�) σx1� σmédia � R cos 60°

➥τx1y1� �R sen 60° � �(35 MPa)(sen 60°) � �30,3 MPa

➥� 55 MPa � (35 MPa)(cos 60°) � 72,5 MPa

(Ponto D) σx1� σmédia � R cos 60°

Fig. 6-18b,cExemplo 7-4: (b) elemento doêmbolo hidráulico em tensãoplana, e (c) o correspondentecírculo de Mohr (Nota: Todasas tensões no círculo estão emunidades de MPa.)

(b)

(c)

y

B

A

xO

sy = 20 MPa

sx = 90 MPa

D'

OC A

B(u = 90°)

(u = 120°)

D (u = 30°)

(u = 0)

tx1y1

sx1

35 35

72.5

2030.335

90

55

60°

y

D

D'

xO

30.3 MPa

37.5 MPa

72.5 MPa

u = 30°

Figura 6-19Exemplo 7.4 (continuação).Tensões agindo em um ele-

mento orientado a um ânguloθ � 30°


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Exemplo 6-5• • •Um elemento em estado plano de tensões na superfície de um braço debomba de perfuração de petróleo (Fig. 7-20a) está submetido às tensões σx� 100 MPa, σy � 34 MPa e τxy � 28 MPa, como ilustrado na Figura 7.20a.

Usando o círculo de Mohr, determine as quantidades a seguir: (a) astensões agindo em um elemento inclinado a um ângulo θ � 40°, (b) as ten-sões principais e (c) as tensões de cisalhamento máximas (considere apenasas tensões no plano e mostre todos os resultados em esboços de elementosadequadamente orientados).

SoluçãoConstrução do círculo de Mohr. O primeiro passo na solução é fixar os eixospara o círculo de Mohr, com σx1 positivo para a direita e τx1y1 positiva parabaixo (Figura 7.20b). O centro C do círculo está localizado no eixo σx1 noponto em que σx1 é igual à tensão normal média (Equação 7.31a):


De forma similar, as coordenadas do ponto B, representando as tensões naface y (θ � 90°), são


� �28 MPa


� 28 MPa


2�

100 MPa � 34 MPa2

� 67 MPa

(a)

(b)

B

A

34 MPa

28 MPa

100 MPa

y

xO

Figura 6-20aExemplo 7-5: (a) Bombas de per-

furação de petróleo (Can StockPhoto Inc. ssvaphoto)

Figura 6-20b,cExemplo 7.5. (a) Elemento em

estado plano de tensões e (b) ocírculo de Mohr correspondente

(Observação: Todas as tensõesno círculo são dadas em MPa)

(b)

(c)

B

A

34 MPa

28 MPa100 MPa

y

xO

D'

O

B (u = 90°)

P1 (up1 = 20.15°)

D (u = 40°)

S2 (us2 = 64.3°)

S1(us1

= –24.85°)

P2(up2

= 110.2°)

A (u = 0)

τx1y1

sx1

34

100

67 33

28

28 2843

3343

43

4380°

39.7°

40.3°C

O círculo é agora desenhado através dos pontos A e B com centro em C. Oraio do círculo, da Equação (7.31b), é

(a) Tensões em um elemento inclinado a θ � 40°. As tensões agindo emum plano orientado a um ângulo θ � 40° são dadas pelas coordenadas doponto D, que está a um ângulo 2θ � 80° do ponto A (Figura 7.20b). Para cal-

�Ba100 MPa � 34 MPa

2b2

� (28 MPa)2 � 43 MPa

R �Baσx � σy

2b2

� τxy2


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Exemplo 6-5• • •cular essas coordenadas, precisamos conhecer o ângulo entre a linha CD e oeixo σx1 (isto é, o ângulo DCP1), que por sua vez exige que conheçamos oângulo entre a linha CA e o eixo σx1 (ângulo ACP1). Esses ângulos são encon-trados a partir da geometria do círculo da seguinte maneira:

Conhecendo esses ângulos, podemos determinar as coordenadas do pontoD diretamente da Figura 7.21a:

De maneira análoga, podemos encontrar as tensões representadas peloponto D�, que corresponde ao plano inclinado a um ângulo θ � 130° (ou 2θ � 260°):

Essas tensões são ilustradas na Figura 7.21a em um esboço de um elementoorientado a um ângulo θ � 40° (todas as tensões são ilustradas em suas dire-ções verdadeiras). Note ainda que a soma das tensões normais é igual a σx + σy, ou 134 MPa.

(b) Tensões principais. As tensões principais são representadas pelospontos P1 e P2 no círculo de Mohr (Figura 7.20b). A tensão principal algebri-camente maior (ponto P1) é

como visto por inspeção do círculo. O ângulo 2θp1 até o ponto P1 do pontoA é o ângulo ACP1 no círculo, isto é,

Dessa forma, o plano de tensão principal algebricamente maior está orien-tado a um ângulo θp1 � 19,3°, como ilustrado na Figura 7.21b.

A tensão principal algebricamente menor (representada pelo ponto P2)é obtida a partir do círculo de maneira similar:

O ângulo 2θp2 até o ponto P2 no círculo é 40,3° + 180° � 220,3°; dessa forma,o segundo plano principal é definido pelo ângulo θp2 � 110,2°. As tensõesprincipais e planos principais são mostrados na Figura 7.21b, e novamenteobservamos que a soma das tensões normais é igual a 134 MPa.

(c) Tensões de cisalhamento máximas. As tensões de cisalhamento máxi-mas são representadas pelos pontos S1 e S2 no círculo de Mohr; por isso, atensão de cisalhamento máxima no plano (igual ao raio do círculo) é

O ângulo ACS1 do ponto A até o ponto S1 é 90° � 40,3° � 49,7° e, por isso,o ângulo 2θs1 para o ponto S1 é

➥τmax � 43 MPa

➥σ2 � 67 MPa � 43 MPa � 24 MPa

➥ACP1 � 2θp1� 40.3° θp1

� 20.15°

➥σ1 � 67 MPa � 43 MPa � 110 MPa

➥τx1y1� (43 MPa)(sen 39,7°) � 27,5 MPa

➥(Ponto D�) σx1� 67 MPa � (43 MPa)(cos 39,7°) � 33,9 MPa

➥τx1y1� �(43 MPa)(sen 39,7°) � �27,5 MPa

➥(Ponto D) σx1� 67 MPa � (43 MPa)(cos 39,7°) � 100 MPa

DCP1 � 80° � ACP1 � 80° � 40,3° � 39,7°

tg ACP1 �28 MPa33 MPa

� 0,848 ACP1 � 40,3°

(a)

D'

D

100 MPa33.9 MPa

27.5 MPa

y

xO

u = 40°

(b)

24 MPa

110 MPa

up1 = 20.15°

y

xO

P2

P1

(c)

67 MPa

67 MPa

43 MPa

us1 = –24.85°

xO

y

S1

S2

Figura 6-21Exemplo 7.5 (continuação).

(a) Tensões agindo em um ele-mento orientado a θ � 40°,

(b) tensões principais e (c) tensões de cisalhamento

máximas


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Esse ângulo é negativo porque é medido no sentido horário no círculo. Oângulo correspondente θs1 ao plano de tensão de cisalhamento máximapositiva é metade desse valor, ou θs1 � −24,85°, como ilustrado nas Figuras7.20b e 7.21c. A tensão de cisalhamento máxima negativa (ponto S2 no cír-culo) tem o mesmo valor numérico que a tensão máxima positiva (43 MPa).

As tensões normais agindo nos planos de tensão de cisalhamentomáxima são iguais a σmédia, que é a abscissa do centro C do círculo (67MPa). Essas tensões são também ilustradas na Figura 7.21c. Note que osplanos de tensão de cisalhamento máxima estão orientados a 45° dos pla-nos principais.

2θs1� �49,7°

Exemplo 6-6• • •Em um ponto na superfície de um eixo gerador, as tensões são σx � �50MPa, σy � 10 MPa e τxy � �40 MPa, como ilustrado na Figura 7.22a.

Usando o círculo de Mohr, determine as quantidades a seguir: (a) astensões agindo em um elemento inclinado a um ângulo θ � 45°, (b) as ten-sões principais e (c) as tensões de cisalhamento máximas (considere apenasas tensões no plano e mostre todos os resultados em esboços de elementosorientados adequadamente).

SoluçãoConstrução do círculo de Mohr. Os eixos para as tensões normais e de cisa-lhamento estão ilustrados na Figura 7.22b, com σx1 positivo para a direita eτx1y1 positivo para baixo. O centro C do círculo está localizado no eixo σx1 noponto em que a tensão é igual à tensão normal média (Equação 7.31a):


De forma similar, as coordenadas do ponto B, representando as tensões naface (θ � 90°), são

O círculo agora é desenhado através dos pontos A e B com centro em C eraio R (da Equação 7.31b) igual a

(a) Tensões em um elemento inclinado a θ � 45°. As tensões agindo em umplano orientado a um ângulo θ � 45° são dadas pelas coordenadas doponto D, que está a um ângulo 2θ � 90° do ponto A (Figura 7.22b). Paracalcular essas coordenadas, precisamos conhecer o ângulo entre a linhaCD e o eixo negativo σx1 (isto é, o ângulo DCP2), que por sua vez exigeque saibamos o ângulo entre a linha CA e o eixo negativo σx1 (ânguloACP2). Esses ângulos são encontrados através da geometria do círculo, daseguinte maneira

�Ba�50 MPa � 10 MPa

2b2

� (�40 MPa)2 � 50 MPa

R �Caσx � σy

2b2

� τxy2


� 40 MPa

σx1� �50 MPa τx1y1

� �40 MPa


2�

�50 MPa � 10 MPa2

� �20 MPa


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Conhecendo esses ângulos, podemos obter as coordenadas do ponto Ddiretamente da Figura 7.23a:

De maneira análoga, podemos encontrar as tensões representadas peloponto D�, que corresponde ao plano inclinado a um ângulo θ � 135° (ou2θ � 270°):

Essas tensões são ilustradas na Figura 7.23a em um esboço de um ele-mento orientado a um ângulo θ � 45º (todas as tensões são ilustradasem suas direções verdadeiras). Note ainda que a soma das tensões nor-mais é igual a σx + σy, ou − 40 MPa.

(b) Tensões principais. As tensões principais são representadas pelos pontosP1 e P2 no círculo de Mohr. A tensão principal algebricamente maior(representada pelo ponto P1) é

σ1 � �20 MPa � 50 MPa � 30 MPa ➥

➥τx1y1� (�50 MPa)(sen 36,87°) � �30 MPa

➥(Ponto D�) σx1� �20 MPa � (50 MPa)(cos 36,87°) � 20 MPa

➥τx1y1� (50 MPa)(sen 36,87°) � 30 MPa

➥(Ponto D) σx1� �20 MPa � (50 MPa)(cos 36,87°) � �60 MPa

DCP2� 90° � ACP2

� 90° � 53,13° � 36,87°

tg ACP2 �40 MPa30 MPa

�43 ACP2

� 53,13°

Figura 7-22Exemplo 7.6. (a) Elemento em

estado plano de tensões e (b) o círculo de Mohr correspon-

dente (Observação: Todas astensões no círculo têm unidades

em MPa)

(a)

(b)

10 MPa

50 MPa

40 MPaP2

(up2 = 26.6°)

AB

y

xOC

D (u = 45°)

P1 (up1 = 116.6°)

A (u = 0)

B (u = 90°)

τx1y1

20 10

sx1

40

50

50

D'

50

50

(us1 = 71.6°)

S1

S2

O

40

36.87°

50

53.13°90°

(b) (c)

y

xO

y

O

(a)

x

y

xO

20 MPa 30 MPa

30 MPa

20 MPa20 MPa

50 MPa

60 MPa 70 MPau = 45° up2

= 26.6°us1

= 71.6°

D'

D

P1

P2

S2

S1

Figura 7-23Exemplo 7.6 (continuação). (a)

Tensões agindo em um ele-mento orientado a θ � 45°, (b)tensões principais e (c) tensões

de cisalhamento máximas

6.5 Lei de Hooke para estado plano detensõesAs tensões em planos inclinados quando o material é submetido a estado planode tensões (Figura 6.24) foram discutidas nas Seções 6.2, 6.3 e 6.4. As equaçõesde transformação de tensão deduzidas nessas discussões foram obtidas unica-mente a partir do equilíbrio e, por isso, as propriedades dos materiais nãoforam necessárias. Agora, nesta seção, iremos investigar as deformações nomaterial, o que significa que as propriedades do material deverão ser conside-radas. No entanto, vamos limitar nossa discussão a materiais que atendam aduas importantes condições: primeiro, o material deve ser uniforme ao longo docorpo e ter as mesmas propriedades em todas as direções (material homogêneo eisotrópico) e, segundo, o material deve seguir a lei de Hooke (material elásticolinear). Nestas condições, podemos prontamente obter as relações entre as ten-sões e as deformações no corpo.

Vamos começar considerando as deformações normais εx, εy e εz em estadoplano de tensões. Os efeitos destas deformações estão demostrados na Figura6.25, que mostra as variações de um pequeno elemento tendo arestas de com-primento a, b e c. Todas as três deformações são mostradas positivas (alonga-


VENDA PROIBIDA

Exemplo 6-5• • •como visto por inspeção do círculo. O ângulo 2θp1 até o ponto P1 do pontoA é o ângulo ACP1 medido no sentido anti-horário no círculo, isto é,

Dessa forma, o plano de tensão principal algebricamente maior estáorientado a um ângulo θp1 � 116,6°.

A tensão principal algebricamente menor (ponto P2) é obtida do cír-culo de maneira similar:

O ângulo 2θp2 até o ponto P2 no círculo é 53,13°; dessa forma, o segundoplano principal é definido pelo ângulo θp2 � 26,6°.

As tensões principais e os planos principais são ilustrados na Figura7.23b e, novamente, notamos que a soma das tensões normais é igual aσx + σy ou − 40 MPa.

(c) Tensões de cisalhamento máximas. As tensões de cisalhamento máximaspositiva e negativa são representadas pelos pontos S1 e S2 no círculo deMohr (Figura 7.22b). Suas intensidades, iguais ao raio do círculo, são

O ângulo ACS1 do ponto A até o ponto S1 é 90° + 53,13° � 143,13° e, porisso, o ângulo 2θs1 para o ponto S1 é

O ângulo correspondente θs1 até o plano de tensão de cisalhamentomáxima positiva é metade desse valor, ou θs1 � 71,6°, como ilustrado naFigura 7.23c. A tensão de cisalhamento máxima negativa (ponto S2 nocírculo) tem o mesmo valor numérico que a tensão positiva (50 MPa).

As tensões normais agindo nos planos de tensão de cisalhamentomáxima são iguais a σmédia, que é a coordenada do centro C do círculo(−20 MPa). Essas tensões também são ilustradas na Figura 7.23c. Noteque os planos de tensão de cisalhamento máxima estão orientados a 45°aos planos principais.

➥σ2 � �20 MPa � 50 MPa � �70 MPa

➥ACP1 � 2θp1� 53.13° � 180° � 233.13° θp1

� 116.6°

2θs1� 143,13°

➥τmax � 50 MPa

mento) na figura. As deformações podem ser expressas em termos das tensões(Figura 6.24) pela sobreposição dos efeitos das tensões individuais.

Por exemplo, a deformação εx na direção x devida à tensão σx é igual a σxE,em que E é o módulo de elasticidade. A deformação εx devida à tensão σy éigual a �νσy/E, em que ν é o coeficiente de Poisson (veja a Seção 1.6).Logicamente, a tensão de cisalhamento τxy não produz nenhuma deformaçãonormal nas direções x, y e z. Assim, a deformação resultante na direção x é

(6-35a)

De maneira similar, obtemos as deformações nas direções y e z:

(6-35b,c)

Essas equações podem ser usadas para encontrar as deformações normais (emestado plano de tensões) quando as tensões são conhecidas.

A tensão de cisalhamento τxy (Figura 6.24) causa uma distorção do ele-mento de tal forma que a face z se torna um losango (Figura 6.26). A deforma-ção de cisalhamento γxy é a diminuição no ângulo entre as faces x e y doelemento e está relacionada à tensão de cisalhamento pela lei de Hooke emcisalhamento da seguinte maneira:

(6-36)

em que G é o módulo de elasticidade. Note que as tensões normais σx e σy nãotêm efeito na deformação de cisalhamento γxy. Consequentemente, asEquações (6.35) e (6.36) fornecem as deformações (em estado plano de tensões)quando todas as tensões (σx, σy e τxy) agem simultaneamente.

As duas primeiras equações (6.35a e b) fornecem as deformações εx e εy emtermos das tensões. Essas equações podem ser resolvidas simultaneamentepara as tensões em termos das deformações:

(6-37a,b)

Complementando, temos a equação a seguir para tensão de cisalhamento emtermos da deformação de cisalhamento:

(6-38)

As Equações (6.37) e (6.38) podem ser usadas para encontrar as tensões (emestado plano de tensões) quando as deformações forem conhecidas.Logicamente, a tensão normal σz na direção z é igual a zero.

As Equações (6.35) a (6.38) são conhecidas coletivamente como a lei deHooke para o estado plano de tensões. Elas contêm três constantes do material(E, G e ν), mas apenas duas são independentes, por causa da relação

(6-39)

que foi deduzida anteriormente, na Seção 3.6.

Casos especiais da lei de HookeNo caso especial de tensão biaxial (Figura 6.11b), temos τxy � 0 e, por isso, alei de Hooke para estado plano de tensões é simplificada para

(6-40a,b,c)εz � �νE

(σx � σy)

εx �1E

(σx � νσy) εy �1E

(σy � νσx)

G �E

2(1 � ν)

τxy � Gγxy

σx �E

1 � ν2 (εx � νεy) σy �E

1 � ν2 (εy � νεx)

γxy �τxy

G

εy �1E

(σy � νσx) εz � �νE

(σx � σy)

εx �1E

(σx � νσy)


VENDA PROIBIDA

y

x

z

O

τxy

sx

sy

Figura 7-24Elemento de material em estado

plano de tensões (σz � 0)

y

x

z

O

cεz

aεx

bεy

a

b

c

Figura 7-25Elemento de material submetido

a tensões normais εx, εy, e εz

y

x

z

O

2– γxy

π2

– γxyπ

Figura 7-26Tensão de cisalhamento γxy

(6-41a,b)

Essas equações são as mesmas que as Equações (6.35) e (6.37) porque os efei-tos das tensões normais e de cisalhamento são independentes uns dos outros.

Para tensão uniaxial, com σy � 0 (Figura 6.11a), as equações da lei deHooke simplificam ainda mais:

(6-42a,b,c)

Finalmente, consideramos o cisalhamento puro (Figura 6.12a), o que significaque σx � σy � 0. Então obtemos

(6-43a,b)

Em todos os três casos especiais, a tensão normal σz é igual a zero.

Variação de volumeQuando um objeto sólido é submetido a deformações, tanto suas dimensõesquanto seu volume irão variar. A variação em volume pode ser determinada seas deformações normais nas três direções perpendiculares forem conhecidas.Para mostrar como isso ocorre, vamos novamente considerar o pequeno ele-mento de material ilustrado na Figura 6.25. O elemento original é um parale-lepípedo retangular tendo lados de comprimentos a, b e c nas direções x, y e z,respectivamente. As deformações εx, εy e εz produzem as variações nas dimen-sões mostradas pelas linhas tracejadas. Assim, os aumentos nos comprimentosdos lados são aεx, bεy e cεz.

O volume original do elemento é

(6-44a)

e seu volume final é

(6-44b)

Referindo-nos à Equação (a), podemos expressar o volume final do elemento(Equação b) na forma

(6-45a)

Expandindo os termos no lado direito da equação, obtemos a seguinte expres-são equivalente:

(6-45b)

As equações anteriores para V1 são válidas tanto para grandes como parapequenas deformações.

Se limitarmos agora nossa discussão para estruturas com apenas pequenasdeformações (como é o caso geralmente), podemos desconsiderar os termos naEquação (6.45b) que consistem em produtos de pequenas deformações. Taisprodutos são pequenos em comparação com as deformações individuais εx, εye εz. Então a expressão para o volume é simplificada para

(6-46)

e a variação de volume é

V1 � V0(1 � εx � εy � εz)

V1 � V0(1 � εx � εy � εz � εxεy � εxεz � εyεz � εxεyεz)

V1 � V0(1 � εx)(1 � εy)(1 � εz)

� abc(1 � εx)(1 � εy)(1 � εz)

V1 � (a � aεx)(b � bεy)(c � cεz)

V0 � abc

εx � εy � εz � 0 γxy �τxy

G

εx �σx

Eεy � εz � �

νσx

Eσx � Eεx

σx �E

1 � ν2 (εx � νεy) σy �E

1 � ν2 (εy � νεx)


VENDA PROIBIDA

y

xOsxsx

(b)

(a)

y

xOsx

sy

sy

sx


y

x

z

O

cεz

aεx

bεy

a

b

c


(6-47)

Esta expressão pode ser usada para qualquer volume de material desde que asdeformações sejam pequenas e permaneçam constantes ao longo do volume.Perceba também que o material não tem de seguir a lei de Hooke. Além disso,a expressão não é limitada para estado plano de tensões, mas é válida paraquaisquer condições de tensão (como uma nota final, devemos mencionar queas deformações de cisalhamento não produzem variação no volume).

A variação de volume por unidade de volume e, também conhecida comodilatação volumétrica específica, é definida como a variação de volume divi-dida pelo volume original; dessa forma,

(6-48)

Aplicando esta equação para um elemento de volume diferencial, e então inte-grando, podemos obter a variação em volume de um corpo mesmo quando asdeformações normais variam ao longo do corpo.

As equações anteriores para variações de volume aplicam-se tanto paradeformações de tração como de compressão, visto que as deformações εx, εy e εzsão quantidades algébricas (positivas para alongamento e negativas para encur-tamento). Com essa convenção de sinais, valores positivos de ΔV e de e repre-sentam aumentos em volume, e valores negativos representam diminuições.

Vamos agora retornar aos materiais que seguem a lei de Hooke e estão sub-metidos apenas ao estado plano de tensões (Figura 6.24). Nesse caso, as defor-mações εx, εy e εz são dadas pelas Equações (6.35a, b e c). Substituindo essasrelações na Equação (6.48), obtemos a expressão a seguir para a variação porunidade de volume em termos de tensões:

(6-49)

Note que essa equação também se aplica à tensão biaxial.No caso de uma barra prismática em tração, isto é, em tensão uniaxial, a

Equação (6.49) é simplificada para

(6-50)

Dessa equação, vemos que o valor máximo possível do coeficiente de Poissonpara materiais comuns é 0,5, porque valores maiores implicariam uma diminui-ção do volume quando o material estivesse em tração, o que é contrário aocomportamento físico comum.

Assim, a densidade da energia de deformação (energia de deformação porunidade de volume) devida às tensões normais e deformações é

(6-51a)

A densidade da energia de deformação associada com as deformações decisalhamento (Figura 6.26) foi calculada anteriormente na Seção 3.9 (veja aEquação d desta seção):

(6-51b)

Combinando as densidades da energia de deformação com as deformaçõesnormal e de cisalhamento, obtemos a seguinte fórmula para a densidade daenergia de deformação em estado plano de tensões :

(6-52)u �12

(σxεx � σyεy � τxyγxy)

u2 �τxyγxy

2

u1 �12

(σxεx � σyεy)

e �¢VV0

�σx

E(1 � 2ν)

e �¢VV0

�1 � 2ν

E(σx � σy)

e �¢VV0

� εx � εy � εz

¢V � V1 � V0 � V0(εx � εy � εz)


VENDA PROIBIDA

y

x

z

O

τxy

sx

sy


Substituindo as deformações das Equações (6.35) e (6.36), obtemos a densi-dade da energia de deformação em termos apenas das tensões:

(6-53)

De maneira similar, podemos substituir as tensões das Equações (6.37) e (6.38)e obtemos a densidade da energia de deformação em termos das deformaçõesapenas:

(6-54)

Para obter a densidade da energia de deformação, no caso especial de ten-são biaxial, simplesmente anulamos os termos de cisalhamento nas Equações(6.52), (6.53) e (6.54).

Para o caso especial de tensão uniaxial, substituímos os valores a seguir

nas Equações (6.53) e (6.54) e obtemos, respectivamente,

(6-55a,b)

Essas equações estão de acordo com as Equações (2.44a) e (2.44b) da Seção 2.7.Para cisalhamento puro, substituímos

nas Equações (6.53) e (6.54) e obtemos

(6-56a,b)

Essas equações estão de acordo com as Equações (3.55a) e (3.55b) da Seção 3.9.

u �τxy

2

2Gu �

Gγxy2

2

σx � σy � 0 εx � εy � 0

u �σx

2

2Eu �

Eεx2

2

σy � 0 τxy � 0 εy � �νεx γxy � 0

u �E

2(1 � ν2)(εx

2 � εy2 � 2νεxεy) �

Gγxy2

2

u �1

2E(σx

2 � σy2 � 2νσxσy) �

τxy2

2G


VENDA PROIBIDA

y

x

z

O

2– γxy

π2

– γxyπ


Exemplo 6-7• • •Extensómetros A e B (orientados nas direções x e y respectivamente) são ane-xados a uma placa de alumínio retangular de uma espessura t � 7 mm. A placaestá submetida a tensões normais uniformes σx e σy, como mostra a Fig. 7-27, eas leituras dos sensores para deformações normais são εx � �0,00075 (encurta-mento, sensor A) e εy � 0,00125 (alongamento, sensor B). O módulo de elastici-dade é E � 73 GPa, e a proporção de Poisson é v � 0,33. Encontre as tensões σxe σy e a mudança Δt na espessura da placa. Também, encontre a unidade demudança de volume (ou dilatação) “e” e a densidade da energia de deforma-ção “u” da placa.

B AO

y

x

σy

σx

Figura 7-27Placa de alumínio retangular

com Extensómetros A e B

6.6 Tensão triaxialDizemos que um elemento de material submetido a tensões normais σx, σy e σzagindo em três direções mutuamente perpendiculares está em um estado de ten-são triaxial (Figura 6.28a). Uma vez que não existem tensões de cisalhamentonas faces x, y e z, as tensões σx, σy e σz são as tensões principais no material.

Se um plano inclinado paralelo ao eixo z for cortado através do elemento(Figura 6.28b), as únicas tensões na face inclinada são a tensão normal σ e atensão de cisalhamento τ, ambas as quais agem paralelamente ao plano xy.Essas tensões são análogas às tensões σx1 e τx1y1 encontradas em nossas discus-sões anteriores sobre estado plano de tensões (veja, por exemplo, a Figura6.2a). Como as tensões σ e τ (Figura 6.28b) são encontradas a partir das equa-ções de equilíbrio de forças no plano xy, elas são independentes da tensão nor-mal σz. Por isso, podemos usar as equações de transformação de estado planode tensões, bem como o círculo de Mohr para estado plano de tensões, aodeterminar as tensões σ e τ em tensão triaxial. A mesma conclusão geral per-manece para as tensões de cisalhamento e normais agindo em planos inclina-dos cortados através do elemento paralelo aos eixos x e y.


VENDA PROIBIDA

Exemplo 6-7• • •SoluçãoPara uma placa em tensão biaxial, podemos usar as Eqs. (7-41a) e (7-41b)para encontrar as tensões normais σx e σy nas direções x e y, respectiva-mente, baseado na medida de deformações normais εx e εy:

A deformação normal na direção z é calculada da Eq. (7-40c) assim:

A mudança (isto é, aqui uma diminuição) na espessura da placa é então:

Usamos a Eq. (7-49) para encontrar a dilatação ou a unidade de mudança devolume e da placa como

O signo positivo para e significa que a placa aumentou seu volume (emborao aumento seja muito pequeno). Finalmente, calculamos a densidade daenergia de deformação da placa usando a Eq. (7-53) (apagando o termo decisalhamento):

� 61,6 kPa

�1

2(73 GPa)[(�27,6 MPa)2 � (82,1 MPa)2 � 2(0,33)(�27,6 MPa)(82,1 MPa)]

u �1

2E(σx

2 � σy2 � 2νσxσy)

➥e �1 � 2ν

E(σx � σy) � 2,538 � 10�4

➥¢t � εzt � [�2,464(10�4)](7 mm) � �1,725 � 10�3 mm

� �2,464 � 10�4

εz ��νE

(σx � σy) ��(0,33)

73 GPa(�27,6 MPa � 82,1 MPa)

➥� 82.1 MPa

σy �E

1 � ν 2(εy � νεx) �

73 Gpa

1 � 0,332[0,00125 � (0,33)(�0,00075)]

➥� �27,6 MPa

σx �E

1 � ν 2(εx � νεy ) �

73 GPa

1 � 0,332[�0,00075 � (0,33)(0,00125)]

y

x

z

Osxsx

sz

sz

sy

sy

(a)

sx

sz

sy

sτ

(b)

u

Figura 7-28Elemento em tensão triaxial

Tensões de Cisalhamento MáximasDas nossas discussões anteriores sobre estado plano de tensões, sabemos queas tensões de cisalhamento máximas ocorrem em planos orientados a 45° aosplanos principais. Por isso, para um material em tensão triaxial (Figura 6.28a),as tensões de cisalhamento máximas ocorrem em elementos orientados porângulos de 45° aos eixos x, y e z. Por exemplo, considere um elemento obtidopor uma rotação de 45° ao redor do eixo z. As tensões de cisalhamento máxi-mas positiva e negativa agindo nesse elemento são

(6-57)

De forma similar, ao rotacionar ao redor dos eixos x e y através de ângulos de45°, obtemos as tensões de cisalhamento máximas a seguir:

(6-58a,b)

A tensão de cisalhamento máxima absoluta é a numericamente maior dentre astensões determinadas a partir das Equações (6.57, 6.58a e b). Ela é igual àmetade da diferença entre a tensão algebricamente maior e a tensão algebrica-mente menor dentre as três tensões principais.

As tensões agindo em elementos orientados a vários ângulos em relação aoseixos x, y e z podem ser visualizadas com o auxílio dos círculos de Mohr. Paraelementos orientados por rotações ao redor do eixo z, o círculo correspondenteé o A na Figura 6.29. Note que esse círculo é desenhado para o caso em que σx> σy e ambas as tensões σx e σy são de tração.

De maneira similar, podemos construir os círculos B e C para elementosorientados por rotações ao redor dos eixos x e y, respectivamente. Os raios doscírculos representam as tensões de cisalhamento máximas dadas pelasEquações (6.57, 6.58a e b), e a tensão de cisalhamento máxima absoluta é igualao raio do maior círculo. As tensões normais agindo nos planos de tensões decisalhamento máximas têm magnitudes dadas pelas abscissas dos centros dosrespectivos círculos.

Na discussão anterior sobre tensão triaxial, apenas consideramos as ten-sões agindo em planos obtidos por rotação ao redor dos eixos x, y e z. Assim,todo plano que consideramos é paralelo a um dos eixos. Por exemplo, o planoinclinado da Figura 6.28b é paralelo ao eixo z, e sua normal é paralela ao planoxy. Claro que podemos também cortar o elemento em direções arbitrárias, deforma que os planos inclinados resultantes são inclinados em relação aos trêseixos coordenados. As tensões normais e de cisalhamento agindo nesses planospodem ser obtidas através de uma análise tridimensional mais complicada. Noentanto, as tensões normais agindo em planos inclinados são intermediáriasem valor algébrico entre as tensões principais máxima e mínima, e as tensõesde cisalhamento nesses planos são menores (em valor absoluto) do que a ten-são de cisalhamento máxima absoluta obtida a partir das Equações (6.57,6.58a e b).

Lei de Hooke para tensão triaxialSe o material seguir a lei de Hooke, podemos obter as relações entre as tensõesnormais e deformações normais usando o mesmo procedimento para estadoplano de tensões (veja a Seção 6.5). As deformações produzidas pelas tensõesσx, σy e σz agindo independentemente são superpostas para se obter as defor-mações resultantes. Desta forma, chegamos prontamente às seguintes equa-ções para as deformações em tensão triaxial:

(6-59a)εx �σx

E�

νE

(σy � σz)

(τmax)x � �σy � σz

2(τmax)y � �

σx � σz

2

(τmax)z � �σx � σy

2


VENDA PROIBIDA

O

C

B

A

s

τsx

sy

sz

Figura 7-29Círculos de Mohr para um ele-mento em tensão triaxial

(6-59b)

(6-59c)

Nestas equações, são usadas as convenções de sinais padrão; isto é, tensão detração σ e deformação de extensão ε são positivas.

As equações anteriores podem ser resolvidas simultaneamente para as ten-sões em termos das deformações:

(6-60a)

(6-60b)

(6-60c)

As Equações (6.59) e (6.60) representam a lei de Hooke para tensão triaxial.No caso especial de tensão biaxial (Figura 6.11b), podemos obter as equa-

ções da lei de Hooke substituindo σz � 0 nas equações anteriores. As equaçõesresultantes reduzem-se às Equações (6.40) e (6.41) da Seção 6.5.

Variação volumétrica por unidade de volumeA variação volumétrica por unidade de volume (ou dilatação volumétrica) paraum elemento em tensão triaxial é obtida da mesma maneira que para o estadoplano de tensões (veja a Seção 6.5). Se o elemento for submetido às deforma-ções εx, εy e εz, podemos usar a Equação (6.48) para a variação volumétrica porunidade de volume:

(6-61)

Essa equação é válida para qualquer material desde que as deformações sejampequenas.

Se a lei de Hooke for válida para o material, podemos substituir as tensõesεx, εy e εz das Equações (6.53a), (b) e (c) e obter

(6-62)

As Equações (6.61) e (6.62) fornecem a variação volumétrica por unidade devolume em tensão triaxial em termos das deformações e tensões, respectiva-mente.

Densidade da energia de deformaçãoA densidade da energia de deformação para um elemento em tensão triaxial éobtida pelo mesmo método usado para estado plano de tensões. Quando ten-sões σx e σy agem sozinhas (tensão biaxial), a densidade da energia de defor-mação [da Equação (6.52), com o termo de cisalhamento descartado] é

Quando o elemento está em tensão triaxial e submetido às tensões σx, σy e σz,a expressão para densidade da energia de deformação se torna

(6-63a)u �12

(σxεx � σyεy � σzεz)

u �12

(σxεx � σyεy)

e �1 � 2ν

E(σx � σy � σz)

e � εx � εy � εz

σz �E

(1 � ν)(1 � 2ν)[(1 � ν)εz � ν(εx � εy)]

σy �E

(1 � ν)(1 � 2ν)[(1 � ν)εy � ν(εz � εx)]

σx �E

(1 � ν)(1 � 2ν)[(1 � ν)εx � ν(εy � εz)]

εz �σz

E�

νE

(σx � σy)

εy �σy

E�

νE

(σz � σx)


VENDA PROIBIDA

Substituindo as deformações a partir das Equações (6.53a), (b) e (c), obtemosa densidade da energia de deformação em termos das tensões:

(6-63b)

De maneira similar, porém usando as Equações (6.60a, b e c), podemos expres-sar a densidade da energia de deformação em termos das deformações:

(6-63c)

Ao calcular a partir dessas expressões, devemos nos certificar de substituir astensões e deformações com seus sinais algébricos apropriados.

Tensão esféricaUm tipo especial de tensão triaxial, chamada de tensão esférica, ocorre sem-pre que todas as três tensões normais são iguais (Figura 6.30):

(6-64)

Nessas condições, qualquer plano cortado através do elemento estará submetidoà mesma tensão normal σ0 e estará livre de tensões de cisalhamento. Portanto,temos tensões normais iguais em cada direção e nenhuma tensão de cisalha-mento em qualquer ponto do material. Todo plano é um plano principal e os trêscírculos de Mohr ilustrados na Figura 6.29 reduzem-se a um único ponto.

As deformações normais em tensão esférica também são as mesmas emtodas as direções, desde que o material seja homogêneo e isotrópico. Se a lei deHooke se aplica, as deformações normais são

(6-65)

como obtido a partir das Equações (6.59a, b e c).Uma vez que não existem deformações de cisalhamento, um elemento no

formato de um cubo varia em tamanho, mas permanece um cubo. No geral,qualquer corpo submetido a tensão esférica manterá suas proporções relativas,mas vai expandir ou contrair em volume, dependendo se σ0 for de tração oucompressão.

A expressão para a variação volumétrica por unidade de volume pode serobtida a partir da Equação (6.55) substituindo para as deformações a partir daEquação (6.61). O resultado é

(6-66)

A Equação (6.66) em geral pode ser expressa em uma forma mais compactaintroduzindo-se uma nova quantidade K, chamada de módulo de elasticidadede volume ou módulo de elasticidade volumétrico, que é definida da seguintemaneira:

(6-67)

Com essa notação, a expressão para a variação por unidade de volume se torna

(6-68)

e o módulo de volume é:

e �σ0

K

K �E

3(1 � 2ν)

e � 3ε0 �3σ0(1 � 2ν)

E

ε0 �σ0

E(1 � 2ν)

σx � σy � σz � σ0

2ν(εxεy � εxεz � εyεz)]

u �E

2(1 � ν)(1 � 2ν)[(1 � ν)(εx

2 � εy2 � εz

2) �

u �1

2E(σx

2 � σy2 � σz

2) �νE

(σxσy � σxσz � σyσz)


VENDA PROIBIDA

Figura 7-30Elemento em tensão esférica

y

x

z

Os0s0

s0

s0

s0

s0

(6-69)

Portanto, o módulo de volume pode ser definido como a razão da tensão esfé-rica pela deformação volumétrica, que é análoga à definição do módulo E emtensão uniaxial. Note que as fórmulas anteriores para e e K são baseadas nasuposição de que as deformações são pequenas e que a lei de Hooke é válidapara o material.

Da Equação (6.61) para K vemos que, se o coeficiente de Poisson � é iguala 1/3, os módulos K e E são numericamente iguais. Se ν � 0, então K tem ovalor E/3, e se ν � 0,5, K fica infinito, o que corresponde a um material rígidonão apresentando variação no volume (isto é, o material é incompressível).Desta forma, o máximo valor teórico do coeficiente de Poisson é 0,5.

As fórmulas anteriores para tensão esférica foram deduzidas para um ele-mento submetido à tração uniforme em todas as direções, mas obviamente asfórmulas também se aplicam a elementos em compressão uniforme. No caso decompressão uniforme, as tensões e deformações têm sinais negativos. A com-pressão uniforme ocorre quando o material é submetido à pressão uniformeem todas as direções; por exemplo, um objeto submerso na água ou uma rochaprofunda dentro da terra. Esse estado de tensão é chamado com frequência detensão hidrostática.

Embora a compressão uniforme seja relativamente comum, um estado detração uniforme é difícil de atingir. Isso pode ser percebido através do aqueci-mento repentino e uniforme de uma esfera metálica sólida, de forma que ascamadas externas estejam em uma temperatura maior do que no interior. Atendência à expansão das camadas externas produz tensão uniforme em todasas direções no centro da esfera.

6.7 Estado plano de deformaçõesAs deformações de um ponto em uma estrutura carregada variam de acordocom a orientação dos eixos, em uma maneira similar àquela para tensões.Nesta seção deduziremos as equações de transformação que relacionam asdeformações em direções inclinadas com as deformações nas direções de refe-rência. Estas equações de transformação são vastamente usadas em laborató-rio e investigações de campo envolvendo medidas de deformações.

As deformações são geralmente medidas por extensômetros; por exemplo,medidores são colocados em um avião para medir o comportamento estrutu-ral durante o voo, ou colocados em prédios para medir os efeitos de terremo-tos. Uma vez que cada medidor determina a deformação em uma direçãoespecífica, geralmente é necessário calcular as deformações em outras direçõespor meio das equações de transformação.

Estado plano de deformações versus estado planode tensõesVamos começar explicando o significado de estado plano de deformações ecomo ele está relacionado com o estado plano de tensões. Considere umpequeno elemento de material tendo lados de comprimentos a, b e c nas dire-ções x, y e z, respectivamente (Figura 6.31a). Se as únicas deformações sãoaquelas no plano xy, então três componentes de deformação podem existir −a deformação normal εx na direção x (Figura 6.31b), a deformação normal εyna direção y (Figura 6.31c) e a deformação de cisalhamento γxy (Figura 6.31d).Um elemento de material submetido a essas deformações (e apenas essas defor-mações) está em estado plano de deformações.

Segue que um elemento em estado plano de deformações não possui defor-mação normal εz na direção z e não há deformação de cisalhamento γxz e γyz

K �σ0

e


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nos planos xz e yz, respectivamente. Portanto, o estado plano de deformaçõesé definido pelas condições a seguir:

(6-70a,b,c)

As deformações restantes (εx, εy e γxy) podem ter valores não nulos.Da definição anterior, vemos que o estado plano de deformações ocorre

quando as faces posterior e anterior de um elemento de material (Figura 6.31a)estão totalmente restringidas contra deslocamento na direção z − uma condi-ção idealizada que raramente é atingida em estruturas reais. No entanto, issonão significa que as equações de transformação de estado plano de deforma-ções não sejam úteis. Elas revelam-se extremamente úteis porque também seaplicam às deformações em estado plano de tensões, como será explicado nospróximos parágrafos.

A definição de estado plano de deformações (Equações 6.70a, b e c) é aná-loga àquela para estado plano de tensões. Em estado plano de tensões, asseguintes tensões devem ser zero:

εz � 0 γxz � 0 γyz � 0


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Figura 7-31Componentes de deformação εx,εy e γxy no plano xy (estadoplano de deformações)

bx

(a)

(a) (b)

y

z

O

O x

y

a

aaεx

c

(d)

O x

y

gxy

(c)

O x

y

b

bεy

(6-71a,b,c)

ao passo que as tensões remanescentes (σx, σy e τxy) podem ter valores nãonulos. Uma comparação das tensões e deformações em estado plano de tensõese estado plano de deformações é dada na Figura 6.32.

Não deve ser inferido a partir das similaridades nas definições de estadoplano de tensões e estado plano de deformações que ambas ocorrem simulta-neamente. No geral, um elemento em estado plano de tensões será submetidoa uma deformação na direção z (Figura 6.32); dessa forma, ele não está emestado plano de deformações. Um elemento em estado plano de deformaçõesusualmente terá tensões σz agindo nele por causa da exigência de que εz � 0;por isso, ele não está em estado plano de tensões. Dessa forma, sob condiçõesnormais, o estado plano de tensões e o estado plano de deformações não ocor-rem simultaneamente.

σz � 0 τxz � 0 τyz � 0

Uma exceção ocorre quando um elemento em estado plano de tensões estásubmetido a tensões normais iguais e opostas (isto é, quando σx � –σy) e a leide Hooke é válida para o material. Neste caso especial, não há deformaçãonormal na direção z, como ilustrado pela Equação (6.35c) e, por isso, o ele-mento está em um estado plano de deformações, bem como em estado planode tensões. Outro caso especial, embora hipotético, é quando o material possuicoeficiente de Poisson igual a zero (ν � 0); então todo elemento de estadoplano de tensões também está em estado plano de deformações, porque εz � 0(Equação 6.35c).*


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y

x

z

Oσx

σyy

x

z

O

εx

σz = 0

σx, σy e τxy podem ter valores não nulos

τxz = 0 τyz = 0σx, σy, σz e τxy

τxz = 0 τyz = 0

γxz = 0

εx, εy, εz e γxy

γyz = 0

εx, εy e γxy

εz = 0 γyz = 0γxz = 0

εy

Tensões

Estado plano de tensões Estado plano de deformações

Deformação

τxy γxy

podem ter valores não nulos



Figura 7-32Comparação entre estado plano

de tensões e estado plano dedeformações

Aplicação das equações de transformaçãoAs equações de transformação de tensão deduzidas para estado plano de ten-sões no plano xy (Equações 6.4a e b) são válidas mesmo quando uma tensãonormal σz está presente. A explicação está no fato de que a tensão σz não entranas equações de equilíbrio usadas na dedução das Equações (6.4a) e (6.4b). Porisso, as equações de transformação para estado plano de tensões podem tambémser usadas para as tensões em estado plano de deformações.

Uma situação análoga existe para estado plano de deformações. Iremosdeduzir as equações de transformação de deformação para o caso de estadoplano de deformações no plano xy, mas as equações serão válidas mesmoquando uma deformação εz existir. A razão é suficientemente simples – a defor-mação εz não afeta as relações geométricas usadas nas deduções. Por isso, asequações de transformação para estado plano de deformações também podem serusadas para as deformações em estado plano de tensões.

Finalmente, devemos lembrar que as equações de transformação paraestado plano de tensões foram deduzidas apenas através do equilíbrio e, porisso, são válidas para qualquer material, elástico linear ou não. A mesma con-

* Nas discussões deste capítulo, estamos omitindo os efeitos de variações de temperatura e pré-deformações, ambosos quais produzem deformações adicionais que podem alterar algumas de nossas conclusões.

clusão aplica-se às equações de transformação para estado plano de deforma-ções – uma vez que são deduzidas apenas a partir da geometria, elas são inde-pendentes das propriedades do material.

Equações de transformação para estado plano dedeformaçõesNa dedução das equações de transformação para estado plano de deformaçõesusaremos os eixos de coordenadas representados na Figura 6.33. Vamos assu-mir que as deformações normais εx e εy e a deformação de cisalhamento γxyassociadas aos eixos xy sejam conhecidas (Figura 6.31). Os objetivos de nossaanálise são determinar a deformação normal εx1 e a deformação de cisalha-mento γx1y1 associadas aos eixos x1y1, que são rotacionados no sentido anti-horário em um ângulo θ a partir dos eixos xy (não é necessário deduzir umaequação separada para a deformação normal εy1 porque ela pode ser obtida apartir da equação para εx1 substituindo-se θ + 90° para θ).

Deformação normal εx1. Para determinar a deformação normal εx1 na dire-ção x1, consideramos um pequeno elemento de material, selecionado de formaque o eixo x1 esteja ao longo de uma diagonal da face z do elemento e os eixosx e y estejam ao longo dos lados do elemento (Figura 6.34a). A figura mostrauma visão bidimensional do elemento, com o eixo z na direção do leitor.Obviamente, o elemento é, na realidade, tridimensional, como na Figura 6.30a,com uma dimensão na direção z.

Considere primeiro a deformação εx na direção x (Figura 6.34a). Essadeformação produz um alongamento na direção x igual a εxdx, em que dx é ocomprimento do lado correspondente do elemento. Como resultado dessealongamento, a diagonal do elemento aumenta em comprimento por um valorequivalente a

(6-72a)

como mostra a Figura 6.34a.Em seguida, considere a deformação εy na direção y (Figura 6.33b). Essa

deformação produz um alongamento na direção y igual a εydy, em que dy é ocomprimento do lado do elemento paralelo ao eixo y. Como resultado dessealongamento, a diagonal do elemento aumenta em comprimento por um valorequivalente a

(6-72b)

que é mostrada na Figura 6.34b.Finalmente, considere a deformação de cisalhamento γxy no plano xy

(Figura 6.34c). Essa deformação produz uma distorção do elemento de talforma que o ângulo no canto esquerdo inferior do elemento diminui umaquantidade igual à deformação de cisalhamento. Consequentemente, a facesuperior do elemento move-se para a direita (com relação à face inferior) umaquantidade γxydy. Essa deformação resulta em um aumento no comprimentoda diagonal igual a

(6-72c)

como ilustrado na Figura 6.34c.O aumento total �d no comprimento da diagonal é a soma das três expres-

γxydy cos θ

εydy sen θ

εxdx cos θ


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O

y

x

y1

x1

u

u

Fig. 6-33Eixos x1 e y1 rotacionados emum ângulo θ a partir dos eixosxy

sões anteriores; assim,

(6-73)

A deformação normal εx1 na direção x1 é igual a este aumento no compri-mento dividido pelo comprimento inicial ds da diagonal:

(6-74)

Observando que dx/ds � cos θ e dy/ds � sen θ, obtém-se a equação a seguirpara a deformação normal:

(6-75)

Desta forma, obtém-se uma expressão para a deformação normal na direçãox1 em termos das deformações εx, εy e γxy associadas aos eixos xy.

Como mencionado anteriormente, a deformação normal εy1 na direção y1é obtida a partir da equação anterior substituindo-se θ + 90° para θ.

Deformação de cisalhamento γx1y1. Agora voltamos para a deformação decisalhamento γx1y1 associada aos eixos x1y1. Essa deformação é igual à diminui-ção no ângulo entre as linhas no material que estavam inicialmente ao longodos eixos x1 e y1. Para esclarecer essa ideia, considere a Figura 6.35, que mos-tra ambos os eixos xy e x1y1, com o ângulo θ entre eles. Admita que a linha Oarepresente uma linha no material inicialmente situada ao longo do eixo x1 (istoé, ao longo da diagonal do elemento na Figura 6.34). Os deslocamentos causa-dos pelas deformações εx, εy e γxy (Figura 6.34) fazem a linha Oa girar atravésde um ângulo α no sentido anti-horário do eixo x1 até a posição mostrada naFigura 6.35. De forma similar, a linha Ob estava originalmente ao longo doeixo y1, mas por causa das deformações, ela gira em de um ângulo β no sentidohorário. A deformação de cisalhamento γx1y1 é a diminuição no ângulo entre asduas linhas que estavam inicialmente em ângulos retos; por isso,

(6-76)

Desta forma, para encontrar a deformação de cisalhamento γx1y1, devemosdeterminar os ângulos α e β.

γx1y1� α � β

εx1� εx cos2 θ � εy sen2 θ � γxy sen θ cos θ

εx1�

¢dds

� εx

dxds

cos θ � εy

dy

dssen θ � γxy

dy

dscos θ

¢d � εx dx cos θ � εy dy sen θ � γxy dy cos θ


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Odx

ds

εx dx

εx dx cos u

dy

(a)

y1

x1y

x

a1u

Odx

ds

εy dy

εy dy sin u

dy

(b)

y1x1

y

x

a2

u

Odx

ds

gxy dy

gxy

gxy dy cos u

dy

(c)

y1

x1y

x

a3u

Figura 7-34Deformações de um elemento

em estado plano dedeformações devido à

(a) deformação normal εx, (b) deformação normal εy e

(c) deformação de cisalhamentoγxy

O ângulo α pode ser encontrado a partir das deformações ilustradas naFigura 6.34 da maneira a seguir. A deformação εx (Figura 6.34a) produz umarotação no sentido horário da diagonal do elemento. Vamos denotar esseângulo de rotação como α1. O ângulo α1 é igual à distância εx dx sen θ divi-dida pelo comprimento ds da diagonal:

(6-77a)

De forma similar, a deformação εy produz uma rotação da diagonal no sentidoanti-horário através de um ângulo α2 (Figura 6.33b). Este ângulo é igual à dis-tância εy dy cos θ dividida por ds:

(6-77b)

Finalmente, a deformação γxy produz uma rotação no sentido horário atravésde um ângulo α3 (Figura 6.34c) igual à distância γxy dy sen θ dividida por ds:

(6-77c)

Por isso, a rotação resultante da diagonal no sentido anti-horário (Figura6.34), igual ao ângulo α ilustrado na Figura 6.35, é

(6-78)

Novamente observando que dx/ds � cos θ e dy/ds � sen θ, obtemos

(6-79)

A rotação da linha Ob (Figura 6.35), que inicialmente estava em 90° emrelação à linha Oa, pode ser encontrada substituindo-se θ + 90° para θ naexpressão para α. A expressão resultante é anti-horária quando positiva (por-que α é anti-horário quando positivo), dessa forma ela é igual ao negativo doângulo β (porque β é positivo quando horário). Portanto

(6-80)

Somando α e β, temos a deformação de cisalhamento, conforme a Equação(6.67):

(6-81)γx1y1� �2(εx � εy) sen θ cos θ � γxy(cos2 θ � sen2 θ )

� �(εx � εy) sen θ cos θ � γxy cos2 θ

β � (εx � εy) sen (θ � 90°) cos (θ � 90°) � γxy sen2 (θ � 90°)

α � �(εx � εy) sen θ cos θ � γxy sen2 θ

� �εx

dxds

sen θ � εy

dy

dscos θ � γxy

dy

dssen θ

α � �α1 � α2 � α3

α3 � γxy

dy

dssen θ

α2 � εy

dy

dscos θ

α1 � εx

dxds

sen θ


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O

y

b

a

x

y1

x1

u

α

β γx1y1 = a + β

Figura 6-35Deformação de cisalhamento

associada aos eixos x1y1γx1y1

Para colocar a equação em uma forma mais útil, dividimos cada termo por 2:

(6-82)

Obtemos assim uma expressão para a deformação de cisalhamento γx1y1 asso-ciada aos eixos x1y1 em termos das deformações εx, εy e γxy associadas aos eixosxy.

Equações de transformação para estado plano de deformações. As equaçõesde transformação para estado plano de deformações (Equações 6.75 e 6.82)podem ser expressas em termos do ângulo 2θ usando as identidades trigono-métricas a seguir:

Dessa forma, as equações de transformação para estado plano de deformaçõesse tornam

(6-83a)

e

(6-83b)

Essas equações são as contrapartidas das Equações (6.4a) e (b) para estadoplano de tensões.

Ao comparar os dois conjuntos de equações, note que εx1 corresponde aσx1, γx1y1/2 corresponde a τx1y1, εx corresponde a σx, εy corresponde a σy e γxy/2corresponde a τxy. As variáveis correspondentes nos dois conjuntos de equa-ções de transformação estão listadas na Tabela 6.1.

A analogia entre as equações de transformação para estado plano de ten-sões e aquelas para estado plano de deformações mostram que todas as obser-vações feitas nas Seções 6.2, 6.3 e 6.4 relacionadas a estado plano de tensões,tensões principais, tensões de cisalhamento máximas e círculo de Mohr têmsuas contrapartidas na estado plano de deformações. Por exemplo, a soma dasdeformações normais em direções perpendiculares é uma constante (comparecom a Equação 6.6):

(6-84)

Essa igualdade pode ser verificada facilmente substituindo as expressões paraεx1 (a partir da Equação 6.83a) e εy1 (da Equação 6.83a com θ substituído porθ + 90°).

Deformações principaisAs deformações principais existem em planos perpendiculares com os ângulosprincipais θp calculados a partir da equação a seguir (compare com a Equação6.11):

(6-85)

As deformações principais podem ser calculadas a partir da equação

(6-86)

que corresponde à Equação (6.17) para tensões principais. As duas deforma-

ε1,2 �εx � εy

2�

Ba εx � εy

2b2

� a γxy

2b2

tg 2θp �γxy

εx � εy

εx1� εy1

� εx � εy

γx1y1

2� �

εx � εy

2sen 2θ �

γxy

2cos 2θ

εx1�

εx � εy

2�

εx � εy

2cos 2θ �

γxy

2sen 2θ

sen θ cos θ �12

sen 2θ

cos2 θ �12

(1 � cos 2θ) sen2 θ �12

(1 � cos 2θ)

γx1y1

2� �(εx � εy) sen θ cos θ �

γxy

2(cos2 θ � sen2 θ )


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Tabela 7-1Variáveis correspondentes nasequações de transformação paraestado plano de tensões(Equações 7.4a e b) e estadoplano de deformações (Equações7.71 a e b)

Tensões Deformações

σx εx

σy εy

τx y γxy /2

σx1εx1

τx1y1γx1y1

/2

ções principais (no plano xy) podem ser correlacionadas com as duas direçõesprincipais usando a técnica descrita na Seção 6.3 para as tensões principais(essa técnica será ilustrada mais adiante, no Exemplo 6.7). Finalmente, noteque em estado plano de deformações a terceira deformação principal é εz � 0.As deformações de cisalhamento são nulas nos planos principais.

Deformações de cisalhamento máximasAs deformações de cisalhamento máximas no plano xy estão associadas aoseixos a 45° em relação às direções das deformações principais. A deformaçãode cisalhamento algebricamente máxima (no plano xy) é dada pela equação aseguir (compare com a Equação 6.25):

(6-87)

A deformação de cisalhamento mínima tem a mesma intensidade, mas énegativa. Nas direções de deformação de cisalhamento máxima, as deforma-ções normais são

(6-88)

que é análoga à Equação (6.27) para tensões. As deformações de cisalhamentomáximas fora do plano, isto é, as deformações de cisalhamento nos planos xze yz, podem ser obtidas a partir de equações análogas à Equação (6.87).

Um elemento em estado plano de tensões que está orientado segundo as dire-ções principais de tensão (veja a Figura 6.13b) não possui tensões de cisalhamentoagindo em suas faces. Por isso, a deformação de cisalhamento γx1y1 para esse ele-mento é zero. Segue que as deformações normais nesse elemento são as deforma-ções principais. Dessa forma, em um dado ponto de um corpo tensionado, asdeformações principais e as tensões principais ocorrem nas mesmas direções.

Círculo de Mohr para estado plano de deformaçõesO círculo de Mohr para estado plano de deformações é construído da mesmamaneira que o círculo para estado plano de tensões, como ilustrado na Figura6.36. A deformação normal εx1 é traçada como a abscissa (positiva para adireita) e metade da deformação de cisalhamento (γx1y1/2) é traçada comoordenada (positiva para baixo). O centro C do círculo tem uma abscissa igual

εaver �εx � εy

2

γ max

2�

Ba εx � εy

2b2

� a γxy

2b2


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D'

O C

ε1

ε2

S2

S1

P1

P2

εx

B(u = 90°)

D(u = u)

A(u = 0)

gx1y1

gx1y1

εx1

εx1

2u

2up1

εx – εy

2εaver =

εx + εy

2

εy

2

2

2

gxy

gxy

2–

Figura 6-36Círculo de Mohr para estadoplano de deformações

a εmédia (Equação 6.88).O ponto A, representando as deformações associadas à direção x (θ � 0),

tem coordenadas εx e γxy/2. O ponto B, na extremidade oposta de um diâme-tro a partir de A, tem coordenadas εy e –γxy/2, representando as deformaçõesassociadas a um par de eixos rotacionados em um ângulo θ � 90°.

As deformações associadas aos eixos rotacionados em um ângulo θ sãodadas pelo ponto D, que é localizado no círculo medindo-se um ângulo 2θ nosentido anti-horário a partir do raio CA. As deformações principais são repre-sentadas pelos pontos P1 e P2, e as deformações de cisalhamento máximas,pelos pontos S1 e S2. Todas essas deformações podem ser determinadas a par-tir da geometria do círculo ou a partir das equações de transformação.

Medidas de deformaçãoUm extensômetro de resistência elétrica é um dispositivo para medir deforma-ções normais na superfície de um objeto tensionado. Estes medidores são bempequenos, com comprimentos que variam tipicamente de um oitavo a meiapolegada. Os medidores são fixados de forma segura na superfície do objeto,de maneira que eles variam em comprimento em proporção às deformações nopróprio objeto.

Cada extensômetro consiste em uma fina malha de metal que é esticada ouencurtada quando o objeto é deformado no ponto em que o medidor estápreso. A malha é equivalente a um fio contínuo que vai para trás e para frentee de uma extremidade até a outra da malha, desta forma aumentando efetiva-mente seu comprimento (Figura 6.37). A resistência elétrica do fio é alteradaquando ele estica ou encurta – essa variação na resistência é então convertidaem uma medida de deformação. Os medidores são extremamente sensíveis epodem medir deformações da ordem de 1 ∩ 10–6.

Uma vez que cada medidor mede a deformação normal em apenas umadireção, e que as direções das tensões principais são geralmente desconhecidas,é necessário usar três medidores em combinação, cada um deles medindo adeformação em uma direção diferente. Dessas três medições, é possível calcu-


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(a) 45° strain gages three-element rosette(b) Three-element strain-gage rosettes prewired

Figura 6-37Três medidores de deformação

de resistência elétrica (exten-sômetros) dispostos como uma

roseta de deformação de 45º(vista ampliada)

(Cortesia de Micro-MeasurementsDivision of Vishay Precision

Group, Raleigh, NC, USA)

lar as deformações em qualquer direção, como ilustrado no Exemplo 6.9.Um grupo de três extensômetros arranjados em um padrão particular é

chamado de roseta de deformação (ou ponte de extensômetro). Como a rosetaé montada na superfície do corpo, onde o material está em estado plano de ten-sões, podemos usar as equações de transformação para estado plano de defor-mações para calcular as deformações em várias direções (como explicadoanteriormente nesta seção, as equações de transformação para estado plano dedeformações podem também ser usadas para deformações em estado plano detensões).

Cálculo de tensões a partir das deformaçõesAs equações de deformação apresentadas neste capítulo são deduzidas apenasa partir da geometria, como já foi dito anteriormente. Por isso, as equaçõesaplicam-se a qualquer material, linear ou não linear, elástico ou não elástico.No entanto, se for desejado determinar as tensões a partir das deformações, aspropriedades do material devem ser levadas em conta.

Se o material segue a lei de Hooke, podemos encontrar as tensões usandoas equações de tensão-deformação da Seção 6.5 (para estado plano de tensões)ou da Seção 6.6 (para tensão triaxial).

Como primeiro exemplo, suponha que o material esteja em estado plano detensões e que conhecemos as deformações εx, εy e γxy, possivelmente através demedidas de um extensômetro. Então podemos usar as equações de tensão-deformação para estado plano de tensões (Equações 6.37 e 6.38) para obter astensões no material.

Agora considere um segundo exemplo. Suponha que tenhamos determinadoas três deformações principais ε1, ε2 e ε3 para um elemento de material (se o ele-mento estiver em estado plano de deformações, então ε3 � 0). Conhecendoessas deformações, podemos encontrar as tensões principais usando a lei deHooke para tensão triaxial (veja as Equações 6.60a, b e c). Uma vez que as ten-sões principais sejam conhecidas, podemos encontrar as tensões em planosinclinados usando as equações de transformação para estado plano de tensões(veja a discussão no começo da Seção 6.6).


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Exemplo 6-8• • •Um elemento de material em estado plano de deformações está submetidoàs seguintes deformações:

Essas deformações são mostradas de forma bem exagerada na Figura 7.38a,que ilustra as deformações de um elemento de dimensões unitárias. Umavez que as arestas do elemento possuem comprimento unitário, as variaçõesnas dimensões lineares têm as mesmas intensidades que as deformaçõesnormais εx e εy. A deformação de cisalhamento γxy é a diminuição no ângulono vértice inferior esquerdo do elemento.

Determine as quantidades a seguir: (a) as deformações para um ele-mento orientado a um ângulo θ � 30°, (b) as deformações principais e (c) asdeformações de cisalhamento máximas (considere apenas as deformaçõesno plano e mostre todos os resultados em esboços dos elementos devida-mente orientados).

εx � 340 � 10�6 εy � 110 � 10�6 γxy � 180 � 10�6

y

1

110 × 10–6

180 × 10–6

340 × 10–6

1

(a)

x

up1 = 19.0°

O

yy1

x1

80 × 10–6

370 × 10–6

(c)

xO

u = 30°

yy1

x190 × 10–6

110 × 10–6 360 × 10–6

(b)

xO

us2 = 64.0°

y

y1

x1

225 × 10–6

290 × 10–6

225 × 10–6

(d)

x

O

Figura 6-38Exemplo 7.8. Elemento de

material em estado plano dedeformações: (a) elemento

orientado segundo os eixos x ey, (b) elemento orientado a

um ângulo θ � 30°, (c) defor-mações principais e (d) defor-

mação de cisalhamentomáxima. (Observação: as ares-

tas dos elementos possuemcomprimentos unitários.)


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Exemplo 6-8• • •Solução(a) Elemento orientado a um ângulo θ � 30°. As deformações para um ele-mento orientado a um ângulo θ em relação ao eixo x podem ser encontra-das a partir das equações de transformação (Equações 7.83a e b). Comopasso preliminar, fazemos os seguintes cálculos:

Agora substituindo os cálculos nas Equações (7.83 a) e (7.83b), obtemos

Por isso, a deformação de cisalhamento é

A deformação pode ser obtida a partir da Equação (7.84), da seguinte maneira:

As deformações , and são ilustradas na Figura 7.38b para um ele-

mento orientado a θ � 30°. Note que o ângulo no vértice inferior esquerdodo elemento aumenta porque é negativo.

(b) Deformações principais. As deformações principais são prontamentedeterminadas a partir da Equação (7.86), da seguinte maneira:

Dessa forma, as deformações principais são

em que ε1 denota a deformação principal algebricamente maior e ε2 denotaa deformação principal algebricamente menor (lembre-se de que estamosconsiderando apenas as deformações no plano neste exemplo).

γx1y1

γx1 y1εx1

, εy1

ε1 � 370 � 10�6 ε2 � 80 � 10�6

� 225 � 10�6�146 � 10�6

� 225 � 10�6� 3(115 � 10�6)2 � (90 � 10�6)2

ε1,2 �εx � εy

2�

Ba εx � εy

2b2

� a γxy

2b2

➥εy1� εx � εy � εx1

� (340 � 110 � 360)10�6 � 90 � 10�6

εy1

➥γx1y1� �110 � 10�6

� �55 � 10�6

� �(115 � 10�6)(sen 60°) � (90 � 10�6)(cos 60°)

γx1y1

2� �

εx � εy

2sen 2θ �

γxy

2cos 2θ

➥� 360 � 10�6

� (225 � 10�6) � (115 � 10�6)(cos 60°) � (90 � 10�6)(sen 60°)

εx1�

εx � εy

2�

εx � εy

2cos 2θ �

γxy

2sen 2θ

γxy

2� 90 � 10�6

εx � εy

2�

(340 � 110)10�6

2� 115 � 10�6

εx � εy

2�

(340 � 110)10�6

2� 225 � 10�6


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Os ângulos das direções principais podem ser obtidos a partir daEquação (7.85)

Os valores de 2θp entre 0 e 360° são 38,0° e 218,0° e, por isso, os ângulos emrelação às direções principais são

Para determinar o valor de θp associado a cada deformação principal,substituímos θp � 19,0° na primeira equação de transformação (Equação7.83a) e resolvemos para as deformações:

Esse resultado mostra que a maior deformação principal ε1 está no ânguloθp1 � 19,0°. A menor deformação ε2 age a 90° a partir dessa direção (θp2 � 109,0°). Portanto,

Note que .As deformações principais estão ilustradas na Figura 7.38c. Obviamente,

não existem deformações por cisalhamento nos planos principais.(c) Deformação de cisalhamento máxima. A deformação de cisalhamentomáxima é calculada a partir da Equação (7.87):

O elemento com as deformações de cisalhamento máximas está orientado a45° em relação às direções principais; por isso, θs � 19,0° + 45° � 64,0° e 2θs� 128,0°. Substituindo esse valor de 2θs na segunda equação de transforma-ção (Equação 7.83b), podemos determinar o sinal da deformação de cisalha-mento associada a esta direção. Os cálculos são os seguintes:

� �146 � 10�6

� �(115 � 10�6)(sen 128,0°) � (90 � 10�6)(cos 128,0°)

γx1y1

2� �

εx � εy

2sen 2θ �

γxy

2cos 2θ

➥γmax

2�

Ba εx � εy

2b2

� a γxy

2b2

� 146 � 10�6 γmax � 290 � 10�6

ε1 � ε2 � εx � εy

➥ε2 � 80 � 10�6 e θp2� 109,0°

➥ε1 � 370 � 10�6 e θp1� 19,0°

� 370 � 10�6

� (225 � 10�6) � (115 � 10�6)(cos 38,0°) �(90 � 10�6)(sen 38,0°)

εx1�

εx � εy

2�

εx � εy

2cos 2θ �

γxy

2sen 2θ

θp � 19,0° e 109,0°

tg 2θp �γxy

εx � εy

�180

340 � 110� 0,7826

up1 = 19.0°

yy1

x1

80 × 10–6

370 × 10–6

(c)

xO

us2 = 64.0°

y

y1

x1

225 × 10–6

290 × 10–6

225 × 10–6

(d)

x

O

Figura 6-38c,d (Repetida)

No Capítulo 6, investigamos o estado de tensão em um ponto de um corpo ten-sionado e então o exibimos em um elemento de tensão. Em duas dimensões, oestado plano de tensões foi discutido e deduzimos equações de transformaçãoque forneceram expressões diferentes, mas não equivalentes, do estado das ten-sões normais e de cisalhamento naquele ponto. As tensões normais principais,a tensão de cisalhamento máxima e suas orientações foram vistas como as maisimportantes para o dimensionamento. Uma representação gráfica das equa-ções de transformação, o círculo de Mohr, foi apresentada como maneira con-veniente de explorar várias representações do estado de tensão em um ponto,incluindo as orientações do elemento de tensão no qual as tensões principais ea tensão de cisalhamento máxima ocorrem. Mais adiante, as deformaçõesforam introduzidas e a lei de Hooke para estados planos de tensões foi dedu-zida (para materiais homogêneos e isotrópicos) e depois aprofundada, paraobter as relações de tensão-deformação para tensão biaxial, uniaxial e tensãode cisalhamento. O estado de tensão em três dimensões, chamado de tensãotriaxal, foi então introduzido, juntamente com a lei de Hooke para a tensãotriaxial. Tensão esférica e tensão hidrostática foram definidas como casos espe-ciais de tensão triaxial. Por fim, definiu-se o estado plano de deformações parao uso na análise de tensão experimental e então comparando-o ao estadoplano de tensões. Os conceitos mais importantes apresentados neste capítulopodem ser resumidos da seguinte forma:

1. As tensões nas seções inclinadas cortadas através de um corpo – porexemplo, uma viga – podem ser maiores que as tensões que atuam em umelemento de tensão alinhado com a seção transversal.

2. Tensões são tensores, e não vetores, portanto usamos o equilíbrio de umelemento de cunha para transformar os componentes de tensão de um


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Exemplo 6-8• • •Esse resultado mostra que um elemento orientado a um ângulopossui a deformação de cisalhamento máxima negativa.

Podemos chegar ao mesmo resultado observando que o ângulo emrelação à direção de deformação de cisalhamento máxima positiva é sempre45° menor que . Dessa forma,

As deformações de cisalhamento correspondentes a e sãoe , respectivamente.

As deformações normais no elemento tendo as deformações de cisalha-mento máximas e mínimas são

Um esboço de um elemento tendo as deformações de cisalhamento máxi-mas no plano é dado na Figura 7.38d.

Neste exemplo, resolvemos para as deformações usando as equações detransformação. No entanto, todos os resultados podem ser obtidos facil-mente a partir do círculo de Mohr.

γmin � �290 � 10�6γmax � 290 � 10�6θs2

θs1

θp1

θs1

θs2� 64,0°

➥εmédia �εx � εy

2� 225 � 10�6

➥θs2� θs1

� 90° � 64,0°

➥θs1� θp1

� 45° � 19.0° � 45° � �26,0°


conjunto de eixos em outro. Como as equações de transformação foramdeduzidas somente a partir do equilíbrio de um elemento, elas são apli-cáveis a tensões em quaisquer tipos de material, sejam eles lineares, nãolineares, elásticos ou não elásticos. As equações de transformação para atensão plana são:

3. Se utilizarmos dois elementos com orientações diferentes para exibir oestado plano de tensões no mesmo ponto em um corpo, as forçasatuando nas faces dos dois elementos serão diferentes, mas ainda repre-sentarão o mesmo estado intrínseco de tensão naquele ponto.

4. A partir do equilíbrio, mostramos que as tensões de cisalhamentoatuando em todas as quatro faces laterais de um elemento de tensão emestado plano de tensões serão conhecidas se determinarmos a força decisalhamento que atua em qualquer uma das faces.

5. A soma das tensões normais que atuam nas faces perpendiculares de ele-mentos de estado plano de tensões (em dado ponto de um corpo tensio-nado) é constante e independente do ângulo θ .

6. As tensões normais máximas e mínimas (chamadas de tensões principaisσ1, σ2) podem ser encontradas a partir da equação de transformaçãopara tensão normal

Também podemos encontrar os planos principais orientados em θp emque elas atuam. As tensões de cisalhamento são nulas nos planos princi-pais, os planos de tensão de cisalhamento máxima ocorrem a 45° em rela-ção aos planos principais e a tensão de cisalhamento máxima é igual àmetade da diferença das tensões principais. A máxima tensão de cisalha-mento pode ser calculada a partir das tensões normais e de cisalhamentosobre o elemento original, ou das tensões principais como:

7. As equações de transformação para o estado plano de tensões podem serexibidas em forma de gráfico através de uma forma conhecida como cír-culo de Mohr, que exibe a relação entre as tensões normais e de cisalha-mento que atuam em vários planos inclinados em um ponto de um corpotensionado. Ele também é usado para o cálculo das tensões principais,

τmax �σ1 � σ2

2

τmax �Baσx � σy

2b2

� τxy2

σ1,2 �σx � σy

2�

Baσx � σy

2b2

� τxy2

σx1� σy1

� σx � σy

σy1�

σx � σy

2�

σx � σy


τx1y1� �

σx � σy


σx1�

σx � σy

2�

σx � σy



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tensão de cisalhamento máxima e orientações dos elementos em que elasatuam.

8. A lei de Hooke para estado plano de tensões fornece as relações entretensões e deformações normais para materiais homogêneos e isotrópicosque a seguem. Essas relações contêm três constantes de material (E, G, em). Quando as tensões normais nas tensões planas são conhecidas, asdeformações normais nas direções x, y e z são:

Estas equações podem ser resolvidas simultaneamente para dar o x e o ydas tensões normais em termos das deformações:

9. A variação volumétrica por unidadede volume e, ou a dilatação volumé-trica específica de um corpo sólido, é definida como a mudança novolume dividida pelo volume original e é igual à soma das deformaçõesnormais em três direções perpendiculares.

e �¢VV0

� εx � εy � εz

σy �E

1 � ν2 (εy � νεx)

σx �E

1 � ν2 (εx � νεy)

εz � �νE

(σx � σy)

εy �1E

(σy � νσx)

εx �1E

(σx � νσy)


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Estado plano de tensões6.2-1 As tensões na superfície da parte inferior de um tanquede combustível (parte a da figura) são conhecidas comosendo σx � 50 MPa, σy � 8 MPa e τxy � 6,5 MPa (parte b dafigura).

Determine as tensões atuando sobre um elemento orien-tado em um ângulo θ � 52° do eixo x, onde o ângulo θ é posi-tivo quando no sentido anti-horário. Mostre estas tensõessobre um esboço de um elemento orientado no ângulo θ.

PROB. 6.2-1 ((a) Can Stock Photo Inc./ Johan H)

8 MPa

6.5 MPa

(a)(b)

50 MPa

6.2-2 As tensões agindo no elemento B no corpo de umaviga de flange largo são de 62 MPa em compressão na dire-ção horizontal e 6,9 MPa em compressão na direção vertical(veja a figura). Tensões de cisalhamento de intensidade de28,9 MPa agem nas direções ilustradas.

Determine as tensões agindo em um elemento orientadoa um ângulo de 41° no sentido anti-horário a partir da hori-zontal. Mostre essas tensões em um esboço de um elementoorientado nesse ângulo.

PROB. 6.2-7 ((a) Can Stock Photo Inc./ rekemp)

6.2-11 Uma placa retangular de dimensões 75 mm � 200mm é formada soldando-se duas placas retangulares (veja afigura). A placa está submetida a uma tensão de tração de 3,5

B24 MPa

17 MPa

100 MPaSideView

CrossSection

(b) (a)

B

MPa na direção maior e a uma tensão de compressão de 2,5MPa na direção menor.

Determine a tensão normal σw agindo perpendicular-mente à linha de solda e a tensão de cisalhamento τw agindoparalelamente à solda. (Assuma que a tensão normal σw épositiva quando ela age em tração contra a solda e a tensãode cisalhamento τw é positiva quando age no sentido anti--horário contra a solda.)

PROB. 6.2-11

6.3-1 Um elemento em estado plano de tensões está sub-metido às tensões σx � 40 MPa, σy � 8 MPa e τxy � 5 MPa(veja a figura para o Problema 6.2-1).

Determine as tensões principais e mostre-as em umesboço de um elemento adequadamente orientado.

6.3-7 As tensões atuando no elemento B na alma de umaviga de flange largo são de �97 MPa de compressão na dire-ção horizontal e de �18 MPa de compressão na direção ver-tical. Além disso, tensões de cisalhamento da grandeza de�26 MPa atuam nas direções mostradas (veja a figura parao Problema 6.2-7).

Determine as tensões de cisalhamento máximas e as ten-sões normais associadas e mostre-as em um esboço de umelemento adequadamente orientado.

Círculo de MohrOs problemas da Seção 6.4 devem ser resolvidos usando o cír-culo de Mohr. Considere apenas as tensões no plano (as ten-sões no plano xy).

6.4-1 Um elemento em tensão uniaxial está submetido atensões de tração σx � 98 MPa, como ilustrado na figura.Usando o círculo de Mohr, determine:

(a) As tensões agindo em um elemento orientado em umângulo anti-horário θ � 29° a partir do eixo x.

(b) As tensões de cisalhamento máximas e tensões nor-mais associadas.

Mostre todos os resultados em esboços de elementosadequadamente orientados.

PROB. 6.4-1

y

xO98 MPa

2.5 MPa

Weld3.5 MPa75 mm

125 mm

6.4-6 Um elemento em tensão biaxial está submetido àstensões σx � �29 MPa e σy � 57 MPa, como ilustrado nafigura. Usando o círculo de Mohr, determine:

(a) As tensões agindo em um elemento orientado emuma inclinação de 1 por 2,5 (veja a figura).

(b) As tensões de cisalhamento máximas e tensões nor-mais associadas.

Mostre todos os resultados em esboços de elementosorientados adequadamente.

PROB. 6.4-6

Lei de Hooke para estado plano detensõesAo resolver os problemas da Seção 6.5, assuma que o materialé elástico linear, com módulo de elasticidade E e coeficiente dePoisson ν.

6.5-1 Uma placa retangular de aço com espessura t � 6,5mm está submetida a tensões normais uniformes σx e σy,como ilustrado na figura. Os extensômetros A e B, orienta-dos nas direções x e y, respectivamente, estão fixados à placa.As leituras dos extensômetros fornecem deformações nor-mais εx � 0,00062 (alongamento) e εy � �0,00045 (encurta-mento).

Sabendo que E � 200 GPa e ν � 0,3, determine as ten-sões σx e σy e a variação �t na espessura da placa.

PROBS. 6.5-1

6.5-3 Assuma que as deformações normais εx e εy para umelemento em estado plano de tensões (veja a figura) sejammedidas com extensômetros.

(a) Obtenha uma fórmula para a deformação normal εzna direção z em termos de εx, εy e do coeficiente de Poissonν.

(b) Obtenha uma fórmula para a dilatação e em termosde εx, εy e do coeficiente de Poisson ν.

sy

sx

y

xOB A

y

xO

57 MPa

29 MPa

1

2.5


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PROBS. 6.6-1 e 6.6-2

6.6-2 Resolva o problema anterior se o elemento for de aço(E � 200 GPa, ν � 0,30), com dimensões a � 300 mm, b �150 mm e c � 150 mm e as tensões forem σx � �62 MPa, σy� �45 MPa e σz ��45MPa. Para a parte (e), encontre ovalor máximo de σx se a mudança no volume deve estar limi-tada em �0,028%. Para a parte (f), encontre o valor reque-rido de σx se a energia de deformação deve ser de 60 J.

6.6-3 Um cubo de ferro fundido com lados de compri-mento a � 100 mm (veja a figura) é testado em laboratóriosob tensão triaxial. Extensômetros montados na máquina deteste mostram que as deformações de compressão no mate-rial são εx � �225 � 10�6 e εy � εz � �37,5 � 10�6.

Determine as quantidades a seguir: (a) as tensões nor-mais σx, σy e σz agindo nas faces x, y e z do cubo; (b) a ten-são de cisalhamento máxima τmax no material; (c) a variação�V no volume do cubo e (d) a energia de deformação Uarmazenada no cubo; (e) o valor máximo de σx quando amudança no volume deve estar limitada a 0,028%; e (f) ovalor requerido de εx quando a energia de deformação deveser de 4,3 J. (assuma E � 96 GPa e v � 0,25).

PROBS. 6.6-3 e 6.6-4

6.6-4 Resolva o problema anterior se o cubo for de granito(E � 80 GPa, ν � 0,25), com dimensões a � 89 mm e defor-mações de compressão εx � 690 � 10–6 e εy� εz�= 225 � 10–6. Para a parte (e), encontre o valor máximo deσx quando a mudança no volume deve estar limitada a0,11%. Para a parte (f), encontre o valor requerido de εxquando a energia de deformação deve ser de 33 J.

6.6-5 Um elemento de alumínio em tensão triaxial (veja afigura)

(a) Encontre o módulo de volume K para o alumínio seos seguintes dados de tensões e deformações são conhecidos:

y

x

z

a

a

a

O

y

x

z

a

b

c

O

PROB. 6.5-3

6.5-12 Um círculo de diâmetro d � 200 mm é desenhadoem uma placa de latão (veja a figura). A placa tem dimensões400 � 400 � 20 mm. Forças são aplicadas à placa, produ-zindo tensões uniformemente distribuídas σx � 59 MPa e σy � �17 MPa. Calcule as quantidades a seguir: (a) a varia-ção de comprimento �ac do diâmetro ac; (b) a variação decomprimento �bd do diâmetro bd; (c) a variação �t na espes-sura da placa; (d) a variação �V no volume da placa e (e) aenergia de deformação U armazenada na placa; (f) a espes-sura máxima admissível da placa quando a energia de defor-mação U deve ser ao menos 78,4 J; (g) o valor máximoadmissível da tensão normal σx quando a mudança novolume da placa não pode exceder de 0,015% do volume ori-ginal. (assuma E � 100 GPa e ν � 0,34).

PROB. 6.5-12

Tensão TriaxialAo resolver os problemas da Seção 6.6, assuma que o materialé elástico linear, com módulo de elasticidade E e coeficiente dePoisson ν.

6.6-1 Um elemento de alumínio, na forma de um paralele-pípedo retangular (veja a figura) de dimensões a � 140 mm,b � 115 mm e c � 90 mm, está submetido a tensões triaxiaisσx � 86 MPa, σy � �34 MPa e σz � �10 MPa agindo nasfaces x, y e z, respectivamente.

Determine as quantidades a seguir: (a) a tensão de cisa-lhamento máxima τmax no material; (b) as variações �a, �b e�c nas dimensões do elemento; (c) a variação �V no volumee (d) a energia de deformação U armazenada no elemento(assuma E � 70 GPa e v � 0,33); (e) o valor máximo de σxquando a mudança no volume deve estar limitada a 0,021%;e (f) o valor requerido de σx quando a energia de deformaçãodeve ser de 102 J. (Assuma que E � 72 GPa e ν � 0,33.)

sy

sx

sx

sy

yz

b

d

ca

x

y

x

z

Osx

τxy

sy


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tensões normais são σx � 36 MPa (tensão), σy � �33 MPa(compressão) e σz � �21 MPa (compressão) e deformaçõesnormais nas direções x e y são εx � 713,8 � 10�6 (alonga-mento) e εy � �502,3 � 10�6 (encurtamento).

(b) Se o elemento é substituído por um de magnésio,encontre o módulo de elasticidade E e a proporção dePoisson v se o seguinte dado nos é dado.: módulo de volumeK � 47 GPa; tensões normais são σx � 31 MPa (tensão), σy � �12 MPa (compressão) e σz � �7,5 MPa (compres-são); e a deformação normal na direção x é εx � 900 � 10�6

(alongamento).

PROBS. 6.6-5 e 6.6-6

6.6-6 Resolva o problema anterior se o material for náilon,com tensões de compressão σx � �4,5 MPa, σy � �3,6 MPae σz � �2,1 MPa, e as deformações normais forem εx ��740 � 10�6 e εy � �320 � 10�6 (encurtamentos).

6.6-7 Um cilindro de borracha R, de comprimento L e áreade seção transversal A, é comprimido dentro de um cilindrode aço S por uma força F que aplica uma pressão uniforme-mente distribuída à borracha (veja a figura).

(a) Deduza uma fórmula para a pressão lateral p entre aborracha e o aço (desconsidere o atrito entre a borracha e oaço e assuma que o cilindro de aço é rígido se comparado aode borracha).

(b) Deduza uma fórmula para o encurtamento δ docilindro de borracha.

PROB. 6.6-7

6.6-8 Um bloco R de borracha está confinado entre asparedes planas e paralelas de um bloco de aço S (veja afigura). Uma pressão uniformemente distribuída p0 é apli-cada ao topo do bloco de borracha por uma força F.

(a) Deduza uma fórmula para a pressão lateral p entre aborracha e o aço (desconsidere o atrito entre a borracha e oaço e assuma que o bloco de aço é rígido se comparado ao deborracha).

(b) Deduza uma fórmula para a dilatação e da borracha.(c) Deduza uma fórmula para a densidade de energia de

deformação u da borracha.

LS

R

F

S

F

y

x

z

Osxsx

sz

sy

sy

sz

PROB. 6.6-8

6.6-9 Uma bola sólida esférica de liga de magnésio (E �45 GPa, ν � 0,35) é baixada para o oceano a uma profundi-dade de 2400 m. O diâmetro da bola é de 225 mm.

(a) Determine a diminuição �d no diâmetro, a diminui-ção �V no volume e a energia de deformação U da bola.

(b) A que profundidade a mudança de volume será iguala 0,0324% do volume original?

6.6-10 Uma esfera sólida de aço (E � 210 GPa, ν � 0,3)está submetida à pressão hidrostática p de tal forma que seuvolume esteja reduzido por 0,4%.

(a) Calcule a pressão p.(b) Calcule o módulo de elasticidade de volume K para

o aço.(c) Calcule a energia de deformação U armazenada na

esfera se seu diâmetro for d � 150 mm.

6.6-11 Uma esfera de bronze sólida (módulo de elastici-dade de volume K � 100 GPa) é subitamente aquecida portoda sua superfície externa. A tendência da parte aquecida daesfera de expandir-se produz tração uniforme em todas asdireções a partir do centro da esfera.

Se a tensão no centro for de 83 MPa, qual será a defor-mação? Também calcule a variação volumétrica por unidadede volume e e a densidade de energia de deformação u no cen-tro.

Estado Plano de DeformaçõesAo resolver os problemas da Seção 6.7, considere apenas asdeformações no plano (as deformações no plano xy) a menosque seja afirmado o contrário. Use as equações de transforma-ção para estado plano de deformações, exceto quando o círculode Mohr for especificado (Problemas 6.7-23 a 6.7-28).

6.7-1 Uma placa retangular fina em tensão biaxial estásujeita às tensões σx e σy, como ilustrado na parte (a) dafigura. A largura e a altura da placa são b � 190 mm e h �63 mm, respectivamente. Medições mostram que as deforma-ções normais nas direções x e y são εx � 285 � 10�6 e εy ��190 � 10�6, respectivamente.

Com referência à parte (b) da figura, que mostra umavista bidimensional da placa, determine as quantidades aseguir:

(a) o incremento Δd no comprimento da diagonal Od.(b) a variação Δφ no ângulo φ entre a diagonal Od e o

eixo x.(c) a variação Δψ no ângulo ψ entre a diagonal Od e o

eixo y.

FF

SR

S


VENDA PROIBIDA

PROBS. 6.7-5 até 6.7-10

6.7-6 Resolva o problema anterior para os dados a seguir:εx � 420 � 10�6, εy � –170 � 10�6, γxy � 310 � 10�6 e θ � 40°.

6.7-7 As deformações para um elemento de material emestado plano de deformações (veja a figura) são as seguintes:εx � 190 � 10�6, εy � �230 � 10�6 e γxy � 160 � 10�6

Determine as deformações principais e deformações decisalhamento máximas e mostre essas deformações em esbo-ços de elementos orientados adequadamente.

6.7-8 Resolva o problema anterior para as deformações aseguir: εx � 120 � 10�6, εy � �450 � 10�6 e γxy � �360 �10�6.

6.7-9 Um elemento de material em estado plano de defor-mações (veja a figura) está submetido às deformaçõesεx � 480 � 10�6, εy � 70 � 10�6 e γxy � 420 � 10�6.

Determine as quantidades a seguir: (a) as deformaçõespara um elemento orientado em um ângulo θ � 75°, (b) asdeformações principais e (c) as deformações de cisalhamentomáximas. Mostre os resultados em esboços de elementosorientados adequadamente.

6.7-10 Resolva o problema anterior para os dados aseguir: εx � �1.120 � 10�6, εy � �430 � 10�6, γxy � 780 �10�6 e θ � 45°.

6.7-11 Uma placa de aço com módulo de elasticidade E �110 GPa e coeficiente de Poisson ν � 0,34 está carregada emtensão biaxial por tensões normais σx e σy (veja a figura). Umextensômetro é fixado à placa em um ângulo φ � 35°.

Se a tensão σx for de 74 MPa e a deformação medidapelo extensômetro for ε � 390 � 10�6, qual é a tensão de cisalhamento máxima no plano (τmax)xy e a deformação decisalhamento (γmax)xy? Qual é o valor da deformação de cisa-lhamento máxima (γmax)xz no plano xz? Qual é o valor dadeformação de cisalhamento máxima (γmax)yz no plano yz?

PROBS. 6.7-11 e 6.7-12

sy

sx

y

x

z

f

εy

εx

gxy

y

xO 1

1

PROBS. 6.7-1 e 6.7-2

6.7-2 esolva o problema anterior se b � 180 mm e h � 70mm, respectivamente. Medições mostram que as deforma-ções normais nas direções x e y são εx � 390 � 10�6 e εy ��240 � 10�6, respectivamente.

6.7-3 Uma placa quadrada fina em tensão biaxial está sub-metida às tensões σx e σy, como ilustrado na parte (a) dafigura. A largura da placa é b � 300 mm. Medições mostramque as deformações normais nas direções x e y são εx � 427� 10�6 e εy � 113 � 10�6, respectivamente.

Com referência à parte (b) da figura, que mostra umavista bidimensional da placa, determine as quantidades aseguir: (a) o incremento Δd no comprimento da diagonal Od;(b) a variação Δφ no ângulo φ entre a diagonal Od e o eixo xe (c) a deformação de cisalhamento y associada às diagonaisOd e cf (isto é, encontre o decremento no ângulo ced).

PROBS. 6.7-3 e 6.7-4

6.7-4 Resolva o problema anterior se b � 225 mm, εx �= 845 � 10�6 e εy � 211 � 10�6.

6.7-5 Um elemento de material submetido ao estado planode deformações (veja a figura) apresenta as seguintes defor-mações: εx � 280 � 10�6, εy � 420 � 10�6 e γxy � 150 � 10�6.

Calcule as deformações para um elemento orientado emum ângulo θ � 35° e mostre essas deformações em umesboço de um elemento adequadamente orientado.

sy

sx

y

b

b

xO

(a)

y

x

z b

b e

c d

f

(b)

f

sy

sx

y

b

h

xO

(a)

y

x

z

b

h

(b)

f

c

d


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6.7-12 Resolva o problema anterior se a placa for feita dealumínio, com E � 72 GPa e a proporção de Poisson ν �0,33. A placa está carregada em tensão biaxial com uma ten-são normal σx � 79 MPa, ângulo φ � 18° e a medição dadeformação pelo sensor é ε � 925 � 10�6.

6.7-13 Um elemento em estado plano de tensões estásujeito às tensões σx � �58 MPa, σy � 7,5 MPa e σxy � �12MPa (ver figura). O material é alumínio com módulo de elas-ticidade E = 69 GPa e proporção de Poisson ν � 0,33.

Determine as quantidades a seguir: (a) as deformaçõespara um elemento orientado em um ângulo θ � 30°, (b) asdeformações principais e (c) as deformações de cisalhamentomáximas. Mostre os resultados em esboços de elementosorientados adequadamente.

PROBS. 6.7-13 e 6.7-14

6.7-14 Resolva o problema anterior para os dados aseguir: σx � �150 MPa, σy � �210 MPa, τxy � �16 MPa eθ � 50°. O material é latão com E � 100 GPa e ν � 0,34.

6.7-15 Durante o teste de uma asa de avião, as leituras deum extensômetro de uma roseta de 45° (veja a figura) são asseguintes: extensômetro A, 520 � 10�6; extensômetro B, 360� 10�6; e extensômetro C, –80 � 10�6.

Determine as deformações principais e deformações decisalhamento máximas e mostre-as em esboços de elementosorientados adequadamente.

PROBS. 6.7-15 e 6.7-16

6.7-16 Uma roseta de deformação de 45° (veja a figura)montada na superfície de uma carenagem de automóvel for-nece as leituras a seguir: extensômetro A, 310 � 10�6; exten-sômetro B, 180 � 10�6; e extensômetro C, 160 � 10�6.Determine as deformações principais e deformações de cisa-lhamento máximas e mostre-as em esboços de elementosorientados adequadamente.

6.7-17 Uma barra circular sólida de diâmetro d � 32 mmestá submetida a uma força axial P e a um torque T (veja a

y

CB

A xO

45°

45°

y

xO

τxy

sy

sx

figura). Os extensômetros A e B montados na superfície dabarra fornecem as leituras εa � 140 ∩ 10–6 e εb � −60 � 10�6.A barra é feita de aço tendo E � 210 GPa e ν � 0,29.

(a) Determine a força axial P e o torque T.(b) Determine a deformação de cisalhamento máxima

γmax e a tensão de cisalhamento máxima τmax na barra.

PROB. 6.7-17

6.7-18 Uma viga engastada, de seção transversal retangu-lar (largura b � 20 mm, altura h � 175 mm), é carregada poruma força P que age à meia altura da viga e está inclinada emum ângulo α em relação à vertical (veja a figura). Dois exten-sômetros são colocados no ponto C, que também está à meiaaltura da viga. O extensômetro A mede a deformação nadireção horizontal e o extensômetro B mede a deformaçãoem um ângulo β � 60° em relação à horizontal. As deforma-ções medidas são εa � 145 � 10�6 e Eb � –165 � 10�6.

Determine a força P e o ângulo α, assumindo que omaterial é o aço, com E � 200 GPa e ν � 1/3.

PROBS. 6.7-18 e 6.7-19

6.7-19 Resolva o problema anterior se as dimensões trans-versais forem b � 38 mm e h � 125 mm, o ângulo do exten-sômetro for β � 75°, as deformações medidas forem εa � 209� 10�6 e εb � −110 � 10�6 e o material for uma liga de mag-nésio, com módulo E � 43 GPa e o coeficiente de Poisson ν� 0,35.

6.7-20 Uma roseta de deformação de 60°, ou roseta delta,consiste em três extensômetros de resistência elétrica arranja-dos como ilustrado na figura. O extensômetro A mede adeformação normal εa na direção do eixo x. Os extensôme-tros B e C medem as deformações εb e εc nas direções inclina-das mostradas.

Obtenha as equações para as deformações εx, εy e γxyassociadas aos eixos xy.

h

bP

C

C

B

A

b

b

a

h

d

C

B

A

P

T

C

45°


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6.7-22 As deformações na superfície de um dispositivoexperimental feito em alumínio puro (E � 70 GPa, ν �= 0,33) e testado em um ônibus espacial foram medidas pormeio de extensômetros. Os extensômetros foram orientadosconforme a figura, e as deformações medidas foramεa � 1.100 � 10�6, εb � 1.496 � 10�6 e εc � –39,44 � 10�6.

Qual é o valor da tensão σx na direção x?

PROB. 6.7-22

6.7-23 Resolva o Problema 6.7-5 usando o círculo deMohr para estado plano de deformações.






y

CB

AxO 40°40°

PROB. 6.7-20

6.7-21 Na superfície de um componente estrutural em umveículo espacial, as deformações são monitoradas por meiode três extensômetros como ilustrado na figura. Durantecerta manobra, as seguintes deformações foram obtidas:εa � 1.100 � 10�6, εb � 200 � 10�6 e εc � 200 � 10�6.

Determine as deformações principais e as tensões prin-cipais no material, que é uma liga de magnésio para a qual E� 41 GPa e ν � 0,35 (mostre as deformações principais e astensões principais em esboços de elementos orientados ade-quadamente).

PROB. 6.7-21

y

CB

AxO

30°

y

CB

A

xO

60°60°

60°


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ALGUNS PROBLEMAS DE REVISÃO ADICIONAIS: CAPÍTULO 6

R-6.1 Uma placa retangular (a � 120 mm, b � 160 mm) estásubmetida a tensão compressiva σx � �4,5 MPa e tensão detração σy � 15 MPa. A proporção da tensão normal atuandoperpendicularmente à solda para a tensão de cisalhamentoatuando ao longo da solda é aproximadamente:

(A) 0,27(B) 0,54(C) 0,85(D) 1,22

R-6.2 Uma placa retangular em tensão plana é submetida atensões normais σx e σy e tensão de cisalhamento τxy. A ten-são σx é conhecida como sendo de 15 MPa, mas σy e τxy sãodesconhecidos. Contudo, a tensão normal é conhecida como

σy

Solda σxab

sendo de 33 MPa nos ângulos sentido anti-horário de 35° e75° a partir do eixo x. Com base nisso, a tensão normal σysobre o elemento na figura é aproximadamente:

(A) 14 MPa(B) 21 MPa(C) 26 MPa(D) 43 MPa

R-6.3 Uma placa retangular em tensão plana é submetida atensões normais σx � 35 MPa, σy � 26 MPa e tensão de cisa-

y

xO

τxy

σy

σx

lhamento τxy � 14 MPa. A proporção das magnitudes dastensões principais (σ1/ σ2) é aproximadamente:

(A) 0,8(B) 1,5(C) 2,1(D) 2,9

R-6.4 Um eixo de acionamento resiste uma tensão de cisalha-mento torcional de 45 MPa e tensão compressiva axial de 100MPa. A proporção das magnitudes das tensões principais(σ1/ σ2) é aproximadamente:

(A) 0,15(B) 0,55(C) 1,2(D) 1,9

R-6.5 Um eixo de acionamento resiste uma tensão de cisalha-mento torcional de 45 MPa e uma tensão compressiva axialde 100 MPa. A tensão de cisalhamento máxima é aproxima-damente:

(A) 42 MPa(B) 67 MPa(C) 71 MPa(D) 93 MPa

100 MPa

45 MPa

y

xO

τxy

σy

σx

R-6.6 Um eixo de acionamento resiste uma tensão de cisalha-mento torcional τxy � 40 Mpa e uma tensão compressivaaxial σx � �70 MPa. Uma tensão principal normal é conhe-cida como sendo de 38 MPa (tração). A tensão σy é aproxi-madamente:

(A) 23 MPa (B) 35 MPa(C) 62 MPa(D) 75 MPa

R-6.7 Uma viga de escora saliente com corte transversalretangular (b � 95 mm, h � 300 mm) suporta uma carga P �160 kN no seu extremo livre. A proporção das magnitudesdas tensões principais (σ1/ σ2) no ponto A ( a uma distânciac � 0,8 m do extremo livre e a uma distância d � 200 mm apartir do fundo) é aproximadamente:

(A) 5(B) 12(C) 18(D) 25

P

c

A

b d

h

y

xO

τxy

σy

σx

100 MPa

45 MPa


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h

b

q

a

L

R-6.8 Uma viga simplesmente apoiada (L � 4,5 m) comcorte transversal retangular (b � 95 mm, h � 280) suportauma carga uniforme q � 25 kN/m. A proporção das magni-tudes das tensões principais (σ1/ σ2) no ponto a � 1,0 m dosuporte esquerdo e a uma distância d � 100 mm a partir dofundo da viga, é aproximadamente:

(A) 9(B) 17(C) 31(D) 41


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C A P Í T U L O8Vigas EstaticamenteIndeterminadas


No Capítulo 8, consideraremos as vigas estatica-mente indeterminadas. Aqui, a estrutura da viga temmais forças de reação desconhecidas que equaçõesdisponíveis de equilíbrio estático e, por isso, é cha-mada de estaticamente indeterminada. O número dereações desconhecidas em excesso define seu grau deindeterminação. A solução de vigas estaticamenteindeterminadas exige que equações adicionais sejamdesenvolvidas com base nas deformações da estru-tura, além das equações da estática. Primeiro, umavariedade de vigas estaticamente indeterminadasserá definida (Seção 8.2), juntamente com a termino-logia comum (por exemplo, estrutura primária, estru-tura liberada e redundante) utilizada narepresentação das soluções. Então, será apresentadauma abordagem de solução com base na integraçãodas equações da curva elástica e na aplicação das

condições de contorno para encontrar as constantesdesconhecidas (Seção 8.3). Esse procedimento podeser aplicado apenas em casos relativamente simples,então uma abordagem mais geral, baseada na super-posição, será descrita (Seção 8.4) em seguida, apli-cando-se a vigas submetidas a deslocamentospequenos e que se comportam de maneira elásticalinear. Aqui, as equações de equilíbrio serão comple-mentadas pelas equações de compatibilidade; cargasaplicadas e deflexões da viga resultantes são relacio-nadas pelas equações de força-deslocamento paravigas, deduzidas no Capítulo 9. A abordagem desolução da superposição geral segue aquela introdu-zida na Seção 2.4 para membros axialmente carrega-dos e, na Seção 3.8, para eixos circulares que sofrema ação de momentos de torção.


8.1 Introdução 6648.2 Tipos de vigas estaticamente indeterminadas

6648.3 Análises pelas equações diferenciais da curva

de deflexão 666

8.4 Método da superposição 672Resumo e revisão do capítulo 689Problemas 690

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8.1 IntroduçãoNeste capítulo, analisaremos vigas em que o número de reações excede onúmero de equações de equilíbrio independentes. Uma vez que as reações des-sas vigas não podem ser determinadas pela estática somente, as vigas são cha-madas estaticamente indeterminadas.

A análise de vigas estaticamente indeterminadas é bastante diferente da devigas estaticamente determinadas. Quando uma viga é estaticamente determi-nada, podemos obter todas as reações, forças de cisalhamento e momentos fle-tores a partir de diagramas de corpo livre e equações de equilíbrio. Então,conhecendo as forças de cisalhamento e os momentos fletores, podemos obteras tensões e as deflexões.

No entanto, quando uma viga é estaticamente indeterminada, as equaçõesde equilíbrio não são suficientes, e equações adicionais se fazem necessárias. Ométodo mais fundamental para analisar uma viga estaticamente indetermi-nada é resolver as equações diferenciais da curva de deflexão, como descritoposteriormente na Seção 8.3. Embora esse método sirva como ponto inicial emnossa análise, ele é prático somente para os tipos mais simples de vigas estati-camente indeterminadas. Portanto, discutiremos também o método da super-posição (Seção 8.4), que é aplicável a uma grande variedade de estruturas. Nométodo da superposição, suplementamos as equações de equilíbrio com equa-ções de compatibilidade e equações de força-deslocamento (este mesmométodo foi descrito anteriormente na Seção 2.4, em que analisamos barrasestaticamente indeterminadas submetidas à tensão e à compressão).

Na última parte deste capítulo, discutiremos dois tópicos especializadospertinentes às vigas estaticamente indeterminadas: vigas com variações de tem-peratura (Seção 8.5) e deslocamentos longitudinais nas extremidades da viga(Seção 8.6). Por todo este capítulo, assumiremos que as vigas são feitas demateriais elásticos lineares.

Embora somente vigas estaticamente indeterminadas sejam discutidasneste capítulo, as ideias fundamentais têm aplicações mais amplas. A maioriadas estruturas que encontramos na vida diária, incluindo partes de automó-veis, prédios e aeronaves, são estruturas estaticamente indeterminadas. Noentanto, elas são muito mais complexas do que as vigas e precisam ser projeta-das por técnicas analíticas mais sofisticadas. A maioria dessas técnicas lidacom conceitos descritos neste capítulo, que pode ser visto como uma introdu-ção à análise de estruturas estaticamente indeterminadas de todos os tipos.

8.2 Tipos de vigas estaticamenteindeterminadasAs vigas estaticamente indeterminadas são usualmente identificadas peloarranjo de seus suportes. Por exemplo, uma viga que está engastada em umaextremidade e simplesmente apoiada na outra (Figura 8.1a) é chamada de vigaengastada apoiada. As reações da viga mostrada na figura consistem em forçashorizontais e verticais no suporte A, um momento no suporte A e uma forçavertical no suporte B. Como existem somente três equações de equilíbrio inde-pendentes para esta viga, não é possível calcular todas as quatro reações a par-tir do equilíbrio somente. O número de reações em excesso ao número deequações de equilíbrio é chamado de grau de indeterminação estática. Assim, aviga engastada apoiada é estaticamente indeterminada de primeiro grau.

As reações em excesso são chamadas de redundantes estáticas e precisam serselecionadas em cada caso particular. Por exemplo, a reação RB da viga engas-tada apoiada mostrada na Figura 8.1a pode ser selecionada como a reaçãoredundante. Uma vez que essa reação está em excesso daquelas necessáriaspara manter o equilíbrio, ela pode ser liberada da estrutura removendo osuporte em B. Quando o suporte B é removido, somos deixados com uma viga


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engastada (Figura 8.1b). A estrutura que permanece quando as redundânciassão liberadas é chamada de estrutura liberada ou estrutura primária. A estru-tura liberada precisa ser estável (de modo que seja capaz de suportar carrega-mentos) e precisa ser estaticamente determinada (de modo que todas as forçasreativas possam ser determinadas pelo equilíbrio somente).

Outra possibilidade para a análise da viga engastada apoiada da Figura8.1a é selecionar o momento reativo MA como redundante. Então, quando omomento vincular no suporte A é removido, a estrutura liberada é uma vigasimples com um suporte de pino em uma extremidade e um suporte de roletena outra (Figura 8.1c).

capítulo 8 Vigas Estaticamente Indeterminadas 357

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P

(b)

A

RA

MA

HA

RB

B

P

(a)

Figura 8-1Viga engastada apoiada: (a) vigacom carregamento e reações, (b)estrutura liberada quando areação na extremidade B é sele-cionada como redundante e (c)estrutura liberada quando areação de momento na extremi-dade A é selecionada comoredundante

P

(c)

Um caso especial surge se todos os carregamentos que atuam sobre a vigasão verticais (Figura 8.2). Então, a reação horizontal no suporte A desaparecee três reações permanecem. No entanto, somente duas equações de equilíbrioindependentes estão agora disponíveis e, em consequência, a viga é ainda esta-ticamente indeterminada de primeiro grau. Se a reação RB é escolhida como aredundante, a estrutura liberada é uma viga engastada; se o momento MA éescolhido, a estrutura liberada é uma viga simples.

Outro tipo de viga estaticamente indeterminada, conhecida como viga bien-gastada, é mostrado na Figura 8.3a. Esta viga tem suportes fixos em ambas asextremidades, resultando em um total de seis reações desconhecidas (duas for-ças e um momento em cada suporte). Como há somente três equações de equi-líbrio, a viga é estaticamente indeterminada de terceiro grau (outro nome paraesse tipo de viga é viga interna).

Se selecionamos as três reações na extremidade B da viga como redundan-tes e se removemos as correspondentes restrições, somos deixados com umaviga engastada como a estrutura liberada (Figura 8.3b). Se liberamos os doismomentos dos engastamentos e uma reação horizontal, a estrutura liberada éuma viga simples (Figura 8.3c).

A

RA

P1

MA

RB

B

P2 Figura 8-2Viga engastada apoiada comcarregamentos verticais somente

Novamente considerando o caso especial de somente carregamentos verti-cais (Figura 8.4), encontramos que a viga biengastada agora tem apenas qua-tro reações diferentes de zero (uma força e um momento em cada suporte). Onúmero de equações de equilíbrio disponíveis é dois e, em consequência, a vigaé estaticamente indeterminada de segundo grau. Se as duas reações na extremi-dade B são selecionadas como redundantes, a estrutura liberada é uma vigaengastada; se as duas reações de momento são selecionadas, a estrutura libe-rada é uma viga simples.


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P

(b)

A

RAMAMB

HA

RB

B

P

HB

(a)

P

(c)

Figura 8-3Viga biengastada: (a) viga com

carregamento e reações, (b)estrutura liberada quando as

três reações na extremidade Bsão selecionadas como

redundantes e (c) estruturaliberada quando as duas reações

de momento e a reaçãohorizontal na extremidade B sãoselecionadas como redundantes

A

RA

MA MBRB

B

P1 P2Figura 8-4Viga biengastada com carrega-

mentos verticais somente

P1 P2

(b)

P1 P2

(c)

A

RA

HA

RC

B C

P1 P2

RB

(a)

Figura 8-5Figura 8.5 Exemplo de uma viga

contínua: (a) viga com carrega-mentos e reações, (b) estrutura

liberada quando a reação no suporte B é selecionada

como redundante e (c) estruturaliberada quando a reação naextremidade C é selecionada

como redundante

A viga mostrada na Figura 8.5a é um exemplo de viga contínua, assim cha-mada porque tem mais de um vão e é contínua em um suporte intermediário.Esta particular viga é estaticamente indeterminada de primeiro grau porquetem quatro forças reativas e somente três equações de equilíbrio.

Se a reação RB no suporte intermediário é selecionada como redundante ese removemos o suporte correspondente da viga, então permanece uma estru-tura liberada na forma de viga simples estaticamente determinada (Figura8.5b). Se a reação RC é escolhida como redundante, a estrutura liberada é umaviga simples com balanço (Figura 8.5c).

Nas seções seguintes, discutiremos dois métodos para analisar vigas estatica-mente indeterminadas. O objetivo em cada caso é determinar as reações redun-dantes. Uma vez que elas sejam conhecidas, todas as reações restantes (mais asforças de cisalhamento e os momentos fletores) podem ser encontradas a partirdas equações de equilíbrio. Com efeito, a estrutura torna-se estaticamente deter-minada. Em seguida, como etapa final na análise, as tensões e deflexões podemser encontradas pelos métodos descritos nos capítulos anteriores.

8.3 Análise pelas equações diferenciais dacurva de deflexãoAs vigas estaticamente indeterminadas podem ser analisadas resolvendo qual-quer uma das três equações diferenciais da curva de deflexão: (1) a equação desegunda ordem em termos do momento fletor (Equação 7.12a), (2) a equaçãode terceira ordem em termos da força de cisalhamento (Equação 7.12b) ou (3)a equação de quarta ordem em termos de intensidade do carregamento distri-buído (Equação 7.12c).

O procedimento é essencialmente o mesmo para vigas estaticamente deter-minadas (veja as Seções 7.2, 7.3 e 7.4) e consiste em escrever a equação diferen-cial, integrá-la para obter sua solução geral e, então, aplicar as condições decontorno e outras condições para determinar as quantidades desconhecidas.Estas quantidades consistem em reações redundantes, assim como as constan-tes de integração.

A equação diferencial para a viga pode ser resolvida em termos simbólicossomente quando a viga e seu carregamento forem relativamente simples e des-complicados. As soluções resultantes se apresentam em fórmulas de propósitosgerais. No entanto, em situações mais complexas, as equações diferenciais pre-cisam ser resolvidas numericamente, usando programas de computador desen-volvidos para esse propósito. Nesses casos, os resultados se aplicam somentepara problemas numéricos específicos.

Os exemplos a seguir ilustram a análise de vigas estaticamente indetermina-das resolvendo as equações diferenciais em termos simbólicos.


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Long-span bridges are oftenconstructed using continuousbeams (Lopatinsky Vladislav/Shutterstock)

Exemplo 8-1• • •Uma viga engastada apoiada AB de comprimento L suporta um carrega-mento uniforme de intensidade q (Figura 10.6). Analise esta viga resolvendoa equação diferencial de segunda ordem da curva de deflexão (a equaçãodo momento fletor). Determine as reações, forças de cisalhamento, momen-tos fletores, rotações e deflexões da viga.

SoluçãoUma vez que o carregamento sobre esta viga atua na direção vertical (Figura10.6), concluímos que não há reação horizontal no engastamento. A viga,portanto, tem três reações desconhecidas (MA, RA e RB). Somente duas equa-ções de equilíbrio estão disponíveis para determinar estas reações e, comisso, a viga é estaticamente indeterminada de primeiro grau.

Figura 8-6Exemplo 8.1. Viga engastada

apoiada com um carregamentouniforme

A

RA

MA

RBL

B

q

x

y


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Exemplo 8-1• • •Uma vez que iremos analisar esta viga resolvendo a equação de

momento fletor, precisamos começar com uma expressão geral para omomento. Esta expressão estará em termos tanto do carregamento como daredundante selecionada.

Reação redundante. Vamos escolher a reação RB no suporte simplescomo a redundante. Então, considerando o equilíbrio da viga inteira, pode-mos expressar as duas outras reações em termos de RB:

(a,b)

Momento fletor. O momento fletor M à distância x a partir do engasta-mento pode ser expresso em termos das reações como se segue:

(c)

Esta equação pode ser obtida pela técnica usual de construir um diagramade corpo livre de parte da viga e resolver uma equação de equilíbrio.

Substituindo na Equação (c) as Equações (a) e (b), obtemos o momentofletor em termos do carregamento e da reação redundante:

(d)

Equação diferencial. A equação diferencial de segunda ordem da equa-ção da deflexão (Equação 9.12a) agora se torna

(e)

Após duas integrações sucessivas, obtemos as seguintes equações para asinclinações e deflexões da viga:

(f)

(g)

Estas equações contêm três quantidades desconhecidas (C1, C2 e RB).Condições de contorno. Três condições de contorno pertinentes às

deflexões e às inclinações das vigas ficam aparentes a partir de uma inspe-ção da Figura 10.6. Estas condições são: (1) a deflexão no engastamento ézero, (2) a inclinação no engastamento é nula e (3) a deflexão no apoio sim-ples é nula. Assim

Aplicando essas condições às equações para as inclinações e para as defle-xões (Equações f e g), encontramos C1 � 0, C2 � 0 e

(10-1)

Assim, a reação redundante RB é agora conhecida.Reações. Com o valor da reação redundante estabelecido, podemos

encontrar as reações remanescentes a partir das Equações (a) e (b). Os resul-tados são

➥RB �3qL

8

v(0) � 0 v�(0) � 0 v(L) � 0

EIv �qLx3

6�

RBx3

6�

qL2x 2

4�

RBLx2

2�

qx4

24� C1x � C2

EIv� �qLx 2

2�

RBx2

2�

qL2x

2� RBLx �

qx 3

6� C1

EIv�� M � qLx � RBx �qL2

2� RBL �

qx2

2

M � qLx � RBx �qL2

2� RBL �

qx2

2

M � RAx � MA �qx2

2

RA � qL � RB MA �qL2

2� RBL


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(10-2a,b)

Conhecendo essas reações, podemos encontrar as forças de cisalhamento eos momentos fletores na viga.

Forças de cisalhamento e momentos fletores. Estas quantidades podemser obtidas pelas técnicas usuais envolvendo diagramas de corpo livre eequações de equilíbrio. Os resultados são

(10-3)

(10-4)

Os diagramas de força de cisalhamento e de momento fletor para a vigapodem ser desenhados com o auxílio dessas equações (veja a Figura 10.7).

Dos diagramas, podemos ver que a força de cisalhamento máximaocorre no engastamento e é igual a

(10-5)

Os momentos fletores máximos positivo e negativo são

(10-6a,b)

Finalmente, notamos que o momento fletor é igual a zero à distância x �L/4 a partir do suporte fixo.

Inclinações e deflexões da viga. Retornando às Equações (f) e (g) paraas inclinações e as deflexões, podemos agora substituir os valores das cons-tantes de integração (C1 � 0 e C2 � 0), assim como a expressão para a rea-ção redundante RB (Equação 10.1) e obter

(10-7)

(10-8)

A forma defletida da viga como obtida a partir da Equação (10.8) é mos-trada na Figura 10.8.

Para determinar a deflexão máxima da viga, igualamos a inclinação(Equação 10.7) a zero e resolvemos para a distância x1 no ponto em que essadeflexão ocorre:

da qual

(10-9)

Substituindo esse valor de x na equação para a deflexão (Equação 10.8), etambém mudando o sinal, obtemos a deflexão máxima:

δmax � �(v)x�x1�

qL4

65,536EI(39 � 55133)

RA �5qL

8MA �

qL2

8➥

x1 �15 � 133

16L � 0.5785L

v� � 0 or �6L2 � 15Lx � 8x2 � 0

➥v � �qx2

48EI(3L2 � 5Lx � 2x2)

➥v� �qx

48EI(�6L2 � 15Lx � 8x2)

Mpos �9qL2

128Mneg � �

qL2

8

Vmax �5qL

8

➥M � RAx � MA �qx2

2�

5qLx

8�

qL2

8�

qx2

2

➥V � RA � qx �5qL

8� qx

Figura 8-7Diagramas de força de cisal-hamento e momento fletor

para a viga engastada apoiadada Figura 8.6

3qL8

—

5qL8

—V

�

0

qL2

8—�

9qL2

128—

0

M L—4

qL2

8—

3qL8

—

5qL8

—

L

A B

q

x

y

85L—

85L—

Figura 8-8Curva de deflexão para a viga

engastada apoiada da Figura 8.6

A BuB

y

x

x1

dmaxd0

L4—


VENDA PROIBIDA


(10-10)

O ponto de inflexão está localizado onde o momento fletor é igual azero, isto é, onde x � L/4. A deflexão correspondente �0 da viga (da Equação10.8) és

(10-11)

Note que, quando x � L/4, tanto a curvatura como o momento fletor sãonegativos, e quando x � L/4, a curvatura e o momento fletor são positivos.

Para determinar o ângulo de rotação θB na extremidade simplesmenteapoiada da viga, usamos a Equação (10.7), como segue:

(10-12)

As rotações e as deflexões em outros pontos ao longo do eixo da vigapodem ser obtidas por procedimentos similares.

Observação: Neste exemplo, analisamos a viga tomando a reação RB(Figura 10.6) como a reação redundante. Uma abordagem alternativa étomar o momento reativo MA como o redundante. Então, podemos expres-sar o momento fletor M em termos de MA, substituir a expressão resultantena equação diferencial de segunda ordem e resolvê-la como antes. Outraabordagem ainda é iniciar com a equação diferencial de quarta ordem,como ilustrado no próximo exemplo.

�qL4

184.6EI� 0.005416

qL4

EI

θB � (v¿)x�L �qL3

48EI

δ0 � �(v)x�L/4 �5qL4

2048EI� 0.002441

qL4

EI

Exemplo 8-2• • •A viga biengastada ACB mostrada na Figura 10.9 suporta um carregamentoconcentrado P no ponto médio. Analise esta viga resolvendo a equação dife-rencial de quarta ordem da curva de deflexão (a equação do carregamento).Determine as reações, forças de cisalhamento, momentos fletores, inclinaçõese deflexões da viga.

A

RA

MAMB

RB

BC

P

x

y

L-2

L-2

Figura 8-9Exemplo 8.2. Viga biengastadacom um carregamento concen-

trado no ponto médio

SoluçãoUma vez que o carregamento sobre essa viga atua somente na direção vertical,sabemos que não há reações horizontais nos suportes. Consequentemente, aviga tem quatro reações desconhecidas, duas em cada suporte. Como somenteduas equações de equilíbrio estão disponíveis, a viga é estaticamente indeter-minada de segundo grau.

No entanto, podemos simplificar a análise observando, a partir da simetriada viga e de seu carregamento, que as forças e momentos nos suportes A e Bsão iguais, isto é,


VENDA PROIBIDA


Uma vez que as reações verticais nos suportes são iguais, sabemos do equi-líbrio de forças na direção vertical que cada força é igual a P/2:

(10-13)

Assim, as únicas quantidades desconhecidas que permanecem são as reaçõesdo momento MA e MB. Por conveniência, selecionaremos o momento MAcomo a quantidade redundante.

Equação diferencial. Como não há carregamento atuando sobre a vigaentre os pontos A e C, a equação diferencial de quarta ordem (Equação 9.12c)para a metade esquerda da viga é

(a)

Integrações sucessivas dessa equação produzem as seguintes equações, quesão válidas para a metade esquerda da viga:

(b)

(c)

(d)

(e)

Estas equações contêm quatro constantes de integração desconhecidas.Uma vez que agora temos cinco incógnitas (C1, C2, C3, C4 e MA), necessitamosde cinco condições de contorno.

Condições de contorno. As condições de contorno aplicáveis à metadeesquerda da viga são:

(1) A força de cisalhamento no segmento esquerdo da viga é igual a RA,ou P/2. Consequentemente, da Equação (9.12b) encontramos

Combinando essa equação com a Equação (i), obtemos C1 � P/2.(2) O momento fletor no suporte esquerdo é igual a �MA.

Consequentemente, a partir da Equação (9.12a), obtemos

Combinando essa equação com a Equação (j), obtemos C2 � �MA.(3) A inclinação da viga no suporte esquerdo (x � 0) é igual a zero.

Consequentemente, a Equação (k) produz C3 � 0.(4) A inclinação da viga no ponto médio (x � L/2) é também igual a zero

(a partir da simetria). Consequentemente, da Equação (k) encontramos

(10-14)

Assim, os momentos reativos nas extremidades da viga foram determinados.(5) A deflexão da viga no suporte esquerdo (x � 0) é igual a zero.

Consequentemente, da Equação (1) encontramos C4 � 0.Em resumo, as quatro constantes de integração são

(f,g,h,i)

Forças de cisalhamento e momentos fletores. As forças de cisalhamentoe momentos fletores podem ser obtidos substituindo-se as constantes deintegração apropriadas nas Equações (i) e (j). Os resultados são

C1 �P2

C2 � �MA � �PL8

C3 � 0 C4 � 0

RA � RB and MA � MB

➥RA � RB �P2

➥MA � MB �PL8

EIv�� M � �MA at x � 0

EIv¿¿¿ � V �P2

EIv �C1x3

6�

C2x2

2� C3x � C4

EIv� �C1x

2

2� C2x � C3

EIv�� C1x � C2

EIv�� C1

EIv¿¿¿¿ � �q � 0 (0 6 x 6 L/2)

Figura 8-10Diagramas de força de cisal-

hamento e momento fletor paraa viga biengastada da

Figura 8.9

A

PL—8

PL—8

P—2

P—2

P—2

P—2

BC

P

x

y

L—2

L—2

L—4

�

0

V

PL—8

PL—8

�PL—8

�

0M

L—4


VENDA PROIBIDA


(10-15)

(10-16)

Uma vez que conhecemos as reações da viga, podemos também obter essasexpressões diretamente a partir de diagramas de corpo livre e equações deequilíbrio.

Os diagramas de força de cisalhamento e do momento fletor são mostra-dos na Figura 10.10.

Inclinações e deflexões. As inclinações e as deflexões na metade esquerdada viga podem ser encontradas a partir das Equações (k) e (l), substituindo asexpressões para as constantes de integração. Desta maneira, encontramos

(10-17)

(10-18)

A curva de deflexão da viga é mostrada na Figura 10.11.Para encontrar a deflexão máxima δmax, fazemos x igual a L/2 na Equação

(10.18) e mudamos o sinal; assim,

(10-19)

O ponto de inflexão na metade esquerda da viga ocorre onde omomento fletor M é igual a zero, isto é, onde x � L/4 (veja a Equação 10.16).A deflexão correspondente δ0 (da Equação 10.18) é

(10-20)

que é numericamente igual à metade da deflexão máxima. Um segundoponto de inflexão ocorre na metade direita da viga à distância L/4 da extre-midade B.

Observações: Como observamos neste exemplo, o número de condições decontorno e outras condições é sempre suficiente para avaliar não somente asconstantes de integração, mas também as reações redundantes.

Algumas vezes é necessário estabelecer equações diferenciais para mais deuma região da viga e usar condições de continuidade entre as regiões, comoilustrado nos Exemplos 9.3 e 9.5 do Capítulo 9 para vigas estaticamente deter-minadas. Tais análises provavelmente são longas e tediosas por causa dogrande número de condições que precisam ser satisfeitas. No entanto, se asdeflexões e os ângulos de rotação são necessários somente em um ou dois pon-tos específicos, o método da superposição pode ser útil (veja a próxima seção).

δ0 � �(v)x�L/4 �PL3

384EI

δmax � �(v)x�L/2 �PL3

192EI

➥v � �Px2

48EI(3L � 4x) (0 … x … L/2)

➥v� � �Px8EI

(L � 2x) (0 … x … L/2)

➥EIv�� M �Px2

�PL8

(0 … x … L/2)

➥EIv�� V �P2

(0 6 x 6 L/2)

A BC

y

x

dmax d0d0

L2—

L4— L

4—

L2—

Figura 8-11Curva de deflexão para a viga

biengastada da Figura 8.9

8.4 Método da superposiçãoO método da superposição é de fundamental importância na análise de barras,treliças, vigas, pórticos e outros tipos de estruturas estaticamente indetermina-das. Já usamos o método da superposição para analisar estruturas estatica-mente indeterminadas compostas de barras em tensão e compressão (Seção2.4) e eixos em torção (Seção 3.8). Nesta seção, aplicaremos o método paravigas.

Começamos a análise anotando o grau de indeterminação estática e selecio-nando as reações redundantes. Então, tendo identificado as redundantes,podemos escrever equações de equilíbrio que relacionam as outras reações des-conhecidas às redundantes e aos carregamentos.

A seguir, assumimos que tanto os carregamentos originais como os redun-dantes atuam sobre a estrutura liberada. Então, encontramos as deflexões naestrutura liberada superpondo as deflexões separadas devido aos carregamen-tos e aos redundantes. A soma dessas deflexões deve ser igual às deflexões naviga original. No entanto, as deflexões na viga original (nos pontos em que asrestrições foram removidas) são nulas ou têm valores conhecidos. Por isso,podemos escrever equações de compatibilidade (ou equações de superposição)que expressam o fato de que as deflexões da estrutura liberada (nos pontos emque as restrições foram removidas) são as mesmas que na viga original (nessesmesmos pontos).

Uma vez que a estrutura liberada é estaticamente determinada, podemosfacilmente determinar suas deflexões usando as técnicas descritas no Capítulo9. As relações entre os carregamentos e as deflexões da estrutura liberada sãochamadas de relações de força-deslocamento. Quando essas relações são subs-tituídas nas equações de compatibilidade, obtemos equações em que as redun-dantes são as quantidades desconhecidas. Portanto, podemos resolver essasequações para as reações redundantes. Então, com as redundantes conhecidas,podemos determinar todas as outras reações a partir das equações de equilí-brio. Além disso, podemos também determinar as forças de cisalhamento e osmomentos fletores a partir do equilíbrio.

As etapas descritas em termos gerais nos parágrafos anteriores podem setornar mais claras considerando um caso particular, a saber, uma viga engas-tada apoiada suportando um carregamento uniforme (Figura 8.12a).Realizaremos duas análises, a primeira com a força de reação RB selecionadacomo redundante e a segunda com a reação de momento MA como redundante(essa mesma viga foi analisada no Exemplo 8.1 da Seção 8.3, resolvendo aequação diferencial da curva de deflexão).

Análise com RB como redundanteNesta primeira ilustração, selecionamos a reação RB no suporte simples(Figura 8.12a) como redundante. Então as equações de equilíbrio que expres-sam as outras reações desconhecidas em termos da redundante são comoseguem:

(8-21a,b)

Estas equações são obtidas a partir de equações de equilíbrio que se aplicam àviga inteira, tomada como um corpo livre (Figura 8.12a).

A próxima etapa é remover a restrição correspondente à redundante (nessecaso, removemos o suporte na extremidade B). A estrutura liberada que per-manece é uma viga engastada (Figura 8.12b). O carregamento uniforme q e aforça redundante RB são agora aplicados como carregamentos na estruturaliberada (Figuras 8.12c e d).

RA � qL � RB MB �qL2

2� RBL


VENDA PROIBIDA

A

L

B

RB

RB

RA

MA

q

q

A B

(a)

(b)

(c)

(dB)1

(d)

(dB)2

Figura 8-12Análise de uma viga engastadaapoiada pelo método da super-posição com a reação RB sele-cionada como redundante

A deflexão na extremidade B da estrutura liberada devida somente ao car-regamento uniforme é denotada (δB)1 e a deflexão no mesmo ponto devidasomente ao redundante é denotada (δB)2. A deflexão δB no ponto B na estruturaoriginal é obtida superpondo-se estas duas deflexões. Uma vez que a deflexãona viga original é igual a zero, obtemos a seguinte equação de compatibilidade:

(8-22)

O sinal de menos aparece nessa equação porque (δB)1 é positivo na direçãopara baixo, enquanto (δB)2 é positivo para cima.

As relações de força-deslocamento que resultam nas deflexões (δB)1 e (δB)2em termos de carregamento uniforme q e redundante RB, respectivamente, sãoencontrados com o auxílio da Tabela G.1 no Apêndice G (veja os casos 1 e 4).Usando as fórmulas dadas na referida tabela, obtemos

(8-23a,b)

Substituindo essas relações de força-deslocamento na equação de compatibili-dade, resulta em

(8-23c)

que pode ser resolvida para a reação redundante:

(8-24)

Note que esta equação fornece a redundante em termos dos carregamentos queatuam na viga original.

As reações restantes (RA e MA) podem ser encontradas a partir das equa-ções de equilíbrio (Equações a e b); os resultados são

(8-25a,b)

Conhecendo todas as reações, podemos agora obter as forças de cisalhamentoe os momentos fletores por toda a viga e traçar os diagramas correspondentes(veja a Figura 8.7 para esses diagramas).

Podemos também determinar as deflexões e inclinações da viga original pormeio do princípio da superposição. O procedimento consiste em superpor asdeflexões da estrutura liberada quando solicitada pelos carregamentos mostra-dos nas Figuras 8.12c e d. Por exemplo, as equações das curvas de deflexãopara esses dois sistemas de carregamento são obtidas dos Casos 1 e 4, respec-tivamente, da Tabela G.1, Apêndice G:

Substituindo RB da Equação (8.21) e então adicionando as deflexões v1e v2,obtemos a seguinte equação para a curva de deflexão da viga estaticamenteindeterminada original (Figura 8.12a):

v � v1 � v2 � �qx2

48EI(3L2 � 5Lx � 2x2)

v2 �RBx2

6EI(3L � x)

v1 � �qx2

24EI(6L2 � 4Lx � x2)

RA �5qL

8MA �

qL2

8

RB �3qL

8

δB �qL4

8EI�

RBL3

3EI� 0

(δB )1 �qL4

8EI(δB)2 �

RBL3

3EI

δB � (δB)1 � (δB)2 � 0


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Esta equação está de acordo com a Equação (8.8) do Exemplo 8.1. Outrasquantidades de deflexão podem ser encontradas de maneira análoga.

Análise com MA como redundanteIremos agora analisar a mesma viga engastada apoiada selecionando a reaçãodo momento MA como redundante (Figura 8.13). Nesse caso, a estrutura libe-rada é uma viga simples (Figura 8.13b). As equações de equilíbrio para as rea-ções RA e RB na viga original são:

(8-26a,b)RA �qL

2�

MA

LRB �

qL

2�

MA

L


VENDA PROIBIDA

A B

(b)

q

(c)

(uA)1MA

(d)

(uA)2

A

L

B

RBRA

MA

q

(a)

Figura 8-13AAnálise de uma viga engastadaapoiada pelo método da super-posição com a reação demomento MA selecionada comoa redundante

A equação de compatibilidade expressa o fato de que o ângulo de rotação uAna extremidade fixa da viga original é igual a zero. Uma vez que esse ângulo éobtido superpondo-se os ângulos de rotação (uA)1 e (uA)2 na estrutura liberada(Figuras 8.13c e d), a equação de compatibilidade torna-se

(8-27a)

Nesta equação, o ângulo (uA)1 é assumido como positivo quando no sen-tido horário e o ângulo (uA)2 é assumido como positivo quando no sentidoanti-horário.

Os ângulos de rotação na estrutura liberada são obtidos a partir das fórmu-las dadas na Tabela G.2 do Apêndice G (veja os Casos 1 e 7). Assim, as rela-ções de força-deslocamento são

Substituindo na equação de compatibilidade (Equação i), obtemos:

(8-27b)

Resolvendo essa equação para a redundante, obtemos MA � qL2/8, queestá de acordo com o resultado prévio (Equação 8.22b). As equações de equi-líbrio (Equações g e h) produzem o mesmo resultado que antes para as reaçõesRA e RB (veja as Equações 8.22a e 8.21), respectivamente.

θA �qL3

24EI�

MAL

3EI� 0

(θA)1 �qL3

24EI(θA)2 �

MAL

3EI

θA � (θA)1 � (θA)2 � 0

Agora que todas as reações foram encontradas, podemos determinar as for-ças de cisalhamento, momentos fletores, inclinações e deflexões pelas técnicasjá descritas.

Comentários GeraisO método de superposição descrito nesta seção é também chamado de métodode flexibilidade ou método de força. O último nome surge do uso de quantida-des de força (forças e momentos) como as redundantes; o primeiro nome éusado porque os coeficientes das quantidades desconhecidas na equação decompatibilidade (termos como L3/3EI na Equação f e L/3EI na Equação j) sãoflexibilidades (isto é, deflexões ou ângulos produzidos por um carregamentounitário).

Uma vez que esse método envolve a superposição de deflexões, ele é aplicá-vel somente a estruturas elásticas lineares (lembre que essa mesma limitaçãoaplica-se para todos os tópicos discutidos neste capítulo).

Nos exemplos seguintes e também nos problemas ao final do capítulo, nospreocupamos principalmente em encontrar as reações, pois essa é a etapa chavenas soluções.


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Exemplo 8-3• • •Uma viga contínua de dois vãos ABC suporta um carregamento uniforme deintensidade q, como mostra a Figura 10.14a. Cada vão da viga tem compri-mento L. Usando o método da superposição, determine todas as reaçõespara essa viga.

A

L

CB

RBRA RCL

q

(a)

A CB

(b)

q

(c)(dB)1

(d)

(dB)2RB

Figura 8-14Viga contínua com dois vãos e

um carregamento uniforme

SoluçãoEsta viga tem três reações desconhecidas (RA, RB e RC). Uma vez que existemduas equações de equilíbrio para a viga como um todo, ela é estaticamenteindeterminada de primeiro grau. Por conveniência, vamos selecionar a rea-ção RB no suporte do meio como a redundante.

Equações de equilíbrio. Podemos expressar as reações RA e RC em termos daredundante RB por meio de duas equações de equilíbrio. A primeira equação,que é para o equilíbrio de momentos ao redor do ponto B, mostra que RA e RCsão iguais. A segunda equação, que é para o equilíbrio na direção vertical, pro-duz o seguinte resultado:

(a)RA � RC � qL �RB

2


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Exemplo 8-3• • •Equação da compatibilidade. Como a reação RB é selecionada como

redundante, a estrutura liberada é uma viga simples com suportes em A e C(Figura 10.14b). As deflexões nos pontos B na estrutura liberada devidas aocarregamento uniforme q e à redundante RB são mostradas nas Figuras10.14c e d, respectivamente. Observe que as deflexões são denotadas (δB)1 e(δB)2. A superposição dessas deflexões precisa produzir a deflexão δB na vigaoriginal no ponto B. Uma vez que a última deflexão é igual a zero, a equa-ção da compatibilidade é

(b)

em que a deflexão (δB)1 é positiva para baixo e a deflexão (δB)2 é positivapara cima.

Relações força-deslocamento. A deflexão (δB)1 causada pelo carregamentouniforme atuando sobre a estrutura liberada (Figura 10.14c) é obtida a partirda Tabela G.2, Caso 1:

em que 2L é o comprimento da estrutura liberada. A deflexão (δB)2

produzida pela redundante (Figura 10.14d) é

como obtida da Tabela G.2, Caso 4.Reações. A equação da compatibilidade pertinente à deflexão vertical

no ponto B (Equação 1) torna-se agora:s

(c)

a partir da qual encontramos a reação no suporte médio:

(10-28)

As outras reações são obtidas da Equação (a)::

(10-29)

Conhecidas as reações, podemos encontrar as forças de cisalhamento, osmomentos fletores, as tensões e as deflexões sem dificuldade.

Observação: O propósito deste exemplo é fornecer uma ilustração dométodo da superposição e, em consequência, descrevemos todas as etapas naanálise. No entanto, esta viga em particular (Figura 10.14a) pode ser analisadapor inspeção, por causa da simetria da viga e de seu carregamento.

Da simetria, sabemos que a inclinação da viga no suporte médio precisa sernula e, consequentemente, cada metade da viga está na mesma condição quea viga engastada apoiada com um carregamento uniforme (veja, por exemplo,a Figura 10.6). Assim, todos os nossos resultados prévios para uma viga engas-tada apoiada com um carregamento uniforme (Equações 10.1 a 10.12) podemser adaptados imediatamente para a viga contínua da Figura 10.14a.

➥RA � RC �3qL

8

➥RB �5qL

4

δB �5qL4

24EI�

RBL3

6EI� 0

(δB)2 �RB(2L)3

48EI�

RBL3

6EI

(δB )1 �5q(2L)4

384EI�

5qL4

24EI

δB � (δB)1 � (δB)2 � 0


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Exemplo 8-4• • •Uma viga biengastada AB (Figura 10.15a) está carregada por um carrega-mento P atuando em um ponto intermediário D. Encontre as forças emomentos reativos nas extremidades da viga usando o método da superpo-sição. Determine também a deflexão no ponto D em que o carregamento éaplicado.

SoluçãoEssa viga tem quatro reações desconhecidas (uma força e um momento emcada suporte), mas somente duas equações de equilíbrio independentesestão disponíveis. Em consequência, a viga é estaticamente indeterminadade segundo grau. Neste exemplo, selecionaremos os momentos reativos MAe MB como os redundantes.

Equações de equilíbrio. As duas reações de força desconhecidas (RA e RB)podem ser expressas em termos das redundantes (MA e MB) com o auxílio deduas equações de equilíbrio. A primeira equação é para momentos ao redordo ponto B e a segunda é para momentos ao redor do ponto A. As expres-sões resultantes são

(a,b)

Equações de compatibilidade. Quando ambas as redundantes são libe-radas removendo as restrições rotacionais nas extremidades da viga, somosdeixados com uma viga simples com estrutura liberada (Figuras 10.15b, c ed). Os ângulos de rotação nas extremidades da estrutura liberada relativosao carregamento concentrado P são denotados (uA)1 e (uB)1, como mostra aFigura 10.15b. De maneira similar, os ângulos devidos à redundante MA sãodenotados (uA)2 e (uB)2, e os ângulos devidos à redundante MB são denota-dos (uA)3 e (uB)3.

Uma vez que os ângulos de rotação nos suportes da viga original sãonulos, as duas equações de compatibilidade são

(c)

(d)

em que os sinais dos vários termos são determinados por inspeção a partirdas figuras.

Relações força-deslocamento. Os ângulos nas extremidades da viga devi-dos ao carregamento P (Figura 10.15b) são obtidos a partir do Caso 5 daTabela G.2:

em que a e b são as distâncias dos suportes ao ponto D em que o carrega-mento está aplicado.

Os ângulos nas extremidades devidos ao momento redundante MA são(veja o Caso 7 da Tabela G.2):

De maneira similar, os ângulos devidos ao momento MB são

Reações. Quando as expressões anteriores para os ângulos são substituí-das nas equações de compatibilidade (Equações c e d), chegamos a duasequações simultâneas contendo MA e MB como incógnitas:

(θA)3 �MBL

6EI(θB)3 �

MBL

3EI

(θA)2 �MAL

3EI(θB)2 �

MAL

6EI

(θA)1 �Pab(L � b)

6LEI(θB)1 �

Pab(L � a)6LEI

θB � (θB)1 � (θB)2 � (θB)3 � 0

θA � (θA)1 � (θA)2 � (θA)3 � 0

RA �PbL

�MA

L�

MB

LRB �

PaL

�MA

L�

MB

L

Figura 8-15Exemplo 8.4. Viga biengastadacom um carregamento concen-

trado.

A

a

L

BD

P

b

MA

RA RB

MB

MA

(a)

P

(b)

(uA)1 (uB)1

(c)

(uA)2 (uB)2

MB

(d)

(uA)3 (uB)3


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(e)

(f)

Resolvendo essas equações para as redundantes, obtemos:

(10-30a,b)

Substituindo essas expressões para MA e MB nas equações de equilíbrio(Equações n e o), obtemos as reações verticais:

(10-31a,b)

Assim, todas as reações para a viga biengastada foram determinadas.As reações nos suportes de uma viga biengastada são comumente refe-

renciadas como momentos e forças reativos no engastamento. Elas sãoamplamente usadas na análise estrutural e fórmulas para essas quantidadessão listadas nos manuais de engenharia.

Deflexão no ponto D. Para obter a deflexão no ponto D na viga biengas-tada original (Figura 10.15a), usamos novamente o princípio da superposi-ção. A deflexão no ponto D é igual à soma de três deflexões: (1) a deflexãopara baixo (δD)1 no ponto D na estrutura liberada devida ao carregamentoP (Figura 10.15b); (2) a deflexão para cima (δD)2 no mesmo ponto na estru-tura liberada devida à redundante MA (Figura 10.15c) e (3) a deflexão paracima (δD)3 no mesmo ponto na estrutura liberada devida à redundante MB(Figura 10.15d). Essa superposição de deflexões é expressa pela seguinteequação:

(g)

em que �D é a deflexão para baixo na viga original.As deflexões que aparecem na Equação (t) podem ser obtidas a partir

das fórmulas dadas na Tabela G.2 do Apêndice G (veja os Casos 5 e 7),fazendo as substituições apropriadas e simplificações algébricas. Os resulta-dos dessas manipulações são:

Substituindo as expressões para MA e MB das Equações (10.25a) e (b) nasduas últimas expressões, obtemos

Em consequência, a deflexão no ponto D na viga original, obtida substi-tuindo (δD)1,( δD)2 e (δD)3 na Equação (t) e simplificando, é

(10-32)

MAL

3EI�

MBL

6EI�

Pab(L � b)

6LEI

➥δD �Pa3b3

3L3EI

(δD)2 �Pa2b3

6L3EI(L � b) (δD)3 �

Pa3b2

6L3EI(L � a)

(δD)1 �Pa2b2

3LEI(δD)2 �

MAab

6LEI(L � b) (δD)3 �

MBab

6LEI(L � a)

δD � (δD)1 � (δD)2 � (δD)3

➥RA �Pb2

L3(L � 2a) RB �

Pa2

L3(L � 2b)

➥MA �Pab2

L2MB �

Pa2b

L2

MAL

6EI�

MBL

3EI�

Pab(L � a)

6LEI


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Exemplo 8-4• • •O método descrito nesse exemplo para encontrar a deflexão �D pode serusado não só para encontrar deflexões nos pontos individuais, mas tambémpara encontrar as equações da curva de deflexão.

Carregamento concentrado atuando no ponto médio da viga. Quando ocarregamento P atua no ponto médio C (Figura 10.16), as reações da viga (dasEquações 10.25 e 10.26 com a � b � L/2) são

(10-33a,b)

A deflexão no ponto médio da Equação (10.27) é

(10-34)

Esta deflexão é somente um quarto da deflexão no ponto médio de umaviga simples com o mesmo carregamento, o que mostra o efeito do enrije-cimento ao se fixar as extremidades de uma viga.

Os resultados anteriores para as reações nas extremidades e a deflexão nomeio (Equações 10.28 e 10.29) estão de acordo com aqueles encontrados noExemplo 10.2, resolvendo a equação diferencial da curva de deflexão (veja asEquações 10.13, 10.14 e 10.19)

δC �PL3

192EI

MA � MB �PL8

RA � RB �P2

A

L2—L

2—

BC

P

MA

RA RB

MB

Figura8-16Viga biengastada com um car-

regamento concentradoatuando no ponto médio

Exemplo 8-5• • •Uma viga biengastada AB suporta um carregamento uniforme de intensi-dade q atuando sobre parte do vão (Figura 10.17a). Determine as reaçõesdessa viga (isto é, encontre os momentos dos engastamentos e as forças dosengastamentos).

(a)

A

L

q

a

BMA

RA RB

MB

(b)

A

dxx

q dx

BdMA

dRA dRB

dMB

Figura 8-17Exemplo 8.5. (a) Viga biengas-

tada com um carregamentouniforme sobre parte do vão e(b) reações produzidas por um

elemento q dx do carrega-mento uniforme

SoluçãoPProcedimento. Podemos encontrar as reações para essa viga usando o prin-cípio da superposição juntamente com os resultados obtidos no exemploanterior (Exemplo 10.4). Nesse exemplo, encontramos as reações de umaviga biengastada submetida a um carregamento concentrado P a distância ada extremidade esquerda (veja a Figura 10.15a e as Equações 10.25 e 10.26).

De modo a aplicar esses resultados ao carregamento uniforme da Figura10.17a, trataremos um elemento do carregamento uniforme como um car-


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Exemplo 8-5• • •regamento concentrado de magnitude q dx atuando a distância x da extre-midade esquerda (Figura 10.17b). Então, usando as fórmulas derivadas noExemplo 10.4, podemos obter as reações causadas por esse elemento de car-regamento. Finalmente, integrando sobre o comprimento a do carrega-mento uniforme, podemos obter as reações devidas ao carregamentouniforme inteiro.

Momentos dos engastamentos. Vamos começar com as reações demomento, para as quais usamos as Equações (10.25a) e (b) do Exemplo 10.4.Para obter os momentos causados pelo elemento q dx do carregamento uni-forme (compare a Figura 10.17b com a Figura 10.15a), substituímos P por qdx, a por x e b por L � x. Assim, os momentos dos engastamentos do ele-mento de carregamento (Figura 10.17b) são

Integrando sobre a parte carregada da viga, obtemos os momentos dosengastamentos devidos ao carregamento uniforme inteiro:

(10-35a)

(10-35b)

Forças dos engastamentos. Procedendo de maneira similar à utilizadapara os momentos dos engastamentos, mas usando as Equações (10.26a eb), obtemos as seguintes expressões para as forças dos engastamentos devi-das ao elemento q dx de carregamento:

A integração resulta em

(10-36a)

(10-36b)

Assim, todas as reações (momentos dos engastamentos e forças dos engas-tamentos) foram encontradas.

Carregamento uniforme atuando sobre o comprimento inteiro da viga.Quando o carregamento atua sobre a extensão inteira (Figura 10.18), pode-mos obter as reações substituindo a � L nas equações anteriores, produ-zindo

(10-37a,b)MA � MB �qL2

12RA � RB �

qL

2

➥RB �L

dRB �q

L3 3

a

0x2(3L � 2x)dx �

qa3

2L3 (2L � a)

➥RA �L

dRA �q

L3 3

a

0(L � x)2(L � 2x)dx �

qa

2L3 (2L3 � 2a2 � a3)

dRA �q(L � x)2(L � 2x)dx

L3dRB �

qx2(3L � 2x)dx

L3

➥MB �L

dMB �q

L2 3

a

0x2(L � x)dx �

qa3

12L2 (4L � 3a)

➥MA �L

dMA �q

L2 3

a

0x(L � x)2dx �

qa2

12L2 (6L2 � 8aL � 3a2)

dMA �qx(L � x)2dx

L2dMB �

qx2(L � x)dx

L2

A

q

L

BMA

RA RB

MB

Figura 8-18Viga biengastada com um car-

regamento uniforme


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Exemplo 8-5• • •A deflexão no ponto médio de uma viga carregada uniformemente é

também de interesse. O procedimento mais simples para obter essa deflexãoé usar o método da superposição. A primeira etapa é remover as restriçõesdos momentos nos suportes e obter uma estrutura liberada na forma deuma viga simples. A deflexão para baixo no ponto médio de uma viga sim-ples devida a um carregamento uniforme (do Caso 1, Tabela G.2) é

(a)

e a deflexão para cima no ponto médio devida ao momento de extremidade(do Caso 10, Tabela G.2) é

(b)

Assim, a deflexão para baixo final da viga biengastada original (Figura10.18) é

Substituindo para as deflexões das Equações (a) e (b), obtemos

(10-38)

Essa deflexão é um quinto da deflexão no ponto médio de uma viga simplescom um carregamento uniforme (Equação u), novamente ilustrando oefeito do enrijecimento ao se fixar as extremidades da viga.

δC �qL4

384EI

δC � (δC )1 � (δC )2

(δC)2 �MAL2

8EI�

(qL2/12)L2

8EI�

qL4

96EI

(δC)1 �5qL4

384EI

Exemplo 8-6• • •Uma viga ABC (Figura 10.19a) repousa sobre suportes simples nos pontos Ae B e é suportada por um cabo no ponto C. A viga tem um comprimentototal de 2L e sustenta um carregamento uniforme de intensidade q. Antesda aplicação do carregamento uniforme, não há força no cabo nem há qual-quer afrouxamento.

Quando o carregamento uniforme é aplicado, a viga deflete para baixono ponto C e uma força de tração T se desenvolve no cabo. Encontre a inten-sidade dessa força.

A

q

L

B

h

C

D

L

Cable

(a)

A

q

BC C

D

(b)

T

T

Figura 8-19Exemplo 8.6. Viga ABC com uma

extremidade suportada por umcabo

SoluçãoForça redundante. A estrutura ABCD, consistindo em uma viga e um cabo,tem três reações verticais (nos pontos A, B e D). No entanto, somente duasequações de equilíbrio estão disponíveis a partir de um diagrama de corpolivre da estrutura inteira. Em consequência, a estrutura é estaticamente inde-terminada de primeiro grau e precisamos selecionar uma quantidade redun-dante para propósitos de análise.

A força de tração T no cabo é uma escolha adequada para a redundân-cia. Podemos liberar essa força removendo a conexão no ponto C, assim divi-


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Exemplo 8-6• • •dindo a estrutura em duas partes (Figura 10.19b). A estrutura liberada con-siste na viga ABC e no cabo CD como elementos separados, com a forçaredundante T atuando para cima na viga e para baixo no cabo.

Equação de compatibilidade. A deflexão no ponto C da viga ABC (Figura10.19b) consiste em duas partes, uma deflexão (δC)1 para baixo, devida aocarregamento uniforme, e uma deflexão (δC)2 para cima, devida à força T.Ao mesmo tempo, a extremidade mais baixa C do cabo CD desloca-se parabaixo por uma quantidade (δC)3 igual ao alongamento do cabo devido àforça T. Em consequência, a equação de compatibilidade, que expressa ofato de que a deflexão para baixo da extremidade C da viga é igual ao alon-gamento do cabo, é

(a)

Tendo formulado essa equação, voltamos agora à tarefa de avaliar todos ostrês deslocamentos.

Relações de força-deslocamento. A deflexão (δC)1 na extremidade dobalanço (ponto C na viga ABC) devida ao carregamento uniforme pode serencontrada a partir dos resultados dados no Exemplo 9.9 da Seção 9.5 (vejaFigura 9.21). Usando a Equação (9.59) desse exemplo e substituindo a � L,obtemos

(b)

em que EbIb é a rigidez de flexão da viga.A deflexão da viga no ponto C devida à força T pode ser tomada da res-

posta do Problema 9.8-5 ou do Problema 9.9-3. Essas respostas dão a deflexão(δC)2 na extremidade do balanço quando o comprimento do balanço é a:

Substituindo agora a � L, obtemos a deflexão desejada:

(c)

Finalmente, o alongamento do cabo é

(d)

em que h é o comprimento do cabo e EcAc é sua rigidez axial.Força no cabo. Substituindo esses deslocamentos (Equações b, c e d) na

equação de compatibilidade (Equação a), obtemos

Resolvendo para a força T, encontramos

(10-39)

Com a força T conhecida, podemos encontrar todas as reações, forças decisalhamento e momentos fletores por meio de diagramas de corpo livre eequações de equilíbrio.

Este exemplo ilustra como uma força interna (em vez de uma reaçãoexterna) pode ser usada como a redundante.

➥T �3qL4EcAc

8L3EcAc � 12hEbIb

qL4

4EbIb�

2TL3

3EbIb�

ThEcAc

(δC)3 �Th

EcAc

(δC)2 �2TL3

3EbIb

(δC)2 �Ta2(L � a)

3EbIb

(δC)1 �qL4

4EbIb

(δC)1 � (δC)2 � (δC)3

No Capítulo 8, investigamos o comportamento de vigas estaticamente indeter-minadas que sofrem a atuação tanto de cargas concentradas como de distribuí-das, tais como peso próprio. Os efeitos térmicos e o deslocamento longitudinaldevidos à redução de curvatura também foram considerados como tópicosespecializados no final do capítulo. Desenvolvemos duas abordagens de aná-lise: (1) integração da equação da curva elástica usando as condições de con-torno disponíveis para determinar constantes desconhecidas de integração ereações redundantes e (2) a abordagem mais geral (usada anteriormente nosCapítulos 2 e 3 para estruturas axiais e de torção, respectivamente) com basena superposição. No procedimento de superposição, complementamos as equa-ções de equilíbrio da estática com equações de compatibilidade para gerar umnúmero suficiente de equações para determinar todas as forças desconhecidas.As relações de força-deslocamento foram usadas, juntamente com as equaçõesde compatibilidade, para gerar as equações adicionais necessárias para resol-ver o problema. O número de equações adicionais necessárias foi visto comodependente do grau de indeterminação estática da estrutura da viga. A aborda-gem da superposição é limitada a estruturas de vigas feitas de materiais elásti-cos lineares. Os conceitos mais importantes apresentados neste capítulo são:

1. Diversos tipos de estruturas de vigas estaticamente indeterminadas,como engastes, apoios, articulações e vigas contínuas, foram discutidos.O grau de indeterminação estática foi determinado para cada tipo de vigae uma estrutura liberada foi definida para cada caso através da remoçãode diferentes reações redundantes.

2. A estrutura liberada deve ser estaticamente determinada e estável sob aação de carregamentos aplicados. Observe que também é possível inserirrótulas internas de força axial, cisalhamento e de momento (veja a discus-são no Capítulo 4) para produzir a estrutura liberada, assunto tratadoem cursos mais avançados de análise estrutural.

3. Para estruturas de vigas simples indeterminadas estaticamente, a equaçãodiferencial da curva elástica pode ser escrita como uma equação desegunda, terceira ou quarta ordem em termos de momento, forças decisalhamento e cargas distribuídas, respectivamente. Aplicando condi-ções de contorno e outras condições, pode-se resolver as constantes deintegração e reações redundantes.

4. Uma abordagem de solução mais geral para vigas mais complexas eoutros tipos de estruturas é a do método de superposição (tambémconhecido como método da força ou flexibilidade). Aqui, equações adi-cionais que descrevem a compatibilidade de deslocamentos e incorporamas relações de força-deslocamento apropriadas para vigas são utilizadaspara complementar as equações de equilíbrio. O número de equações decompatibilidade necessário para a solução é igual ao grau de indetermi-nação estática da estrutura da viga.

5. Na maioria dos casos, há vários caminhos para a mesma solução, depen-dendo da escolha da reação redundante.


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Equações Diferenciais de Curva deDeflexãoOs problemas da Seção 8.3 devem ser resolvidos integrando asequações diferenciais da curva de deflexão. Todas as vigas têmrigidez de flexão EI constante. Quando estiver desenhando osdiagramas de forças de cisalhamento e momento fletor, tenhacerteza de indicar todas as ordenadas críticas, incluindo osvalores máximos e mínimos.

8.3-1 Uma viga engastada apoiada AB de comprimento Lestá carregada por um momento M0 anti-horário atuando nosuporte B (veja a figura).Começando com a equação diferencial de segunda ordem dacurva de deflexão (a equação do momento fletor), obtenha asreações, forças de cisalhamento, momentos fletores, inclina-ções e deflexões da viga. Construa os diagramas de força decisalhamento e do momento fletor indicando todas as orde-nadas críticas.

PROB. 8.3-1

8.3-3 Uma viga engastada AB de comprimento L tem umengastamento em A e um suporte de rolete em B (veja afigura). O suporte em B é movido para baixo uma distância δB.

Usando a equação diferencial de quarta ordem da curvade deflexão (a equação do carregamento), determine as rea-ções da viga e a equação da curva de deflexão. (Observação:Expresse todos os resultados em termos do deslocamentoimposto δB.)

PROB. 8.3-3

8.4-2 Uma viga com um suporte guiado em B é carregadacom uma carga distribuída uniformemente de intensidade q.Use o método de superposição para determinar todas as rea-ções. Desenhe também os diagramas de força de cisalha-mento e do momento fletor, indicando todas as ordenadascríticas.

dB

L

A

B

x

y

RA

MA

RB

A

L

y

xB

M0

MA

RA

RB

PROB. 8.4-2

8.4-8 Uma viga contínua ABC com dois vãos diferentes,um de comprimento L e outro de comprimento 2L, suportaum carregamento uniforme de intensidade q (veja a figura).Determine as reações RA, RB e RC para essa viga. Desenhetambém os diagramas de força de cisalhamento e domomento fletor, indicando todas as ordenadas críticas.

PROB. 8.4-8

8.4-22 A estrutura contínua ABC tem um suporte pinadoem A, um suporte guiado em C e uma conexão rígida decanto em B (veja a figura). Os membros AB e BC têm, cadaum, comprimento L e rigidez de flexão EI. Uma força hori-zontal P atua na altura média do membro AB.

(a) Encontre todas as reações da estrutura.(b) Qual é o maior momento fletor Mmax na estrutura?

(Observação: Despreze as deformações axiais nos membrosAB e BC e considere somente os efeitos da flexão.)

PROB. 8.4-26

A

B

P

L—2

L—2

L

C

HA

HC

MC

VA

A

RA RB RC

L

B C

2L

q

A L Bx

y

MA

MB

RA

q


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(b) Para uma viga de liga de alumínio com E � 70 GPa,calcule a tensão de tração σt quando a razão da deflexão δpelo comprimento L é igual a 1/200, 1/400 e 1/600.

PROB. 10.6-1

AH

L

H

y

xBd

Deslocamentos longitudinais nas extremidades das vigas8.6-1 Assuma que a forma defletida de uma viga AB comsuportes pinados imóveis (veja a figura) seja dada pela equa-ção v � �δ sen πx/L, em que δ é a deflexão no ponto médioda viga e L é o comprimento. Assuma também que a viga temrigidez axial constante EA.

(a) Obtenha fórmulas para a força longitudinal H nasextremidades da viga e a correspondente tensão de traçãoaxial σt.


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C A P Í T U L O9Colunas


O Capítulo 9 trata da flambagem de colunas delga-das que suportam cargas de compressão em estrutu-ras. Primeiro, a carga axial crítica que indica oprincípio da flambagem será definida e calculadapara um número de modelos simples compostos debarras rígidas e molas elásticas (Seção 9.2). Emseguida, as condições de equilíbrio instáveis, neutrase estáveis serão descritas para tais estruturas rígidasidealizadas. Depois, a flambagem elástica linear decolunas delgadas com condições de extremidadepinada será considerada (Seção 9.3). A equação dife-rencial da curva de deflexão será deduzida e resol-

vida para obter expressões para a carga de flamba-gem de Euler (Pcr) e o perfil flambado associadopara o modo fundamental. A tensão crítica (�cr) e arazão de esbeltez (L/r) serão definidas e os efeitos degrandes deflexões, imperfeições da coluna, compor-tamento inelástico e perfis ótimos de colunas serãoexplicados. Cargas críticas e perfis de modos deflambagem serão então calculados para três casosadicionais de suporte de colunas – engastado-livre,engastado-engastado e engastado-pinado (Seção9.4) – e o conceito de comprimento efetivo (Le) seráintroduzido.


9.1 Introdução 7009.2 Flambagem e estabilidade 7009.3 Colunas com extremidades apoiadas por

pinos 703

9.4 Colunas com outras condições de apoio 713Resumo e revisão do capítulo 738Problemas 739

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9.1 IntroduçãoEstruturas que sustentam carregamentos podem falhar de várias formas,dependendo do tipo da estrutura, das condições de apoio, dos tipos de carre-gamentos e dos materiais usados. Por exemplo, um eixo de um veículo podefraturar repentinamente devido a ciclos repetidos de carregamento, ou umaviga pode defletir excessivamente, de forma que a estrutura fique impossibili-tada de realizar suas funções projetadas. Esses tipos de falhas são prevenidosdimensionando-se as estruturas de forma que tensões e deslocamentos máxi-mos permaneçam dentro dos limites toleráveis. Dessa forma, a resistência e arigidez são fatores importantes no dimensionamento, como discutido ao longodos capítulos anteriores.

Outro tipo de falha é a flambagem, que é o assunto deste capítulo. Iremosconsiderar especificamente a flambagem de colunas, que são membros longose esbeltos carregados axialmente em compressão (Figura 9.1a). Se um membroem compressão for relativamente esbelto, ele pode defletir lateralmente e falharpor flexão (Figura 9.1b), em vez de falhar pela compressão direta do material.Você pode demonstrar esse comportamento comprimindo uma régua de plás-tico ou qualquer outro objeto esbelto. Quando ocorre flexão lateral, dizemosque a coluna flambou. Sob um carregamento axial crescente, as deflexões late-rais também aumentarão e, por fim, a coluna cederá completamente.

O fenômeno de flambagem não está limitado a colunas. A flambagem podeocorrer em vários tipos de estruturas e pode tomar muitas formas. Quandovocê pisa no topo de uma lata de alumínio vazia, as paredes finas e cilíndricasflambam sob seu peso e podem romper. Quando uma grande ponte rompeualguns anos atrás, investigadores descobriram que a falha foi causada pelaflambagem de uma placa de aço fina que dobrou sob tensões de compressão.A flambagem é uma das maiores causas de falhas em estruturas e, por isso, apossibilidade de flambagem deve sempre ser considerada no dimensionamento.

9.2 Flambagem e estabilidadePara ilustrar os conceitos fundamentais de flambagem e estabilidade, analisa-remos a estrutura idealizada, ou modelo de flambagem, ilustrada na Figura9.2a. Essa estrutura hipotética consiste em duas barras rígidas AB e BC, comcomprimento L/2 cada. Elas são unidas em B por um pino e mantidas na posi-ção vertical por uma mola rotacional tendo rigidez βR.

Essa estrutura idealizada é análoga à coluna da Figura 9.1a, porque ambastêm apoios simples nas extremidades e são comprimidas por um carregamentoaxial P. No entanto, a elasticidade da estrutura idealizada está “concentrada”na mola rotacional, ao passo que uma coluna real pode fletir ao longo de todoo seu comprimento (Figura 9.1b).

Na estrutura idealizada, as duas barras estão perfeitamente alinhadas e ocarregamento axial P tem sua linha de ação ao longo do eixo longitudinal(Figura 9.2a). Consequentemente, a mola está relaxada e as barras estão emcompressão direta.

Agora suponha que a estrutura seja perturbada por alguma força externaque faz o ponto B mover-se lateralmente por uma pequena distância (Figura9.2b). As barras rígidas giram em pequenos ângulos � e um momento é desen-volvido na mola. A direção desse momento é de tal forma que tende a retornara estrutura para sua posição reta original, e por isso ele é chamado de momentorestaurador. Ao mesmo tempo, entretanto, a tendência da força de compressão


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Figura 9-1Flambagem de uma coluna

devida a um carregamento axialde compressão P

A A

B

L

P

B

P

(a) (b)

* A relação geral para uma mola rotacional é ,, em que M é o momento agindo na mola, βR é a rigidez rota-cional e é o ângulo através do qual a mola gira. Assim, a rigidez rotacional é dada em unidades de momento peloângulo, como lb-pol./rad ou N�m/rad. A relação análoga para uma mola de translação é , em que F é a forçaagindo na mola, β é a rigidez de translação da mola (ou constante da mola) e δ é a variação no comprimento da mola.Dessa forma, a rigidez de translação tem unidades de força dividida por comprimento, como lb/pol. ou N/m.

F � βδθ

M � βRθ

axial é de aumentar o deslocamento lateral. Assim, essas duas ações têm efei-tos opostos – o momento restaurador tende a diminuir o deslocamento e aforça axial tende a aumentá-lo.

Agora considere o que ocorre quando a força perturbadora é removida. Sea força axial P for relativamente pequena, a ação do momento restaurador pre-dominará sobre a ação da força axial e a estrutura retornará à sua posição retainicial. Nessas condições, a estrutura é chamada de estável. No entanto, se aforça axial P for grande, o deslocamento lateral do ponto B aumentará e asbarras girarão em ângulos cada vez maiores até que a estrutura colapse. Nessascondições, a estrutura é chamada de instável e falha por flambagem lateral.

Carregamento CríticoA transição entre as condições estável e instável ocorre em um valor espe-

cial da força axial conhecido como carregamento crítico (denotado pelo sím-bolo Pcr). Podemos determinar o carregamento crítico considerando aestrutura na posição perturbada (Figura 9.2b) e investigando seu equilíbrio.

Primeiramente, consideramos toda a estrutura como um corpo livre esomamos os momentos em relação ao suporte A. Esse passo leva à conclusãode que não há reação horizontal no apoio C. Em seguida, consideramos abarra BC como um corpo livre (Figura 9.2c) e notamos que ela está submetidaà ação das forças axiais P e do momento MB na mola. O momento MB é igualà rigidez rotacional βR multiplicado pelo ângulo de 2θ rotação da mola; dessaforma,

(9-1a)

Uma vez que o ângulo θ é uma quantidade pequena, o deslocamento late-ral do ponto B é θL/2. Por isso, obtemos a seguinte equação de equilíbriosomando momentos em relação ao ponto B para a barra BC (Figura 9.2c):

(9-1b)

ou, substituindo da Equação (a),

(9-2)

Uma solução dessa equação é θ � 0, que é uma solução trivial e apenas sig-nifica que a estrutura está em equilíbrio quando está perfeitamente reta, inde-pendentemente da intensidade da força P.

a2βR �PL2bθ � 0

MB � P aθL2b � 0

MB � 2βRθ

capítulo 9 Colunas 357

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Figura 9-2Flambagem de uma estruturaidealizada formada por duasbarras rígidas e uma mola rota-cionalL

2—

L2—

A

C

B

Rigidbar

bR

(a) (b)

(c)

P

A

C

B

BbR

P

Rigidbar u

C

P

u

u

MB

P

Uma segunda solução é obtida fazendo o termo entre parênteses igual azero e resolvendo para o carregamento P, que é o carregamento crítico:

(9-3)

Neste valor crítico do carregamento, a estrutura está em equilíbrio indepen-dentemente do tamanho do ângulo θ (desde que o ângulo permaneça pequeno,porque fizemos essa suposição ao deduzir a Equação 9-1b).

Da análise anterior vemos que o carregamento crítico é o único para o quala estrutura estará em equilíbrio na posição perturbada. Neste valor de carre-gamento, o efeito restaurador do momento na mola apenas se iguala ao efeitode flambagem do carregamento axial. Por isso, o carregamento crítico repre-senta a fronteira entre as condições estável e instável.

Se o carregamento axial for menor que Pcr, o efeito do momento na molapredomina e a estrutura retorna à posição vertical após um distúrbio leve; se ocarregamento axial for maior que Pcr, o efeito da força axial predomina e aestrutura flamba:

Se P � Pcr, a estrutura é estávelSe P � Pcr, a estrutura é instável

Da Equação (9.3), vemos que a estabilidade da estrutura é ampliada peloaumento de sua rigidez ou pela diminuição de seu comprimento. Posteriormenteneste capítulo, quando determinarmos carregamentos críticos para váriostipos de colunas, veremos que se aplicam essas mesmas observações.

ResumoVamos resumir o comportamento da estrutura idealizada (Figura 9.2a) àmedida que o carregamento axial P aumenta de zero até um valor grande.

Quando o carregamento axial é menor que o carregamento crítico (0 � P� Pcr), a estrutura está em equilíbrio quando é perfeitamente reta. Como oequilíbrio é estável, a estrutura retorna à sua posição inicial após ser pertur-bada. Portanto, a estrutura está em equilíbrio apenas quando é perfeitamentereta (θ � 0).

Quando o carregamento axial é maior que o carregamento crítico (P �Pcr), a estrutura ainda está em equilíbrio quando θ � 0) (porque ela está emcompressão direta e não há momento na mola), mas o equilíbrio é instável enão pode ser mantido. O menor distúrbio fará a estrutura flambar.

No carregamento crítico (P � Pcr), a estrutura está em equilíbrio mesmoquando o ponto B é deslocado lateralmente por uma pequena distância. Emoutras palavras, a estrutura está em equilíbrio para qualquer ângulo pequenoθ, incluindo θ � 0. No entanto, a estrutura não é nem estável nem instável – elaestá na fronteira entre estabilidade e instabilidade. Essa condição é chamada deequilíbrio neutro.

As três condições de equilíbrio para a estrutura idealizada são mostradasno gráfico do carregamento axial P pelo ângulo de rotação θ (Figura 9.3). Asduas linhas grossas, uma vertical e uma horizontal, representam as condiçõesde equilíbrio. O ponto B, em que o diagrama de equilíbrio se ramifica, é cha-mado de ponto de bifurcação.

A linha horizontal para equilíbrio neutro estende-se para a esquerda edireita do eixo vertical, porque o ângulo θ pode ser horário ou anti-horário. Alinha estende-se apenas por uma pequena distância, entretanto, porque nossaanálise baseia-se na suposição de que θ seja um ângulo pequeno (essa suposi-ção é bastante válida, porque θ é, de fato, pequeno quando a estrutura acabade sair de sua posição vertical. Se a flambagem continuar e θ ficar grande, achamada linha de “equilíbrio neutro” curva-se para cima, como ilustrado maisadiante na Figura 9.11).

Pcr �4βR

L


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P

B

O θ

Equilíbrio estável

Equilíbrio instável

Equilíbrio neutro

Pcr

Figura 9-3Diagrama de equilíbrio para

flambagem de uma estruturaidealizada

As três condições de equilíbrio representadas pelo diagrama da Figura 9.3são análogas àquelas de uma bola colocada sobre uma superfície lisa (Figura9.4). Se a superfície for côncava, como o interior de um prato, o equilíbrio éestável e a bola sempre retorna para o ponto mais baixo quando perturbada.Se a superfície for convexa, como uma cúpula, a bola pode teoricamente estarem equilíbrio no topo da superfície, mas o equilíbrio é instável e, na realidade,


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FigURA 9-4Bola em equilíbrio estável,instável e neutro

a bola sempre rola. Se a superfície for perfeitamente plana, a bola está em equi-líbrio neutro e permanece onde for colocada.

Como veremos na próxima seção, o comportamento de uma coluna idealelástica é análogo àquele do modelo de flambagem ilustrado na Figura 9.2.Além disso, muitos outros tipos de sistemas mecânicos e estruturais ajustam-sea este modelo.

Exemplo 9-1• • •Duas colunas idealizadas são mostradas na Fig. 11-5. Ambas as colunas sãoinicialmente retas e verticais. A primeira coluna (Estrutura 1, Fig. 11-5a)constituída por uma única barra rígida ABCD que é fixada em D e apoiadalateralmente em B por uma mola com rigidez translacional β. A segundacoluna (Estrutura 2, Fig. 11-5b) é composta por barras rígidas ABC e CD, queestão unidas em C por uma conexão elástica com rigidez rotacional

. A estrutura 2 está fixa em D e tem um suporte de roletes emB. Encontre uma expressão para a carga crítica Pcr para cada coluna.

SolutionEstrutura 1. Começamos por considerar o equilíbrio da estrutura 1 em umaposição alterada causada por alguma carga externa e definida pelo ângulode pequena rotação θD (Fig. 11-5a). Somando momentos sobre D, obtemosa seguinte equação de equilíbrio:

(a)

onde (b)

e (c)

Uma vez que o ângulo θD é pequeno, o deslocamento lateral ΔA é obtidousando a Eq. (b). A força HB na mola de translação em B é o produto da cons-tante � da mola e o pequeno deslocamento horizontal ΔB. Substituindo aexpressão para ΔA da Eq. (b) e a expressão para HB a partir da Eq. (c) na Eq. (a)e resolvendo para P, descobrimos que a carga crítica Pcr para a Estrutura 1 é:

(d)

O formato flambado característico da Estrutura 1, é a posição alterada mos-trada na Fig. 11-5a.

Estrutura 2. A mola de translação em B é agora substituída por umsuporte de roletes, e a estrutura é montada usando duas barras rígidas (ABCe CD), unidas por uma mola rotacional tendo uma rigidez βR . Se somarmos

βR � (2/5)βL2

➥Pcr �HB

¢A

a3L2b �

βθDa3L2b

θD(2L)a3L

2b �

98

βL

HB � β¢B � β cθDa3L2b d

¢A � θDaL � 2L2b � θD(2L)

©MD � 0 P¢A � HBa3L2b


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Estrutura 1

Estrutura 2

L

L/2

L/2

L/2

L/2

Posiçãoinicial

Posiçãoinicial

�C = θDL

�B = 0

�A

�C = θDL

θC = 2θD

�A

�B = θD(3L/2)

(a) (b)

θD

θD

β

βR

C C

L

D

B B

A A

D

P PFigura 9-5Exemplo 11-1: Posições flamba-das de duas estruturas idealiza-

das, (a) uma suportadalateralmente por uma mola detranslação e (b) a outra supor-tada por uma conexão elástica

rotacional.

L/2

ΔC = θDL

ΔA

MC

C

B

A

L/2

P

P

θC = 2θD

(c)

L/2

L/2

Posiçãoinicial

ΔB

ΔA

ΔC = θDL

(d)

θD

θC

θD

βR

β

C

B

L

D

P

A

L/2

MC = βR (θC − θD)

θCL

θC

HBC

(e)

B

A

L/2

P

P

HB = βΔB

os momentos sobre D com a estrutura intacta, concluímos que a reação hori-zontal HB é zero. Em seguida, vamos considerar o equilíbrio da estrutura 2em uma condição alterada, mais uma vez definido por um ângulo depequena rotação θD (Fig. 11-5b). Usando um diagrama de corpo livre dabarra superior ABC (Fig. 11-5c) e notando que o momento Mc é igual à rigi-dez rotacional βR vezes a rotação relativa total da mola, temos:

(e)

Vemos que o equilíbrio da barra ABC precisa que:

(f)

Substituindo expressões para Mc, ΔA, e Δc na Eq. (f), obtemos:

MC � βR(θC � θD) � βR(2θD � θD) � βR(3θD)

©MC � 0 MC � P(¢A � ¢C) � 0


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Assim, a carga crítica Pcr para a estrutura 2 é:

(g)

O formato flambado característico da Estrutura 2 é a posição alterada mos-trada na Fig. 11-5b.

Modelo e análise combinada. Nós podemos criar um modelo mais avan-çado ou estrutura complexa, combinando as características da estrutura 1 e2 em uma única estrutura, como mostrado na Fig. 11-5d. Esta estrutura idea-lizada é mostrada na sua posição alterada e agora tem tanto a mola trans-lacional β em B como a conexão elástica rotacional βR na articulação C ondeas barras rígidas ABC e CD são unidas. Note que os dois ângulos de rotação,θC e θD, são agora obrigados a descrever de forma única, qualquer posiçãoarbitrária da estrutura alterada (como alternativa, poderíamos usar transla-ções ΔB e ΔC, por exemplo, em vez de θC e θD). Vamos nos referir à posiçãodos ângulos θC e θD como graus de liberdade. Assim, a estrutura combinadatem dois graus de liberdade e, portanto, tem dois possíveis formatos flam-bados característicos e duas cargas críticas diferentes, cada uma das quaiscausa a característica de flambagem associada. Em contraste, vemos agoraque as estruturas 1 e 2 são estruturas com o grau único de liberdade, por-que só é necessário θD (ou, alternativamente, ΔC ) para definir o formatoflambado de cada estrutura representada nas Figs. 11-5a e b.

Podemos observar que, se a mola rotacional βR se torna infinitamenterígida na estrutura combinada (Fig. 11-5d) (mas β permanece finito), omodelo combinado dos dois graus de liberdade (2DOF) se reduz ao modelode um grau de liberdade (SDOF) da Fig. 11-5a. Da mesma forma, se a molatranslacional � se torna infinitamente rígida na Fig. 11-5d (enquanto βR per-manece finito), o suporte elástico em B torna-se um suporte de rolete.Concluímos que as soluções de Pcr para as estruturas 1 e 2 nas Eqs. (d) e (g)são simplesmente duas soluções de caso-especial do modelo geral combi-nado na Fig. 11-5d.

Nosso objetivo agora é encontrar uma solução geral para o modelo2DOF na Fig. 11-5d e, em seguida, para mostrar que as soluções de Pcr paraas Estruturas 1 e 2 podem ser obtidas a partir desta solução geral.

Primeiro, consideremos o equilíbrio de todo o modelo 2DOF na posiçãoalterada mostrada na Fig. 11-5d. Somando momentos sobre D, temos:

where

and

Combinando estas expressões, obtemos a seguinte equação em termos dosdois ângulos de posição desconhecidos (θC e θD) como:

(h)

Podemos obter uma segunda equação que descreve o equilíbrio daestrutura alterada a partir do diagrama de corpo livre da barra ABC sozinha

θCaP �34

βLb � θDaP �32

βLb � 0

HB � β¢B � β aθCL2

� θDLb

¢A � (θC � θD)L

©MD � 0 P¢A � HBa3L2b � 0

➥Pcr �3βR

2Lor Pcr �

32La2

5βL2b �

35

βL

Pcr �MC

¢A � ¢C

�βR(3θD)

θCa L2b � θD(L)

�βR(3θD)

θD(2L)


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Exemplo 9-1• • •(Fig. 11-5e). O momento em C é igual à rigidez da mola rotacional βR vezesa rotação relativa em C e a força da mola HB é igual à constante β da molavezes o deslocamento de translação total em B:

(i)

e

(j)

Somando momentos sobre C na Fig. 11-5e, ficamos com a segunda equaçãode equilíbrio para o modelo combinado como:

(k)

Inserindo expressões para MC usando Eq. (i) e HB usando a Eq. (j) na Eq. (k)e simplificando dá:

(l)

Agora temos duas equações algébricas nas Eqs. (h) e (l) e duas incógni-tas ( θC,θD). Estas equações podem ter soluções diferentes de zero (isto é, nãotrivial) somente se o determinante dos coeficientes de θC e θD é igual a zero.Substituindo a expressão assumida para e, em seguida, avaliandoo determinante produz a seguinte equação característica para o sistema:

(m)

Resolvendo a Eq. (m) usando a fórmula quadrática resulta em dois valo-res possíveis da carga crítica:

Estes são os valores próprios do sistema combinado 2DOF. Normalmente, ovalor mais baixo da carga crítica é o de mais interesse, porque a estruturaflambará em primeiro lugar neste valor mais baixo. Se substituirmos Pcr1 ePcr2 volta nas Eqs. (h) e (l), podemos encontrar o formato flambado caracte-rístico (ou seja, auto vetor) associado com cada carga crítica.

Aplicação do modelo combinado de Estruturas 1 e 2. Se a rigidez damola de rotacional βR vai para o infinito enquanto a rigidez da mola trans-lacional β permanece finita, o modelo combinado (Fig. 11-5d) se reduz àEstrutura 1 porque a rotação dos ângulos θC e θD são iguais, como mostradona Fig. 11-5a. Igualando θC e θD na Eq.(h) e resolvendo para P resulta em Pcr� (9/8)βL, que é a carga crítica para a Estrutura 1 [ver Eq. (d)].

Se a rigidez da mola rotacional βR permanece finita, enquanto a rigidezda mola translacional β vai para o infinito, o modelo combinado (Fig. 11-5)se reduz à Estrutura 2. A mola de translação torna-se um suporte de roletes,assim ΔB � 0 (ou seja, HB � 0), enquanto que o ângulo de rotação θC � �2θD(ou seja, �C no sentido horário, de modo negativo, como mostrado na Fig.11-5b). Inserindo β � 0 e θC � �2θD na Eq. (l) dá a carga crítica para aEstrutura 2 [ver Eq. (g)].

βR (2/5βL2)

MC � βR(θC � θD)

Pcr2 � βLa41 � 124140

b � 1.413βL

Pcr1 � βLa41 � 124140

b � 0.637βL

P2 � a4120

βLbP �9

10(βL)2 � 0

θCaP �14

βL �βR

Lb � θDa βR

L�

12

βLb � 0

©MC � 0 P(θCL) � MC � HBL2

� 0

HB � β¢B � β aθCL2

� θDLb

9.3 Colunas com extremidades apoiadaspor pinosComeçamos nossa investigação do comportamento da estabilidade de colunasanalisando uma coluna esbelta com extremidades apoiadas por pinos (Figura9.6a). A coluna é carregada por uma força vertical P que é aplicada através docentroide da seção transversal da extremidade. A coluna é perfeitamente reta efeita de um material elástico linear que segue a lei de Hooke. Uma vez que assu-mimos que a coluna não tem imperfeições, ela é chamada de coluna ideal.


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Figura 9-6Coluna com extremidadesapoiadas por pinos: (a) colunaideal, (b) modo de flambagem e(c) força axial P e momento fle-tor M agindo na seção transver-sal

P

(a) (b)

A

B

L

P

A

B

P

y y y

x x

x

M

(c)

A

x

v

Para fins de análise, construímos um sistema de coordenadas com sua ori-gem no apoio A e com o eixo x ao longo do eixo longitudinal da coluna. O eixoy é direcionado para a esquerda na figura, e o eixo z (não ilustrado) sai doplano da figura em direção ao leitor. Assumimos que o plano xy é um plano desimetria da coluna e que qualquer flexão ocorre nesse plano (Figura 9.5b). Oeixo de coordenadas é idêntico àquele usado em nossas discussões anterioresde vigas, como pode ser visto girando-se a coluna em um ângulo de 90º.

Quando o carregamento axial P possui um valor pequeno, a coluna perma-nece perfeitamente reta e sofre compressão axial direta. As únicas tensões sãoas de compressão uniformes obtidas a partir da equação σ � P/A. A colunaestá em equilíbrio estável, o que significa que ela retorna à posição reta apósuma perturbação. Por exemplo, se aplicarmos um pequeno carregamento late-ral e fizermos a coluna fletir, a deflexão desaparecerá e a coluna retornará à suaposição inicial quando o carregamento lateral for removido.

À medida que o carregamento axial P é gradualmente aumentado, atingi-mos uma condição de equilíbrio neutro em que a coluna pode ter uma formafletida. O valor correspondente do carregamento é o carregamento crítico Pcr.Nesse carregamento, a coluna pode sofrer pequenas deflexões laterais semvariação na força axial. Por exemplo, um pequeno carregamento lateral produ-zirá um perfil flexionado que não desaparece quando o carregamento é remo-vido. Dessa forma, o carregamento crítico pode manter a coluna em equilíbrioou na posição retilínea ou em uma posição levemente flexionada.

Em valores mais altos de carregamento, a coluna é instável e pode romperpor flambagem, isto é, por flexão excessiva. Para o caso ideal que estamos dis-cutindo, a coluna estará em equilíbrio na posição retilínea mesmo quando aforça axial P for maior que o carregamento crítico. Entretanto, uma vez que oequilíbrio é instável, o menor distúrbio imaginável fará com que a coluna sofradeflexão para um dos lados. Uma vez que isso ocorra, as deflexões aumenta-rão imediatamente e a coluna falhará por flambagem. O comportamento é

similar àquele descrito na seção anterior para o modelo de flambagem ideali-zado (Figura 9.2).

O comportamento de uma coluna ideal comprimida por um carregamentoaxial P (Figuras 9.6a e b) pode ser resumido da seguinte maneira:

Se P � Pcr, a coluna está em equilíbrio estável na posição reta.Se P � Pcr, a coluna está em equilíbrio neutro tanto na posição retilínea

quanto na posição levemente flexionada.Se P � Pcr, a coluna está em equilíbrio instável na posição retilínea e

flambará sob a menor perturbação.

Naturalmente, uma coluna real não se comporta dessa maneira idealizada,porque imperfeições estão sempre presentes. Por exemplo, a coluna não é per-feitamente reta e o carregamento não está exatamente no centroide. Todavia,começaremos estudando colunas ideais porque elas fornecem conceitos impor-tantes para a compreensão do comportamento de colunas reais.

Equação diferencial para flambagem de colunaPara determinar os carregamentos críticos correspondentes às formas defleti-das para uma coluna real apoiada por pinos (Figura 9.6a), usamos uma dasequações diferenciais da curva de deflexão de uma viga (veja as Equações9.12a, b e c na Seção 9.2). Essas equações são aplicáveis a uma coluna flam-bada porque a coluna flete como se fosse uma viga (Figura 9.6b).

Embora ambas as equações diferenciais de quarta ordem (a equação de car-regamento) e de terceira ordem (equação da força de cisalhamento) sejam ade-quadas para analisar colunas, usaremos a equação de segunda ordem (aequação de momento fletor) porque sua solução geral é normalmente a maissimples. A equação de momento fletor (Equação 9.16a) é

(9-4)

em que M é o momento fletor em qualquer seção transversal, v é a deflexãolateral na direção y e EI é a rigidez de flexão para flexão no plano xy.

O momento fletor M a uma distância x a partir da extremidade A da colunaflambada é ilustrado agindo na sua direção positiva na Figura 9.6c. Note quea convenção de sinal de momento fletor é a mesma que a usada em capítulosanteriores, isto é, momento fletor positivo produz curvatura positiva (veja asFiguras 9.3 e 9.4).

A força axial P agindo na seção transversal também é mostrada na Figura9.5c. Uma vez que não há forças horizontais agindo nos apoios, não há forçasde cisalhamento na coluna. Por isso, do equilíbrio de momentos em relação aA, obtemos

(9-5)

em que v é a deflexão na seção transversal.Essa mesma expressão para o momento fletor é obtida se assumirmos que

a coluna flamba para a direita em vez de para a esquerda (Figura 9.7a).Quando a coluna deflete para a direita, a deflexão propriamente dita é –v, maso momento da força axial sobre o ponto A também muda de sinal. Dessaforma, a equação de equilíbrio para os momentos em relação ao ponto A (vejaa Figura 9.7b) é

que fornece a mesma expressão para o momento fletor M como antes.A equação diferencial da curva de deflexão (Equação 9.3) agora se torna

(9-6)EIv � Pv � 0

M � P(�v) � 0

M � Pv � 0 ou M � �Pv

EIv � M


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Figura 9-7Coluna com extremidades

apoiadas por pinos (direçãoalternativa de flambagem)

P

(a) (b)

A

B

P

y y

x

�v

x

M

A

x

Resolvendo essa equação, que é uma equação diferencial linear homogêneade segunda ordem com coeficientes constantes, podemos determinar a magni-tude do carregamento crítico e o perfil defletido da coluna flambada.

Note que estamos analisando a flambagem de colunas resolvendo a mesmaequação diferencial básica que resolvemos nos Capítulos 9 e 10 ao encontrardeflexões em vigas. Entretanto, há uma diferença fundamental nos dois tiposde análises. No caso de deflexões em vigas, o momento fletor M aparecendo naEquação (9.4) é uma função dos carregamentos apenas – ele não depende dasdeflexões da viga. No caso da flambagem, o momento fletor é uma função daspróprias deflexões (Equação 9.5).

Dessa forma, agora encontramos um novo aspecto da análise de flexão. Emnosso trabalho anterior, o perfil defletido da estrutura não foi considerado, eas equações de equilíbrio foram baseadas na geometria da estrutura não defor-mada. Agora, no entanto, a geometria da estrutura deformada é levada emconta ao se escrever as equações de equilíbrio.

Solução da equação diferencialPor conveniência, ao escrever a solução geral da equação diferencial (Equação9.5), introduzimos a notação

(9-7a,b)

em que k é sempre tomado como uma quantidade positiva. Note que k temunidades de recíproco comprimento, e por isso quantidades como kx e kL sãoadimensionais.

Usando essa notação, podemos reescrever a Equação (9.6) na forma

(9-8)

Pela matemática, sabemos que a solução geral dessa equação é

(9-9)

em que C1e C2 são constantes de integração (a serem calculadas a partir dascondições de contorno, ou condições de extremidade, da coluna). Note que onúmero de constantes arbitrárias na solução (duas nesse caso) está de acordocom a ordem da equação diferencial. Note também que podemos verificar asolução substituindo a expressão por v (Equação 9.9) na equação diferencial(Equação 9.8) e reduzindo-a a uma identidade.

Para calcular as constantes de integração que aparecem na solução(Equação 9.9), usamos as condições de contorno nas extremidades da coluna;isto é, a deflexão é zero quando x � 0 e x � L (veja a Figura 9.5b):

(9-10a,b)

A primeira condição fornece C2 � 0, e por isso

(9-10c)

A segunda condição fornece

(9-10d)

Dessa equação concluímos que ou C1 � 0 ou sen kL � 0. Vamos considerarambas as possibilidades:

Caso 1. Se a constante C1 for igual a zero, a deflexão v também será zero(veja a Equação c), e por isso a coluna permanece reta. Além disso, notamosque quando C1 for igual a zero, a Equação (d) estará satisfeita para qualquer

C1 sen kL � 0

v � C1 sen kx

v(0) � 0 e v(L) � 0

v � C1 sen kx � C2 cos kx

v � k2v � 0

k2 �PEI

ou k �C

PEI


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Figura 9-8 Diagrama de carregamento-deflexão para uma coluna ideal,elástica linear

P

B

O v

Equilíbrio estável

Equilíbrio instável

Equilíbrio neutro

Pcr

valor da quantidade kL. Consequentemente, o carregamento axial P pode tam-bém ter qualquer valor (veja a Equação 9.7b). Essa solução da equação dife-rencial (conhecida em matemática como a solução trivial) é representada peloeixo vertical do diagrama de carregamento-deflexão (Figura 9.8). Ele fornece ocomportamento de uma coluna ideal em equilíbrio (estável ou instável) naposição retilínea (sem deflexão) sob a ação do carregamento de compressão P.

Caso 2. A segunda possibilidade para satisfazer a Equação (9.10d) é dadapela equação a seguir, conhecida como equação de flambagem:

(9-11)

Essa equação é satisfeita quando . No entanto, uma vezque kL � 0 significa que P � 0, essa solução não é de interesse. Por isso, assoluções que iremos considerar são

(9-12)

ou (veja a Equação 9.6a):

(9-13)

Essa fórmula fornece os valores de P que satisfazem a equação de flambageme fornece soluções (outras que não a solução trivial) para a equação diferen-cial.

A equação da curva de deflexão (das Equações c e e) é

(9-14)

Apenas quando P tem um dos valores dados pela Equação (9.13) é teorica-mente possível que a coluna tenha uma forma flexionada (dada pela Equação9.14). Para todos os outros valores de P, a coluna está em equilíbrio apenas sepermanecer reta. Por isso, os valores de P dados pela Equação (9.13) são oscarregamentos críticos para essa coluna.

Carregamentos críticosO menor carregamento crítico para uma coluna com extremidades apoiadaspor pinos (Figura 9.9a) é obtido quando n � 1:

(9-15)

O modo de flambagem correspondente (algumas vezes chamada de formamodal) é

(9-16)

como ilustra a Figura 9.9b. A constante C1 representa a deflexão no pontomédio da coluna e pode ter qualquer valor pequeno, tanto positivo quantonegativo. Por isso, a parte do diagrama de carregamento-deflexão correspon-dendo a Pcr é uma linha reta horizontal (Figura 9.8). Dessa forma, a deflexãono carregamento crítico é indefinida, embora deva permanecer pequena paraque nossas equações sejam válidas. Acima do ponto de bifurcação B, o equilí-brio é instável, e abaixo do ponto B, é estável.

A flambagem de uma coluna apoiada por pinos no primeiro modo é cha-mada de caso fundamental de flambagem de coluna.

O tipo de flambagem descrito nesta seção é chamado de flambagem de Euler,e o carregamento crítico para uma coluna elástica ideal é com frequência cha-mado de carregamento de Euler. O famoso Leonhard Euler (1707–1783), geral-mente reconhecido como o maior matemático de todos os tempos, foi a primeira

v � C1 senπxL

Pcr �π 2EI

L2

v � C1 sen kx � C1 sennπxL

n � 1, 2, 3, Á

P �n2π 2EI

L2 n � 1, 2, 3, Á

kL � nπ n � 1, 2, 3, Á

kL � 0, π, 2π, Á

sen kL � 0


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pessoa a investigar a flambagem de uma coluna esbelta e determinar seu carre-gamento crítico (Euler publicou seus resultados em 1744; veja a Ref. 9.1).

Tomando-se valores maiores do índice n nas Equações (9.13) e (9.14), obte-mos um número infinito de carregamentos críticos e formas modais correspon-dentes. A forma modal para n � 2 apresenta duas meias-ondas, como ilustradona Figura 9.9c. O carregamento crítico correspondente é quatro vezes maiorque o carregamento crítico para o caso fundamental. As intensidades dos car-regamentos críticos são proporcionais ao quadrado de n, e o número de meias-ondas no modo de flambagem é igual a n.

Modos de flambagem para os modos mais altos frequentemente não são deutilidade prática porque a coluna flamba quando o carregamento axial Patinge seu menor valor crítico. A única forma de obter modos de flambagemmais altos que o primeiro é fornecendo apoio lateral da coluna em pontosintermediários, como no ponto médio da coluna mostrado na Figura 9.9 (vejao Exemplo 9.2 no final desta seção).

Comentários GeraisDa Equação (9.15), vemos que o carregamento crítico de uma coluna é propor-cional à rigidez de flexão EI e inversamente proporcional ao quadrado do com-primento. De particular interesse é o fato de que a resistência do material,representada por uma quantidade, como a tensão limite de proporcionalidadeou a tensão de escoamento, não aparece na equação para o carregamento crí-tico. Por isso, aumentar uma propriedade de resistência não aumenta o carre-gamento crítico de uma coluna esbelta. Ele pode ser aumentado apenasaumentando a rigidez de flexão, reduzindo o comprimento ou fornecendoapoio lateral adicional.

A rigidez de flexão pode ser aumentada usando um material “mais rígido”(isto é, um material com maior módulo de elasticidade E) ou distribuindo omaterial de maneira a aumentar o momento de inércia I da seção transversal,da mesma forma que uma viga pode se tornar mais rígida aumentando omomento de inércia. O momento de inércia é ampliado distribuindo o materialmais distante do centroide da seção transversal. Dessa forma, um membrotubular vazado é geralmente mais econômico para ser usado como uma colunado que um membro sólido tendo a mesma área de seção transversal.

Reduzir a espessura de um membro tubular e ampliar suas dimensões late-rais (enquanto se mantém a área de seção transversal constante) tambémaumenta o carregamento crítico, porque o momento de inércia é ampliado.Esse processo tem um limite prático, no entanto, porque em dado ponto a pró-pria parede ficará instável. Quando isso ocorre, surge flambagem localizada emforma de pequenas ondulações ou rugas nas paredes da coluna. Dessa forma,


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Figura 9-9Modos de flambagem parauma coluna ideal com extremi-dades apoiadas por pinos: (a)inicialmente coluna reta, (b)modo de flambagem para

e (c) modo de flam-bagem para n � 2n � 1

(a)

A

B

L

P

(b)

A

B

C1

x

y

L2Pcr = —p2EI

C1

L2Pcr = —4p2EI

B

(c)

A

C1

x

y

devemos distinguir entre flambagem total de uma coluna, que será discutidaneste capítulo, e a flambagem local de suas partes. Esta última exige investiga-ções mais detalhadas e está além do escopo deste livro.

Na análise anterior (veja a Figura 9.9), assumimos que o plano xy era umplano de simetria da coluna e que a flambagem ocorria nesse plano. A últimasuposição será satisfeita se a coluna tiver apoios laterais perpendiculares aoplano da figura, de forma que a coluna esteja restrita para flambar no planoxy. Se a coluna estiver apoiada apenas em suas extremidades e estiver livre paraflambar em qualquer direção, então a flexão ocorrerá sobre o eixo centroidalprincipal tendo menor momento de inércia.

Por exemplo, considere a seção transversal retangular e de flanges largosmostrada na Figura 9.10. Em cada caso, o momento de inércia I1 é maior queo momento de inércia I2; dessa maneira, a coluna vai flambar no plano 1-1, eo menor momento de inércia I2 deve ser usado na fórmula para o carregamentocrítico. Se a seção transversal for quadrada ou circular, todos os eixos centroi-dais têm o mesmo momento de inércia e a flambagem pode ocorrer em qual-quer plano longitudinal.

Tensão críticaApós encontrar o carregamento crítico para uma coluna, podemos calcular atensão crítica correspondente dividindo o carregamento pela área de seçãotransversal. Para o caso fundamental de flambagem (Figura 9.9b), a tensão crí-tica é

(9-17)

em que I é o momento de inércia para o eixo principal sobre o qual a flamba-gem ocorre. Essa equação pode ser escrita de maneira mais usual introduzindoa notação

(9-18)

em que r é o raio de giração da seção transversal no plano de flexão.* Logo, aequação para a tensão crítica se torna

(9-19)

em que L/r é uma razão adimensional chamada de razão de esbeltez:

(9-20)

Note que a razão de esbeltez depende apenas das dimensões da coluna. Umacoluna longa e esbelta terá uma maior razão de esbeltez e por isso uma baixatensão crítica. Uma coluna curta e não esbelta terá uma baixa razão de esbel-tez e irá flambar em uma alta tensão. Valores típicos da razão de esbeltez paracolunas reais estão entre 30 e 150.

A tensão crítica é a tensão de compressão média na seção transversal noinstante em que o carregamento atinge seu valor crítico. Podemos traçar umgráfico dessa tensão como função da razão de esbeltez e obter uma curvaconhecida como curva de Euler (Figura 9.11). A curva ilustrada na figura é tra-çada para um aço estrutural com E � 200 GPa. A curva é válida apenasquando a tensão crítica é menor que o limite de proporcionalidade do aço, por-que as equações foram deduzidas usando-se a lei de Hooke. Por isso, desenha-mos uma linha horizontal no gráfico no limite de proporcionalidade do aço

Razão de esbeltez �Lr

σcr �π 2E

(L/r)2

r �C

IA

σcr �Pcr

A�

π 2EIAL2


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Figura 9-10Seções transversais de colunasmostrando eixos centroidaisprincipais com I1 7 I2

1 1 1 1

2

2

2

2

C C

* O raio de giração será descrito na Seção 12.4.

Figura 9-11Gráfico da curva de Euler (da

Equação 11.16) para aço estru-tural com e

σpl � 250 MPaE � 200 GPa

350

50 100 150 200 250

280

210

140

70

0

scrspl = 250 MPa(MPa)

L—r

Euler’s curveE = 200 GPa

91

(assumido como sendo 250 MPa) e terminamos a curva de Euler nesse nível detensão.*

Efeitos de grandes deflexões, imperfeições e comportamento inelásticoAs equações para os carregamentos críticos foram deduzidas para colunasideais, isto é, colunas para as quais os carregamentos são aplicados precisa-mente, a construção é perfeita e o material segue a lei de Hooke. Como conse-quência, concluímos que as magnitudes das pequenas deflexões na flambagemeram indefinidas. Dessa forma, quando P � Pcr, a coluna pode ter qualquerpequena deflexão, uma condição representada pela linha horizontal chamadade A no diagrama de carregamento-deflexão da Figura 9.12 (nessa figura, mos-tramos apenas a metade direita do diagrama, mas as duas metades são simétri-cas em relação ao eixo vertical).**

A teoria para colunas ideais restringe-se a pequenas deflexões porque usa-mos a segunda derivada v para a curvatura. Uma análise mais exata, baseadana expressão exata para curvatura (Equação 9.13 na Seção 9.2), mostra quenão há indefinição nas magnitudes das deflexões em flambagem. Em vez disso,para uma coluna ideal e elástica linear, o diagrama de carregamento-deflexãocresce de acordo com a curva B da Figura 9.12. Dessa forma, depois que umacoluna elástica linear começa a flambar, um carregamento crescente é necessá-rio para causar aumento nas deflexões.

Agora suponha que a coluna não seja construída perfeitamente; por exem-plo, a coluna pode ter uma imperfeição na forma de uma pequena curvaturainicial, de modo que a coluna descarregada não esteja perfeitamente reta. Taisimperfeições produzem deflexões a partir do começo do carregamento, comomostrado pela curva C na Figura 9.12. Para pequenas deflexões, a curva Caproxima-se da linha A como uma assíntota. Entretanto, à medida que asdeflexões se tornam grandes, ela se aproxima da curva B. Quanto maiores asimperfeições, mais a curva C move-se para a direita, distante da linha vertical.De maneira contrária, se a coluna for construída com considerável precisão, acurva C aproxima-se do eixo vertical e da linha horizontal chamada de A.Comparando as linhas A, B e C, vemos que para fins práticos o carregamentocrítico representa a máxima capacidade de suportar carregamentos de umacoluna elástica, porque grandes deflexões não são aceitáveis na maioria dasaplicações.

Finalmente, considere o que ocorre quando as tensões excedem o limite deproporcionalidade e quando o material não segue mais a lei de Hooke. É claroque o diagrama de carregamento-deflexão não muda até o nível de carrega-mento em que o limite de proporcionalidade é alcançado. Então a curva paracomportamento inelástico (curva D) diverge da curva elástica, continuasubindo, atinge um máximo e vira para baixo.

Os formatos precisos das curvas na Figura 9.12 dependem das proprieda-des do material e das dimensões da coluna, mas a natureza geral do comporta-mento está representada pelas curvas mostradas.

Apenas colunas extremamente esbeltas permanecem elásticas até o carrega-mento crítico. Colunas mais comuns comportam-se inelasticamente e seguemuma curva como a curva D. Dessa forma, o máximo carregamento que podeser suportado por uma coluna inelástica pode ser consideravelmente menorque o carregamento de Euler para essa mesma coluna. Além disso, a parte des-cendente da curva D representa ruptura repentina e catastrófica, porque se tem


VENDA PROIBIDA* A curva de Euler não é uma forma geométrica comum. Algumas vezes ela é erroneamente chamada de hipérbole,mas hipérboles são traçadas por equações polinomiais de segundo grau com duas variáveis, ao passo que a curva deEuler é o traçado de uma equação de terceiro grau com duas variáveis.)** Na terminologia matemática, resolvemos um problema de autovalor linear. O carregamento crítico é um autovalore a forma modal em flambagem correspondente é uma autofunção.

Figura 9-12Diagrama de carregamento--deflexão para colunas: Linha A,coluna ideal elástica com peque-nas deflexões; Curva B, colunaideal elástica com grandesdeflexões; Curva C, coluna elás-tica com imperfeições; e CurvaD, coluna inelástica com imper-feições

P

v

Pcr

B

A

D

C

O

carregamentos cada vez menores para desenvolver deflexões cada vez maiores.Em contraste, as curvas de colunas elásticas são bem estáveis, porque elas con-tinuam para cima à medida que as deflexões aumentam e, por isso, elas supor-tam carregamentos cada vez maiores para causar um aumento na deflexão (aflambagem inelástica é descrita com mais detalhes nas Seções 9.7 e 9.8).

Perfis Ótimos de ColunasMembros em compressão frequentemente têm as mesmas seções transversais aolongo de seus comprimentos e, por isso, apenas colunas prismáticas são anali-sadas neste capítulo. Entretanto, colunas prismáticas não são o perfil ótimo sefor desejado um peso mínimo. O carregamento crítico de uma coluna consis-tindo de uma dada quantidade de material pode ser ampliado variando o per-fil, de forma que a coluna tenha maiores seções transversais nas regiões em queos momentos fletores são maiores. Considere, por exemplo, uma coluna deseção transversal circular maciça com extremidades apoiadas por pinos. Umacoluna com o formato mostrado na Figura 9.13a terá maior carregamento crí-tico do que uma coluna prismática de mesmo material. Como meio de aproxi-mar esse formato ótimo, as colunas prismáticas são algumas vezes reforçadassobre parte de uma porção de seus comprimentos (Figura 9.13b).

Agora considere uma coluna prismática com extremidades apoiadas porpinos que está livre para flambar em qualquer direção lateral (Figura 9.14a).Assuma também que a coluna possui uma seção transversal maciça, como umcírculo, quadrado, triângulo, retângulo ou hexágono (Figura 9.14b). Surgeuma questão interessante: Para dada seção transversal, qual desses perfis tornaa coluna mais eficiente? Ou, em termos mais precisos, qual seção transversalfornece o maior carregamento crítico? Logicamente, estamos assumindo que ocarregamento crítico é calculado a partir da fórmula de Euler, ,usando o menor momento de inércia para a seção transversal.

Embora uma resposta comum a essa questão seja “o perfil circular”, vocêpode prontamente demonstrar que uma seção transversal no formato de umtriângulo equilátero fornece um carregamento crítico 21% maior que umaseção transversal circular de mesma área (veja o Problema 9.3-11). O carrega-mento crítico para um triângulo equilátero também é maior que os carrega-mentos obtidos para os outros perfis; dessa forma, um triângulo equilátero é aseção transversal ótima (baseado apenas em considerações teóricas). Para umaanálise matemática de perfis ótimos de colunas, incluindo colunas com seçõestransversais variáveis, veja a Referência 11.4.

Pcr � π2EI/L2


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Figura 9-13 Colunas não prismáticas

(a) (b)

PP

Figura 9-14Qual é o formato de seção

transversal ótimo para uma col-una prismática?

P

(a)

(b)


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Exemplo 9-2• • •Uma coluna longa e esbelta ABC é apoiada por pinos nas extremidades ecomprimida por um carregamento axial P (Figura 11.14). Um apoio lateral écolocado no ponto médio B no plano da figura. Entretanto, são fornecidosapoios laterais perpendiculares ao plano da figura apenas nas extremidades.

A coluna é construída de uma seção de flange largo de aço IPN 220 commódulo de elasticidade E � 200 GPa e limite de proporcionalidade σpl � 300MPa. O comprimento total da coluna é L � 8 m.

Determine o carregamento admissível Padm usando um fator de segu-rança de n � 2,5 em relação à flambagem de Euler da coluna.

Coluna de aço delgado comsuporte lateral perto da meiaaltura (Lester Lefkowitz/Getty

Images)

C

A

B

P

X X

L—2

= 4 m

L—2

= 4 m

1 1

2

2Section X–X

IPN 220

(a) (b)

Figura 9-15Exemplo 11.1. Flambagem deEuler de uma coluna esbelta

SoluçãoPor causa da maneira como está escorada, essa coluna pode flambar emqualquer dos dois planos principais de flambagem. Como uma possibilidade,ela pode flambar no plano da figura e, nesse caso, a distância entre osapoios laterais é L/2 � 4 m e a flexão ocorre sobre o eixo 2-2 (veja a Figura11.9c para a forma do modo de flambagem).

Como segunda possibilidade, a coluna pode flambar perpendicular-mente ao plano da figura sobre o eixo 1-1. Como o único apoio lateral nessadireção está nas extremidades, a distância entre os apoios laterais é L � 8 m(veja a Figura 11.8b para a forma do modo de flambagem).

Propriedades da coluna. Da Tabela E.2, Apêndice E, obtemos os momen-tos de inércia a seguir e a área de seção transversal para a coluna IPN 220:

Carregamentos críticos. Se a coluna flambar no plano da figura, o car-regamento crítico é

Substituindo valores numéricos, obtemos

Se a coluna flambar perpendicularmente ao plano da figura, o carrega-mento crítico é

Pcr �π 2EI1

L2�

π 2(200 GPa)(3060 cm4)

(8 m)2� 943,8 kN

Pcr �4π 2EI2

L2�

4π 2(200 GPa)(162 cm4)

(8 m)2� 200 kN

Pcr �π 2EI2(L/2)2

�4π 2EI2

L2

I1 � 3060 cm4 I2 � 162 cm4 A � 39,5 cm2


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Exemplo 9-2• • •Por isso, o carregamento crítico para a coluna (o menor dos dois valoresanteriores) é

e a flambagem ocorre no plano da figura.Tensões críticas. Uma vez que os cálculos para os carregamentos críticos

são válidos apenas se o material seguir a lei de Hooke, precisamos verificarse as tensões críticas não excedem o limite de proporcionalidade do mate-rial. No caso do maior carregamento crítico, obtemos a tensão crítica aseguir:

Uma vez que essa tensão é menor que o limite de proporcionalidade (σpl �300 MPa), ambos os cálculos de carregamento crítico são satisfatórios.

Carregamento admissível. O carregamento axial admissível para acoluna, baseado na flambagem de Euler, é

em que n � 2,5 é o fator de segurança desejado.

➥Pallow �Pcr

n�

200 kN2.5

� 79.9 kN

σcr �Pcr

A�

943,8 kN

39,5 cm2� 238,9 MPa

Pcr � 200 kN

9.4 Colunas com outras condições deapoioA flambagem de uma coluna com extremidades apoiadas por pinos (descritana seção anterior) é geralmente considerada o caso mais básico de flambagem.Entretanto, na prática, encontramos muitas outras condições de extremidade,como extremidades engastadas, extremidades livres e apoios elásticos. Os car-regamentos críticos para colunas com vários tipos de condições de apoiopodem ser determinados a partir da equação diferencial da curva de deflexão,por meio do mesmo procedimento que usamos ao analisar uma colunaapoiada por pinos.

O procedimento é o seguinte: primeiro, assumindo que a coluna já está noestado de flambagem, obtemos uma expressão para o momento fletor na coluna;segundo, obtemos a equação diferencial da curva de deflexão, usando a equaçãode momento fletor (EIv � M); em terceiro lugar, resolvemos a equação e obte-mos sua solução geral, que contém duas constantes de integração além de quais-quer outras quantidades desconhecidas; no quarto passo, aplicamos ascondições de contorno pertinentes à deflexão v e à inclinação v e obtemos umconjunto de equações simultâneas. Finalmente, resolvemos essas equações paraobter o carregamento crítico e a forma defletida da coluna flambada.

Este procedimento matemático direto é demonstrado na discussão a seguirsobre três tipos de colunas.

Coluna engastada na base e livre no topoO primeiro caso que iremos considerar é uma coluna ideal que está engastadana base, livre no topo e submetida a um carregamento axial P (Figura 9.16a).O perfil defletido da coluna flambada é ilustrado na Figura 9.16b.*A partirdessa figura, vemos que o momento fletor a uma distância x da base é

* Esta coluna é de especial interesse porque foi a primeira analisada por Euler, em 1744.

(9-21)

em que δ é a deflexão na extremidade livre da coluna. A equação diferencial dacurva de deflexão então se torna

(9-22)

em que I é o momento de inércia para flambagem no plano xy.Usando a notação (Equação 9.7a), podemos rearranjar a

Equação (9.22) na forma

(9-23)

que é uma equação diferencial linear de segunda ordem com coeficientes cons-tantes. Entretanto, é uma equação mais complicada do que a equação parauma coluna com extremidades apoiadas por pinos (veja a Equação 9.8), por-que tem um termo não nulo no lado direito.

A solução geral da Equação (9.23) consiste em duas partes: (1) a soluçãohomogênea, que é a solução da equação homogênea obtida substituindo o ladodireito por zero, e (2) a solução particular, que é a solução da Equação (9.25)que produz o termo no lado direito.

v � k2v � k2δ

k2 � P/EI

EIv � M � P(δ � v)

M � P(δ � v)


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Figura 9-16Coluna ideal engastada na basee livre no topo: (a) inicialmenteuma coluna reta, (b) modo deflambagem para , (c)modo de flambagem para

e (d) modo de flam-bagem para n � 5n � 3

n � 1

A

B

P

4L2

L

L

3—

L5—

L3—

(a)

A

B B B

Pcr

Pcr =

Pcr Pcrx

v

A A

x x

(b) (c) (d)

x

L3—

d d d

d

d

d

d

y yy

p2EI—4L2Pcr =

9p2EI—

4L2Pcr = 25p2EI—

L5—

A solução homogênea (também chamada de solução complementar) é amesma que a solução da Equação (9.8); portanto,

(9-24a)

em que C1 e C2 são constantes de integração. Note que, quando vH é substi-tuído no lado esquerdo da equação diferencial (Equação 9.23), ele produz zero.

A solução particular da equação diferencial é

(9-24b)

Quando vP é substituído no lado esquerdo da equação diferencial, ele produzo lado direito, isto é, produz o termo k2δ. Consequentemente, a solução geralda equação, igual à soma de vH e vP, é

(9-25)

Essa equação contém três quantidades desconhecidas (C1, C2 e δ) e, por isso,três condições de contorno são necessárias para completar a solução.

v � C1 sen kx � C2 cos kx � δ

vP � δ

vH � C1 sen kx � C2 cos kx

Na base da coluna, a deflexão e a inclinação são, cada uma, iguais a zero.Por isso, obtemos as condições de contorno a seguir:

Aplicando a primeira condição à Equação (9.25), encontramos

(9-26)

Para aplicar a segunda condição, primeiro diferenciamos a Equação (9.25)para obter a inclinação:

(9-27)

Aplicando a segunda condição a essa equação, encontramos C1 � 0.Agora podemos substituir as expressões para C1e C2 na solução geral

(Equação 9.25) e obtemos a equação da curva de deflexão para a coluna flam-bada:

(9-28)

Note que esta equação fornece apenas a forma da curva de deflexão – aamplitude δ permanece indefinida. Consequentemente, quando a colunaflamba, a deflexão dada pela Equação (9.28) pode ter qualquer magnitudearbitrária, desde que permaneça pequena (porque a equação diferencial ébaseada em pequenas deflexões).

A terceira condição de contorno aplica-se à extremidade superior dacoluna, em que a deflexão v é igual a δ:

Usando esta condição com a Equação (9.28), obtemos

(9-29)

A partir desta equação concluímos que ou δ � 0 ou cos kL � 0. Se δ � 0, nãohá deflexão da barra (veja a Equação 9.22) e temos a solução trivial – a colunapermanece reta e a flambagem não ocorre. Nesse caso, a Equação (9.23) serásatisfeita por qualquer valor da quantidade kL, isto é, para qualquer valor docarregamento P. Tal conclusão é representada pela linha vertical no diagramade carregamento-deflexão da Figura 9.7.

A outra possibilidade para resolver a Equação (9.29) é

(9-30)

que é a equação de flambagem. Neste caso, a Equação (9.29) é satisfeita inde-pendentemente do valor da deflexão δ. Portanto, como já foi observado, δ éindefinido e pode ter qualquer valor pequeno.

A equação cos kL � 0, que é a equação de flambagem, é satisfeita quando

(9-31)

Usando a expressão k2 � P/EI, obtemos a seguinte fórmula para os carrega-mentos críticos:

(9-32)

As formas do modo de flambagem são obtidas a partir da Equação (9.28):

Pcr �n2π 2EI

4L2 n � 1, 3, 5, Á

kL �nπ2

n � 1, 3, 5, Á

cos kL � 0

δ cos kL � 0

v(L) � δ

v � δ (1 � cos kx)

v � C1k cos kx � C2k sen kx

C2 � �δ

v(0) � 0 v(0) � 0


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(9-33)

O menor carregamento crítico é obtido substituindo-se n � 1 na Equação(9.32):

(9-34)

O modo de flambagem correspondente (da Equação 9.33) é

(9-35)

e está ilustrado na Figura 9.16b.Tomando valores mais altos do índice n, teoricamente podemos obter um

número infinito de carregamentos críticos a partir da Equação (9.32). Os modoscorrespondentes possuem ondas adicionais. Por exemplo, quando n � 3, acoluna flambada tem o perfil ilustrado na Figura 9.5c e Pcr é nove vezes maiorque para n � 1. De forma similar, o modo de flambagem para n � 5 possui muitomais ondas (Figura 9.16d) e o carregamento crítico é vinte e cinco vezes maior.

Comprimentos efetivos de colunasOs carregamentos críticos para colunas com várias condições de apoio podemser relacionados ao carregamento crítico de uma coluna apoiada por pinosatravés de um conceito intitulado comprimento efetivo. Para mostrar essa ideia,considere a forma defletida de uma coluna engastada na base e livre no topo(Figura 9.17a). Essa coluna flamba em uma curva que é igual a um quarto deuma onda senoidal completa. Se estendermos a curva de deflexão (Figura9.16b), ela se torna igual à metade de uma onda senoidal completa, que é acurva de deflexão para uma coluna apoiada por pinos.

O comprimento efetivo Le para qualquer coluna é o comprimento da equi-valente coluna apoiada por pinos, isto é, é o comprimento de uma colunaapoiada por pinos tendo uma curva de deflexão que coincide exatamente comtoda ou parte da curva de deflexão da coluna original.

Outra forma de expressar esta ideia é dizer que o comprimento efetivo deuma coluna é a distância entre os pontos de inflexão (isto é, pontos demomento zero) em sua curva de deflexão, assumindo que essa curva seja esten-dida (se necessário) até que os pontos de inflexão sejam alcançados. Assim,para uma coluna engastada e livre (Figura 9.17), o comprimento efetivo será

(9-36)

Como o comprimento efetivo é o comprimento de uma coluna com extre-midades apoiadas por pinos, podemos escrever uma fórmula geral para carre-gamentos críticos da seguinte maneira:

(9-37)

Se conhecermos o comprimento efetivo de uma coluna (não importa o quãocomplexas sejam as condições da extremidade), podemos substituí-lo na equa-ção anterior e determinar o carregamento crítico. Por exemplo, no caso de umacoluna engastada-livre, podemos substituir Le � 2L e obter a Equação (9.34).

O comprimento efetivo é expresso com frequência em termos de um fatorde comprimento efetivo K:

(9-38)

em que L é o comprimento real da coluna. Dessa forma, o carregamento crí-tico é

Le � KL

Pcr �π2EI

Le2

Le � 2L

v � δ a1 � cosπx2Lb

Pcr �π 2EI4L2

v � δ a1 � cosnπx2Lb n � 1, 3, 5, Á


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Figura 9-17Curvas de deflexão mostrando ocomprimento efetivo Le parauma coluna engastada na base elivre no topo

(a)

(b)

P

L

P

Le = 2L

P

(9-39)

O fator K é igual a 2 para uma coluna engastada na base e livre no topo e iguala 1 para uma coluna apoiada por pinos. O fator de comprimento efetivo éincluído com frequência em fórmulas de dimensionamento de colunas.

Coluna com ambas as extremidades restringidas à rotaçãoAgora, vamos considerar uma coluna com ambas as extremidades restringidasà rotação (Figura 9.18a). Note que nessa figura usamos o símbolo padrão parao engastamento na base da coluna. Entretanto, uma vez que a coluna está livrepara diminuir de tamanho sob um carregamento axial, devemos introduzir umnovo símbolo no topo da coluna. Este novo símbolo mostra um bloco rígidoque está restringido de maneira que a rotação e o deslocamento horizontalsejam restringidos, mas o movimento vertical possa ocorrer (por conveniência,ao desenhar esboços, frequentemente substituímos esse símbolo mais precisopelo símbolo padrão para engastamento – veja a Figura 9.18b –, com o enten-dimento tácito de que a coluna está livre para diminuir de tamanho).

O modo de flambagem da coluna no primeiro modo está ilustrado naFigura 9.18c. Note que a curva de deflexão é simétrica (com inclinação nula noponto médio) e não possui inclinação nas extremidades. Como a rotação nasextremidades está retringida, momentos reativos M0 desenvolvem-se nosapoios. Esses momentos, bem como a força reativa na base, estão representa-dos na figura.

Das nossas soluções anteriores da equação diferencial, sabemos que a equa-ção da curva de deflexão envolve funções seno e cosseno. Também sabemos

Pcr �π 2EI(KL)2


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Figura 9-18Flambagem de uma coluna com

ambas as extremidades restringi-das à rotação

B

L

A

P

(a)

B

L

A

P

(b) P

Le =

L4—

L2—

L4—

P

M0

M0

(c)

x

y

que a curva é simétrica em relação ao ponto médio. Por isso, vemos imediata-mente que a curva deve ter pontos de inflexão nas distâncias L/4 a partir dasextremidades. Segue que a porção do meio da curva de deflexão tem o mesmoformato que a curva de deflexão para uma coluna apoiada por pinos. Portanto,o comprimento efetivo de uma coluna com extremidades engastadas, igual àdistância entre os pontos de inflexão, é

(9-40)

Substituindo na Equação (9.37), temos o carregamento crítico:

Le �L2

(9-41)

Esta fórmula mostra que o carregamento crítico para uma coluna com extre-midades engastadas é quatro vezes maior que para uma coluna com extremi-dades apoiadas por pinos. Tal resultado pode ser verificado resolvendo-se aequação diferencial da curva de deflexão (veja o Problema 9.4-9).

Coluna engastada na base e apoiada por pinos no topoO carregamento crítico e a forma do modo de flambagem para uma coluna queestá engastada na base e apoiada por pinos no topo (Figura 9.18a) podem serdeterminados resolvendo-se a equação diferencial da curva de deflexão.Quando a coluna flamba (Figura 9.18b), um momento reativo M0 se desen-volve na base, porque não pode ocorrer rotação naquele ponto. Então, doequilíbrio de toda a coluna, sabemos que devem existir reações horizontais Rem cada extremidade, de forma que

(9-42)

O momento fletor na coluna engastada, à distância x da base, é

(9-43)

e por isso a equação diferencial é

(9-44)

Novamente substituindo k2 � P/EI e rearranjando, obtemos

(9-45)

A solução geral dessa equação é

(9-46)

em que os dois primeiros termos do lado direito constituem a solução homo-gênea e o último termo é a solução particular. Essa solução pode ser verificadapor substituição na equação diferencial (Equação 9.44).

Uma vez que a solução contém três quantidades desconhecidas (C1, C2 eR), precisamos de três condições de contorno. Elas são

v � C1 sin kx � C2 cos kx �RP

(L � x)

v � k2v �REI

(L � x)

EIv � M � �Pv � R(L � x)

M � M0 � Pv � Rx � �Pv � R(L � x)

M0 � RL

Pcr �4π 2EI

L2


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Figura 9-19Coluna engastada na base eapoiada por pino no topo

L

v

A

B

M0

P

(a)

A

B R

Le = 0.699L

R

P

P

(b)

y

x

A

B

Pcr

(c)

=20.19 EI

L2—

Aplicando essas condições à Equação (9.39), temos

(9-47a,b,c)

Todas as três equações são satisfeitas se C1 � C2 � R � 0 e, nesse caso, temosa solução trivial e a deflexão é igual a zero.

Para obter a solução para a flambagem, devemos resolver as Equações(9.47a, b e c) de uma maneira mais geral. Um método de resolver é eliminar Rdas duas primeiras equações, o que fornece

(9-47d)

Em seguida, substituímos essa expressão para C2 na Equação (9.47c) e obte-mos a equação de flambagem:

(9-48)

A solução dessa equação fornece o carregamento crítico.Uma vez que a equação de flambagem é uma equação transcendental, ela

não pode ser resolvida explicitamente.* Todavia, os valores de kL que satisfa-zem a equação podem ser determinados numericamente através de um pro-grama de computador para encontrar raízes de equações. O menor valor nãonulo de kL que satisfaz a Equação (9.48) é

(9-49)

O carregamento crítico correspondente é

(9-50)

que (como esperado) é maior que o carregamento crítico para uma coluna comextremidades apoiadas por pinos e menor que o carregamento crítico para umacoluna com extremidades engastadas (veja as Equações 9.15 e 9.41).

O comprimento efetivo da coluna pode ser obtido comparando as Equações(9.50) e (9.37); dessa forma,

(9-51)

Esse comprimento é a distância da extremidade apoiada por pino da colunaaté o ponto de inflexão do modo de flambagem (Figura 9.19c).

A equação da forma do modo de flambagem é obtida substituindo C2 ��C1kL (Equação 9-47d) e R/P � C1k (Equação 9-47b) na solução geral(Equação 9.46):

(9-52)

em que k � 4,4934/L. O termo entre colchetes fornece a forma do modo paraa deflexão da coluna flambada. Entretanto, a amplitude da curva de deflexãoé indefinida porque C1 pode ter qualquer valor (dentro da limitação usual de

v � C1[sen kx � kL cos kx � k(L � x)]

Le � 0,699L L 0,7L

Pcr �20,19EI

L2 �2,046π 2EI

L2

kL � 4,4934

kL � tg kL

C1kL � C2 � 0 ou C2 � �C1kL

C1 tg kL � C2 � 0

C2 �RLP

� 0 C1k �RP

� 0

v(0) � 0 v(0) � 0 v(L) � 0


VENDA PROIBIDA* Em uma equação transcendental, as variáveis estão contidas dentro de funções transcendentais. Uma função trans-cendental não pode ser expressa por um número finito de operações algébricas; portanto, as funções trigonométri-cas, logarítmicas, exponenciais e outras são transcendentais.

que as deflexões devem permanecer pequenas).

LimitaçõesJuntamente com a exigência de deflexões pequenas, a teoria da flambagem deEuler usada nesta seção é válida apenas se a coluna for perfeitamente reta antesde o carregamento ser aplicado, se ela e seus apoios não tiverem imperfeiçõese se a coluna for feita de um material elástico linear que siga a lei de Hooke.Tais limitações foram explicadas anteriormente, na Seção 9.3.

Resumo dos resultadosOs menores carregamentos críticos e comprimentos efetivos correspondentespara as quatro colunas que analisamos estão resumidos na Figura 9.20.

No Capítulo 9, investigamos o comportamento elástico e inelástico dos mem-bros axialmente carregados conhecidos como colunas. Primeiro, os conceitosde flambagem e estabilidade destes elementos de compressão delgados foram


VENDA PROIBIDA

Figura 9-20Carregamentos críticos, compri-

mentos efetivos e fatores decomprimento efetivos para colu-

nas ideaisPcr =

π2 EI—L2 Pcr =

π2 EI—4L2 Pcr =

4π2 EI—L2 Pcr =

2,046 π2 EI—L2

Le = L Le = 2L

K = 1 K = 2

Le = 0,5L

K = 0,5

Le = 0,699L

K = 0,699

L L L L

Coluna apoiada por pinosem ambas as extremidades

Coluna engastada livre Coluna engastada emambas as extremidades

Coluna engastada apoiadapor pinos

(a) (b) (c) (d)

Le Le

Exemplo 9-3• • •Uma plataforma de observação em um parque de animais silvestres (Figura11.20a) está apoiada em uma série de colunas de alumínio de comprimentoL � 3,25 m e diâmetro externo d � 100 mm. As bases das colunas estão fixa-das em pés de concreto e os topos estão apoiados lateralmente na plata-forma. As colunas foram dimensionadas para sustentar carregamentoscompressivos de P � 100 kN.

Determine a mínima espessura necessária t das colunas (Figura 11.20b),se um fator de segurança n � 3 for necessário em relação à flambagem deEuler (para o alumínio, use 72 GPa para o módulo de elasticidade e 480 MPapara o limite de proporcionalidade).

SoluçãoCarga crítica. Por causa da maneira como as colunas foram construídas,modelaremos cada coluna como uma coluna engastada e apoiada por pinos(veja a Figura 11.19d). Por isso, o carregamento crítico é

(a)Pcr �2.046π 2EI

L2


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em que I é o momento de inércia da seção transversal tubular:

(b)

Substituindo d � 100 mm (ou 0,1 m), obtemos

(c)

em que t está expressa em metros.Espessura necessária das colunas. Uma vez que o carregamento por

colunas é de 100 kN e o fator de segurança é 3, cada coluna deve ser dimen-sionada para o seguinte carregamento crítico:

Substituindo esse valor por Pcr na Equação ( j) e também substituindo I porsua expressão da Equação (l), obtemos

Note que todos os termos nessa equação são expressos em unidades de new-tons e metros.

Após multiplicar e dividir, a equação anterior simplifica para

ou

da qual obtemos

Por isso, a mínima espessura necessária da coluna para atingir as condiçõesespecificadas é

➥tmin � 6,83 mm

0,1 m � 2t � 0,08635 m e t � 0,006825 m

(0,1 m � 2t)4 � (0,1 m)4 � 44,40 � 10�6 m4 � 55,60 � 10�6 m4

44,40 � 10�6 m4 � (0,1 m)4 � (0,1 m � 2t)4

300.000 N �2,046π 2(72 � 109 Pa)

(3,25 m)2a π64b C(0,1 m)4 � (0,1 m � 2t)4D

Pcr � nP � 3(100 kN) � 300 kN

I �π

64[(0,1 m)4 � (0,1 m � 2t)4]

I �π

64[d4 � (d � 2t)4]

(b)

d

t

(a)

Ld

Figura 9-21 Exemplo 11.3. Coluna tubular

de alumínio

discutidos usando o equilíbrio de modelos de colunas simples feitos de barrasrígidas e molas elásticas. Depois, colunas elásticas com extremidades pinadasque sofrem a atuação de cargas de compressão centroidais foram consideradase a equação diferencial da curva de deflexão foi resolvida para a obtenção dacarga de flambagem (Pcr) e do perfil de modo de flambagem; o comportamentoelástico linear foi assumido. Três casos de apoio foram investigados e a cargade flambagem para cada caso foi expressa em termos do comprimento efetivoda coluna, ou seja, o comprimento de uma coluna de extremidade pinada equi-valente. O comportamento de colunas de extremidade pinada com cargasaxiais excêntricas foi discutido e a fórmula da secante foi deduzida, o quedefine a tensão máxima nessas colunas. Por fim, três teorias para a flambageminelástica de colunas foram apresentadas.

Os conceitos mais importantes apresentados no Capítulo 9 são:

1. A instabilidade da flambagem de colunas delgadas é um modo de falhaimportante que deve ser considerado em seu dimensionamento (além daforça e da rigidez).

1. Uma coluna delgada com extremidades pinadas e comprimento L quesofre uma carga de compressão no centroide da seção transversal e é res-trita ao comportamento elástico linear sofrerá a flambagem com a cargade flambagem de Euler

no modo fundamental; portanto, a carga de flambagem depende da rigidezde flexão (EI) e do comprimento (L), mas não da resistência do material.

Pcr � π2EI/L2


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ou(0,1 m – 2t)4

10–6 m4

0,1 m – 2t � 0

�continua

Exemplo 9-3• • •Cálculos complementares. Conhecendo o diâmetro e a espessura da

coluna, podemos agora calcular seu momento de inércia, área de seçãotransversal e raio de giração. Usando a mínima espessura de 6,83 mm, obte-mos

A razão de esbeltez L/r da coluna é aproximadamente 98, que está no inter-valo normal para colunas esbeltas, e a razão diâmetro-espessura d/t é apro-ximadamente 15, que deve ser adequada para prevenir a flambagem localdas paredes da coluna.

A tensão crítica na coluna deve ser menor que o limite de proporciona-lidade do alumínio se a fórmula para carregamento crítico (Equação j) forválida. A tensão crítica é

que é menor que o limite de proporcionalidade (480 MPa). Por isso, nossocálculo para o carregamento crítico usando a teoria de flambagem de Euleré satisfatório..

σcr �Pcr

A�

300 kN

1.999 mm2� 150 MPa

A �π4

[d2 � (d � 2t)2] � 1.999 mm2 r �C

IA

� 33,0 mm

I �π

64[d4 � (d � 2t)4] � 2,18 � 106 mm4


3. Modificando as condições de apoio, ou fornecendo apoios laterais adi-cionais, modifica-se a carga de flambagem crítica. Entretanto, a Pcr paraestes outros casos de apoio pode ser obtida através da substituição docomprimento real da coluna (L) pelo comprimento efetivo (Le) na fór-mula para Pcr acima. Os três casos adicionais de apoio estão representa-dos mostrado na Fig.9-20. Podemos expressar o comprimento eficaz emtermos de um fator-K de comprimento eficaz como:

onde k � 1 para uma coluna com a extremidade fixa e K � 2 para umacoluna fixa na sua base. A carga crítica Pcr, em seguida, é expressa como:

O fator K de comprimento eficaz é frequentemente usado em fórmulas dedesenho de colunas.

Pcr �π2EI(KL)2

Le � KL


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Modelos de flambagem idealizada9.2-1 A figura mostra uma estrutura idealizada consis-tindo em uma ou mais barras rígidas vinculadas por pinos emolas elásticas lineares. A rigidez rotacional é denotada βR ea rigidez translacional é denotada β.

Determine a carga crítica Pcr para a estrutura.

PROB. 9.2-1

9.2-3 A figura mostra uma estrutura idealizada consis-tindo em uma ou mais barras rígidas vinculadas por pinos emolas elásticas lineares. A rigidez rotacional é denotada βR ea rigidez translacional é denotada β.

Determine a carga crítica Pcr para a estrutura.

A

B

LβR

P

PROB. 9.2-3

9.3-18 Uma treliça ABC sustenta a carga W na junta B,como mostrado na figura. O comprimento L1 do membroAB é fixo, mas o comprimento do esteio BC varia conformeo ângulo θ é modificado. A barra BC tem uma seção trans-versal circular sólida. A junta B é restrita contra desloca-mento perpendicular ao plano da treliça.

Assumindo que o colapso ocorra pela flambagem deEuler da barra, determine o ângulo θ para o peso mínimo dabarra.

L2—

L2—

A

C

B

βR

βR

βR

P

PROB. 9.3-18

A

C

B

W

θ

L1

9.4-9 Determine a carga crítica Pcr e a equação do perfilflambado para uma coluna ideal com extremidades fixascontra rotação (veja a figura) resolvendo a equação diferen-cial da curva de deflexão (veja também a Figura 9.17).

PROB. 9.4-9

B

L

A

P


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