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UNIVERSIDADE ESTADUAL DE CAMPINASFACULDADE DE ENGENHARIA CIVIL

Departamento de Estruturas

RESUMO DE RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II

Prof. Dr. Nilson Tadeu Mascia Bolsista Ped: Elias Antonio Nicolas Pad: Bianca Lopes de Oliveira, Renato Saldanha Victor (revisão 2008)

Campinas, Fevereiro - 2003

DEPARTAMENTO DE ESTRUTURAS Faculdade de Engenharia Civil

Universidade Estadual de Campinas

Cidade Universitária “Zeferino Vaz” - Distrito Barão Geraldo - Caixa Postal 6021

Tel: 019-788.2302 - Fax: 019-788.2328 - Cep: 13.083-970 - Campinas – SP 2

SUMÁRIO

1-FLEXÃO GERAL .................................................................................03

2-TORÇÃO................................................................................................26

3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS.........51

4-TEORIA DAS TENSÕES......................................................................65

5-TEORIA DAS DEFORMAÇÕES.........................................................76

6-ENERGIA DE DEFORMAÇÃO...........................................................86

7-CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA.........................................................104

8-FLAMBAGEM.....................................................................................117

9-BIBLIOGRAFIA..................................................................................128





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

1-FLEXÃO GERAL

- Momentos de segunda ordem:

zy, eixos centrais de inércia.

- Momentos de inércia centrais:

AzIA

y∂⋅= ∫ 2

AyIA

z∂⋅= ∫ 2

- Produto de inércia:

AzyIA

yz∂⋅⋅= ∫

AzbAzIAA

y ∂⋅+=∂⋅= ∫∫ 22 )(

AzzbbIA

y ∂⋅+⋅⋅+= ∫ )2( 22





AzAbIA

y ∂⋅+⋅= ∫ 22

Momento estático = ∫ ∂⋅=A

AzS

S = 0 em relação ao c.g.

yy IAbI +⋅= 2

zz IAcI +⋅= 2

yzyz IAcbI +⋅⋅=

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

- Rotação dos eixos (u,v):

Matriz de transformação de coordenadas:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛zy

vu

αααα

cossensencos

αα sencos ⋅+⋅= zyu

αα cos⋅+⋅−= zsenyv

AvIA

u ∂⋅= ∫ 2

AzyIA

u ∂⋅⋅+⋅−= ∫ 2)cossen( αα

AzyAzAyIAAA

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

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





AzyAuIAA

v ∂⋅⋅+⋅=∂⋅= ∫∫ 22 )sencos( αα

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

AzyzyAvuIAA

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

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

- Utilizando Arcos duplos: ααα cossen22sen ⋅⋅=

ααα 2cossencos 22 =−

1sencos 22 =+ αα

Tem-se:

αα 2sen2cos22

⋅−⋅−

++

=yz

zyzyu I

IIIII

αα 22cos22

senIIIII

Iyz

zyzyv ⋅+⋅

−−

+=

αα 2cos22

⋅+⋅−

=yz

zyuv Isen

III

22

22cos22 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−⋅

−=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +− αα senI

IIIII

yzzyzy

u

( )2

2 2cos22 ⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

−= αα

yzzy

uv IsenII

I

yzzy

uvzy

u III

III

I 2

2

2

2

22+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−

- Equação da circunferência

• ( ) 2220 Ryxx =+−

• (y0 = 0)

• (x0, y0) posição do centro.

Círculo de Mohr:





I1 = momento de inércia máximo

I2 = momento de inércia mínimo.

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

02cos22

=⋅+⋅−

= ααyz

zyuv Isen

III

yz

yz

II

Itg

−

⋅=

22α

Propriedade:

cteIIIIIIII vuzyzy =+=+=+=+ 21

Valores de I1 e I2.

yzzyzy I

IIIII 2

2

1 22+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

yzzyzy I

IIIII 2

2

2 22+⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

Exercícios:





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








(resolvido)

Resolução do exercício 4:

- Divisão da seção em áreas:





Centro de gravidade (c.g.):

( ) cmA

Ayy

i

ii 88,55,0125,1115

05,01265,05,115,105,015=

⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

=⋅

=∑∑

( ) cmA

Azz

i

ii 60,65,0125,1115

65,01285,05,1165,015=

⋅++⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅

=⋅

=∑∑

Momento de inércia de cada seção:

Área 1:

43

1 16,012

5,015 cmI z =⋅

=

43

1 63,14012

155,0 cmI y =⋅

=

⇒= 01yzI seção retangular

Rotação dos eixos da área 1:

087,36=α





αα 2sen2cos221

⋅−⋅−

++

==yz

zyzyuy

IIIII

II

41

06,900)74,73cos(24,7040,70 cmIy

=−⋅+=

αα 2sen2cos221

⋅+⋅−

−+

==yz

zyzyvz

IIIII

II

41

73,500)74,73cos(24,7040,70 cmIz

=+⋅−=

αα 2cos2sen21

⋅+⋅−

==yz

zyuvyz

III

II

41

43,670)74,73sen(24,70 cmIyz

=+⋅=

Área 2:

43

2 12,012

5,05,11 cmI y =⋅

=

43

2 37,6312

5,115,0 cmI z =⋅

=


Área 3:

43

3 7212

125,0 cmI y =⋅

=

43

3 13,012

5,012 cmI z =⋅

=


Momento de inércia total: 4222 3,1785,0126,0725,05,114,112,05,0156,006,90 cmI

y=⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=





4222 82,4815,01288,513,05,05,1112,037,635,01562,473,50 cmIz

=⋅⋅++⋅⋅++⋅⋅+=

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 477,685,0126,088,55,05,114,112,05,01562,46,043,67 cmIyz

=⋅⋅⋅+⋅⋅−⋅−+⋅⋅−⋅+=

Direções principais:

453,03,17882,481

77,68222 =

−⋅

=−

⋅=

yz

yz

II

Itg α

02,12=′α 02,102=′′α

Momentos principais de inércia:

( )22

2,1 22 yzzyzy I

IIIII +⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +=

( )22

2,1 77,682

82,4813,1782

82,4813,178+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

±⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=I

41 68,496 cmI =

42 45,163 cmI =

Tensões Normais à Seção Transversal Seja:





- Flexão Pura: quando atua apenas o momento fletor. (N=V=0).

Hipóteses:

1. A distribuição da tensão normal na seção é linear.

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

3. As seções planas permanecem planas após o carregamento.

- Tensão ( xσ )

Da hipótese (1): yKx ⋅=σ (variação linear), onde K = constante.

Sabe-se que AF

=σ que resulta em AF xx ∂⋅=∂ σ , e que yFM xz ⋅∂=∂ . Assim:

AyyAM xxz ∂⋅⋅=⋅∂⋅=∂ σσ

AyKM z ∂⋅⋅=∂ 2

∫∫ ∂⋅⋅=∂=AA

zz AyKMM 2 → ∫ ∂⋅⋅=A

z AyKM 2 → zz IKM ⋅=





Como z

z

IM

K = e yKx ⋅=σ , tem-se:

• yI

M

z

zx ⋅=σ

- Flexão oblíqua pura: o plano de cargas é inclinado de um ângulo θ em relação ao

plano vertical. O vetor momento é inclinado do mesmo ângulo em relação ao eixo z.

Essa flexão é tratada como a superposição de duas flexões normais (Mz e My):

θcos⋅= MM z

θsen⋅= MM y

A tensão normal será: xxx σσσ ′′+′= , onde yKx ⋅′=′σ e zKx ⋅′′=′′σ .

Logo: zKyKx ⋅′′+⋅′=σ .





Sabe-se que ∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A

xA

xz yAyFM σ

∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AyzKyKM )( → ∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

z AzyKyKM )( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM )()( 2 → ∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′′+∂⋅⋅′=A A

z AzyKAyKM 2

• yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′=

∫∫ ⋅∂⋅=⋅∂=A

xA

xy zAzFM σ → ∫ ∂⋅⋅⋅′′+⋅′=A

y AzzKyKM )(

∫ ∂⋅⋅⋅′+⋅′′=A

y AzyKzKM )( 2 → ∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM )()( 2

∫ ∫ ∂⋅⋅⋅′+∂⋅⋅′′=A A

y AzyKAzKM 2

• yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′=

Como o sistema yz é central de inércia, ou seja, vuzy ,, → (momentos principais de

inércia), tem-se:

0== uvyz II

yzzz IKIKM ⋅′′+⋅′= → v

vvv I

MKIKM =′→⋅′=

yyzy IKIKM ⋅′′+⋅′= → u

uuu I

MKIKM =′′→⋅′′=

Assim:

vKuKx ⋅′′+⋅′=σ

vI

Mu

IM

u

u

v

vx ⋅+⋅=σ

A linha neutra é o lugar geométrico dos pontos da seção transversal onde as

tensões normais são nulas.

0=⋅+⋅= vI

Mu

IM

u

u

v

vxσ → u

II

MM

vv

u

u

v ⋅⋅−=

Sendo

• θsen⋅= MM u





• θcos⋅= MM v

Substituindo:

uII

MMv

v

u ⋅⋅⋅⋅

−=θθ

sencos

uII

tgv

v

u ⋅⋅−=θ

1

Essa é a equação da linha neutra.

Se v

u

II

tgtg ⋅−=

θβ 1

utgv ⋅=∴ β

Exercícios:





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

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

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

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

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

2/1000 cmtf=σ

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

2/200 cmtfE =





1 m 3 m

P=2 tf 10

10 151015

15

15

15

10

medidas em cm

Resolução do exercício 5 Calcular os valores extremos de σ (tração e compressão) que surgirão na viga. O peso próprio é desprezado. A carga P é vertical e passa pelo cg da seção.

Dados: Iy = 124167 cm4

Iz = 461042 cm4 Iyz = 194375 cm4

Figura 5.1

Solução: a) Características Geométricas - Cálculo do CG

→ como a seção é simétrica a posição do cg é óbvia.

- Momentos Totais de Inércia e suas Direções





200 tf.cm

Diagrama de momento (M):

y

z C

u

v

α

L

Mθ

β

σ

σ

A

B

o7624124167461042

194375222 ,

III

tgyz

yz =α⇒−

⋅=

−

⋅=α

⇒+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −±

+= yz

zyzy IIIII

I2

2212 ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=4

2

41

8039532

20550676

cm,I

cm,I

→ eixos u e v,

4803953222

22cm,IsenIcos

IIIII uyz

zyzyu =⇒α⋅−α⋅

−+

+=

1

2

IIII

v

u

==∴

b) Tensões

Pela regra da mão direita temos:

uI

Mv

IM

v

v

u

ux ⋅+⋅−=σ

onde: o7624,−=θ

⎩⎨⎧

⋅=θ⋅=⋅−=θ⋅=cmtf,cosMMcmtf,senMM

v

u

611817683

u,

,v,

,x ⋅+⋅−=σ∴

2055067661181

80395327683

- Para a Linha Neutra σ = 0

020550676

611818039532

7683=⋅+⋅−=σ u

,,v

,,

x

→ podemos calcular a LN de duas formas:

admitindo pontos na eq. de tensão





426100,uv

vu=⇒==⇒=∴

ou pelo cálculo do angulo β:

o8581 ,II

tgtg

utgv

v

u =β⇒⋅θ

−=β

⋅β=

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

base, onde será utilizado a matriz de transformação:

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⋅⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡αα−αα

=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

zy

cossensencos

vu

→ ponto A:

⎩⎨⎧

=−=

⇒⎩⎨⎧

=−=

cm,vcm,u

zcm,y

A

A

A

A

61135129

0532

( ) 2863512920550676

6118161138039532

7683 cmtf,,,

,,,

,A −=−⋅+⋅−=σ⇒

→ ponto B:

⎩⎨⎧

−==

⇒⎩⎨⎧

==

cm,vcm,u

zcm,y

B

B

B

B

61135129

0532

( ) 286,351,2920,550676

61,18161,1380,39532

76,83 cmtfB =⋅+−⋅−=⇒ σ

⎪⎩

⎪⎨⎧

=

−=⇒

2

2

86,3

86,3:

cmtf

cmtfsãodeextremosvaloresos

T

C

σ

σσ

- Flexão composta: quando atua no trecho o momento e também a força axial(F).





• Flexo-compressão (F < 0).

• Flexo-tração (F > 0).

• e: excentricidade.

Quando e = 0: é flexo-compressão ou flexo-tração centrada. Quando não, deve-se

considerar a excentricidade.

- Flexão Oblíqua Composta:

eu : excentricidade em relação ao eixo u.

ev : excentricidade em relação ao eixo v.

vI

Mu

IM

AF

u

u

v

vx ⋅+⋅+=σ

Superposição de efeitos.

Nesse caso:

uu eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ sensen

vv eFeFMM ⋅=⋅⋅=⋅= θθ coscos

Linha Neutra:

0=⋅+⋅+= vI

Mu

IM

AF

u

u

v

vxσ → 0sencos1

=⋅⋅

+⋅⋅

+ vI

euI

eA uv

θθ

utgeAI

v u ⋅+⋅⋅

−= βθsen

utgctev ⋅+= β → →≠ 0cte a linha neutra não passa pelo c.g.

Exercícios:





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

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

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

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





10) Traçar o diagrama de tensões normais na situação mais crítica. Dados: 413932cmI y = , 434668cmI z = , 415552cmI yz −= , P = 10KN, q = 5KN/m.

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

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





Núcleo central de Figuras Planas

• Definição: região da seção transversal onde aplicada uma força normal, sua

linha neutra não corta a seção.

• Conseqüência: a seção só terá tensões de um mesmo sinal (compressão ou

tração) de acordo com o sinal da força.

• Importância: materiais com baixa resistência a tração.

Exemplos: murros de arrimo, chaminés e pilares.

Determinação do núcleo central:

uI

MAN

v

vx ⋅+=σ → com vv eNM ⋅= → u

IeN

AN

v

vx ⋅

⋅+=σ

Linha neutra:

0=⋅⋅

+= uI

eNAN

v

vxσ → 01

=⋅+ uIe

A v

v → v

v

eAI

u⋅

−=

Observação:

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

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

do polígono que constitui o núcleo central.

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

delimitados pelos eixos centrais (antipolos da LN).

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

convexo circunscrito.





Exercícios:

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

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

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





2-TORÇÃO

Torção em barras de seção circular

Figura 2.1 Seja uma barra de seção circular engastada numa extremidade e solicitada na extremidade livre por um momento torsor Mt (figura 2.1). No engastamento, surgirá um momento de mesmo valor com sentido oposto. Na deformação elástica, cada seção da barra terá uma rotação γ (ângulo de torção). Aparecerá, assim, em cada seção da barra, tensões de cisalhamento τ. Hipóteses básicas:

1. As tensões de cisalhamento estão dirigidas perpendicularmente ao raio e seus valores são proporcionais ao mesmo.

ττ ⋅=ar

r (Equação 2.1)

Figura 2.2

2. As seções executam rotações elásticas como se fossem corpos rígidos.





Seja:

Figura 2.3

A tensão aplicada na face 34, e a mesma tensão (reativa) na face oposta 12 são

insuficientes para equilibrar o elemento porque as duas forças provocadas por elas

formam um binário. Assim, devem existir tensões longitudinais de cisalhamento (τ l ).

O Teorema de CAUCHY diz que as tensões em planos perpendiculares são iguais.

trxxtr ∂⋅∂⋅∂⋅=∂⋅∂⋅∂⋅ lττ (Equação 2.2)

lττ =∴ (Equação 2.3)





Tensões de cisalhamento – Lei de Hooke

Após a aplicação do momento torsor Mt, os pontos 3 e 4 passarão a ocupar as

posições 3’ e 4’ devido a distorção γ .

Na flexão, a tensão normal é: εσ ⋅= E .

Analogamente, na torção, a tensão de cisalhamento será:

γτ ⋅= G (Equação 2.4)

Onde G é o módulo de elasticidade transversal.

Para materiais isotrópicos, podemos facilmente determinar o módulo de

elasticidade transversal, conforme mostrado na equação abaixo:

)1(2 ν+⋅=

EG (Equação 2.5)

Onde ν é o coeficiente de Poisson.

Para exemplificar, temos os seguintes valores para o aço:

MPacmKgfE 210000/2100000 2 ==

MPacmKgfG 80000/800000 2 ==

3,0=ν

Da equação 2.1: ττ ⋅=ar

r , e equação 2.4: γτ ⋅= G , substituindo temos:





γγ ⋅=ar

r (Equação 2.6)

Obtém-se o momento torsor Mt, calculando-se o momento resultante das forças

elementares aplicadas na seção. Em um anel circular (conforme figura 2.4) de espessura

∂ r, o momento ∂ Mt é dado pela resultante das tensões τ na área elementar ∂ A.

Figura 2.4

Sendo rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ e rrA ∂⋅⋅⋅=∂ π2 , temos:

rrrarM t ∂⋅⋅⋅⋅⋅=∂ πτ 2

arrM t∂⋅⋅⋅

=∂32πτ (Equação: 2.7)

Para obtermos o momento torsor, basta integrar a equação 2.7:

2422 3

0

4

0

3 τπτππτ ⋅⋅=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅⋅

=∂⋅⋅⋅

=∂= ∫ ∫a

ar

arrMM

aa

tt (Equação:2.8)

Da equação 2.8 podemos determinar a tensão de cisalhamento (τ ) em função do

momento torsor ( tM ) e do diâmetro (D):





3

2aM t

⋅⋅

=π

τ , como 2Da = , portanto para seção circular temos:

3

16DM t

⋅⋅

=π

τ (Equação 2.9)

Da teoria de flexão, temos a tensão normal (σ ) em função do momento

fletor (M) e momento de inércia (I), conforme equação abaixo:

WM

yIMy

IM

==⋅=/

σ (Equação 2.10)

W: módulo de resistência à flexão.

Fazendo uma analogia da teoria de flexão com a teoria de Torção, temos a

tensão de cisalhamento (τ ) em função do momento torsor ( tM ), conforme equação

abaixo:

t

ttt

WM

DM

DM

=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅=

⋅⋅

=

16

1633 ππ

τ (Equação 2.11)

Da equação 2.11, podemos determinar o módulo de resistência à torção para

seção circular cheia:

16

3DWt⋅

=π (Equação 2.12)

Cálculo do Giro Relativo (ϕ ):

Figura 2.5

Da teoria de pequenos deslocamentos, sabemos que o arco se confundi com a tangente

ϕ∂ é muito pequeno → arco ≈ tangente. A partir da figura acima e da teoria de

pequenos deslocamentos, temos:





tangente = a⋅∂ϕ = x∂⋅γ ( γ é muito pequeno). Dessa relação, temos:

ax∂⋅

=∂γϕ (Equação 2.13)

Para calcularmos o giro relativo bastar integrar a equação 2.13.

xa

∂⋅=∂= ∫ ∫l l

0 0

γϕϕ (Equação 2.14)

Da integração vem:

l⋅=∴aγϕ (Equação 2.15)

Sendo Gτγ = →

aG ⋅⋅

=lτϕ (Equação 2.16)

A partir da equação 2.16 e aplicando a para a seção circular temos:

2

163 DGD

M t

⋅⋅⋅

⋅⋅=π

ϕl

(Equação 2.17)

Simplificando temos:

4

32DG

M t

⋅⋅⋅⋅

=π

ϕl

)

32(

4DG

M t

⋅⋅

⋅=

πϕ

l (Equação 2.18)

Ou t

t

IGM⋅⋅

=l

ϕ com 32

4DIt⋅

=π

Resumindo: seção circular cheia.

t

t

WM

=τ

16

3DWt⋅

=π

t

t

IGM⋅⋅

=l

ϕ

32

4DIt⋅

=π





SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE ESPESSA (GROSSA)

Com as expressões obtidas anteriormente e a = D/2, tem-se:

2Drr =

ττ

→ ττ ⋅=2

Dr

r

drrA ⋅⋅⋅=∂ π2

rAM rt ⋅∂⋅=∂ τ

rrrM rt ⋅∂⋅⋅⋅=∂ πτ 2

rrM rt ∂⋅⋅⋅=∂ 22πτ

rrD

M t ∂⋅⋅⋅=∂ 32)

2(

πτ (Equação 2.19)

Para obtermos o momento torsor basta integrar a equação 2.19, logo:

∫∫ ∂⋅⋅⋅=∂=∂2/

2/

32/

2/2

)2

(

D

d

D

d tt rrD

MM πτ (Equação 2.20)

Finalmente, momento torsor resultante:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

⋅

⋅=

44

2242

2 dDD

M tτπ (Equação 2.21)

Assim, a tensão será t

t

WM

=τ , com:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

44

22dD

DWt

π (Equação 2.22)





Resumindo, temos:

t

t

IGM⋅⋅

=l

ϕ (Equação 2.23)

( )44

32dDIt −=

π (Equação 2.24)

SEÇÃO CIRCULAR DE PAREDE FINA (DELGADA)

Nas quais dmt <<< ou 10>t

dm , onde:

dm: diâmetro médio;

t: espessura.

Pode-se considerar que τ seja uniforme.

tMdmA =⋅⋅2

τ → tMdmtdm =⋅⋅⋅⋅2

πτ → tMtdm=

⋅⋅⋅2

2πτ →

2

2dmtM t

⋅⋅=π

τ

Assim t

t

WM

=τ com 2

2dmtWt⋅⋅

=π . E

t

t

IGM⋅⋅

=l

ϕ com 4

3dmtIt⋅⋅

=π .





Exemplo de Diagramas de Momento Torsor

• Momento de torção aplicado

Exercícios:

1) Traçar o diagrama de momento torsor

2) Traçar o diagrama de momento torsor





• Momento de torção uniformemente distribuído (m)

xmxmMx

t ⋅=∂⋅= ∫0 → ll ⋅== mxM t )(

• Momento de torção linearmente distribuído (m)





∫ ∂=x

xt xmM0

onde xmtgmx ⋅==l

θ

∫ ∂⋅⋅=x

t xxmM0 l

Logo: l⋅

⋅=

2

2xmM t e 22

)(2 l

l

ll

⋅=

⋅⋅

==mmxM t

Exercícios:

1) Traçar o diagrama de momento torsor para a estrutura isostática. a

Mm 21 = ,

aMm =2

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





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

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

4) Calcular o giro relativo abϕ

5) Calcular o giro relativo abϕ





6) Calcular o diâmetro d e o giro abϕ

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

MN/m2.

7) Calcular o momento torsor M.

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





Torção em barras de seção qualquer

Observações:

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

Barras de seção qualquer: sofrem empenamento.

Hipóteses:

1. A espessura t = t(s), pode variar com s, mas é constante em x.





2. As tensões de cisalhamento igualmente distribuídas sobre a espessura t e dirigindo-se

paralelas às bordas são funções de s, )(sττ = , mas independentes de x.

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

Venant)

Equilíbrio de forças:

xtxt ∂⋅⋅=∂⋅⋅ 2211 ττ

cteststt =⋅=⋅=⋅ )()(2211 τττ

=⋅ )()( stsτ fluxo de cisalhamento

Momento Mt:

hdsstsM t ⋅⋅⋅=∂ )()(τ com

dAdshhdsA ⋅=⋅⇒⋅

=∂ 22

dAstsM t ⋅⋅⋅=∂ 2)()(τ

∫∫ ⋅⋅⋅=∂=AA

tt dAstsMM 2)()(τ

AstsM t ⋅⋅⋅=∴ )()(2 τ

)(2)(

stAM

s t

⋅⋅=∴τ

t

t

WM

s =∴ )(τ com )(2 stAWt ⋅⋅=

Exemplo: Seção quadrada:





2aA =

tst =)(

taWt ⋅⋅= 22

Exemplo: círculo

4

2dmA ⋅=π

2

2dmtWt⋅⋅

=π

Na seção qualquer, se t = t(s):

t

t

WM

=τ e )(2 stAWt ⋅⋅=

mint

tMAX W

M=τ → min2min tAWt ⋅⋅=

Fluxo de cisalhamento → ctests =⋅ )()(τ





Deformação φ (rotação elástica)

• Trabalho/energia

U = energia = T = trabalho

2dpU p⋅

=

dFU FV ⋅=

ϕ⋅⋅== tMUT21 (carregamento lento)

Se ϕ⋅= tMT (cargas rápidas)

U: energia de deformação (interna)

T: trabalho externo

A carga (F,M) produz esforços (M,V,N,Mt) e tensões ( )τσ , .

dsdxstsU ⋅⋅⋅⋅⋅=∂ γτ )()(21





Pela Lei de Hooke:

εσ ⋅= E γτ ⋅= G Gτγ =

Logo dsdxstsG

U ⋅⋅⋅⋅⋅

=∂ )()(2

1 2τ .

Tem-se: )(2

)(stA

Ms t

⋅⋅=τ .

dsdxststA

MG

U t ⋅⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅⋅

=∂ )()(22

12

dsdxstAG

MU t ⋅⋅

⋅⋅⋅=∂

)(8 2

2

)(8 2

2

stdsdx

AGM

U t ⋅⋅⋅⋅

=∂

∫∫∫ ⋅∂⋅⋅⋅

=∂=)(8 02

2

stdsx

AGM

UU t l

Igualando-se o trabalho do esforço Mt com o das tensões τ, tem-se:

TU =

ϕ⋅⋅=⋅⋅⋅⋅

∫ tt M

stds

AGM

21

)(8 2

2 l

∫⋅⋅⋅⋅

=)(4 2 st

dsAG

M t lϕ

T

t

IGM⋅⋅

=l

ϕ

∫⋅

=∴

)(

4 2

stdsAIt

como t é normalmente constante, ∫ ds = perímetro.





Exemplo:

A = a x b

)()(2

)(2)(4

)(

4 222

batba

tba

ba

stdsAIt +

⋅⋅⋅=

+⋅⋅⋅

=⋅

=

∫

Exercícios:

1) Calcular “e”, It.

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





2) Calcular “a”

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

Analogia de membrana Imaginemos uma membrana homogênea, com o mesmo contorno da seção transversal do elemento sujeito à torção e solicitada por uma tração uniforme nas bordas e por pressão uniforme.

Equação diferencial da superfície deformada de uma membrana.

Kp

yz

xz

−=∂∂

+∂∂

2

2

2

2





Mostra-se que a equação diferencial da superfície elástica da membrana

deformada tem a mesma forma da equação diferencial que determina a distribuição das

tensões ao longo da barra solicitada à torção.

Equação diferencial da torção:

αφφ⋅−=

∂∂

+∂∂ G

yx 2

2

2

2

Analogia entre as equações diferenciais se: α⋅= GKp onde:

P: pressão lateral por unicidade de área;

K: força de tração por unicidade de comprimento da barra;

α: ângulo de torção por unicidade de comprimento.

Seções celulares:

Torção em seções celulares:

Equação de equilíbrio da membrana:

∫⋅⋅=⋅t

dshKAp





Placa 1:

)()()( 1231

11 chh

eKaca

ehKAp ⋅−⋅−++⋅⋅

=⋅

Placa 2:

)()()( 1232

22 chh

eKbcb

ehKAp ⋅−⋅+++⋅⋅

=⋅

Tensão tangencial:

βτ ⋅⋅

=V

M t

2

eh

=β

11 2βτ ⋅

⋅=

VM t

1

11 e

h=β

22 2βτ ⋅

⋅=

VM t

2

22 e

h=β

33 2βτ ⋅

⋅=

VM t

3

123 e

hh −=β

Momento de inércia à torção:

pKVIT⋅⋅

=4

ângulo de giro:

Kp

VGM

IGM t

t

t ⋅⋅⋅⋅

=⋅⋅

=4ll

ϕ





Exercícios:

1)Calcular Mt e abϕ

Dados: G = 800 kN/cm2; 2/8 cmkNadm =τ

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





3) Calcular o deslocamento do ponto A.

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

50 kNcm, G = 8000 kN/cm2.

Resolução do exercício 3.





Placa 1 = Placa 3

)5(1,0

)4783,5(1,0

52

)74(21 ⋅⋅−++⋅⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅

+⋅ hKhKp → 21 583,1675,2 hh

Kp

⋅−⋅=⋅

Placa 2

( ) ( ) )5544(1,0

)55(1,0

95 212 +++⋅+⋅++⋅⋅=⋅⋅ hhKhKp → 21 28185,4 hhKp

⋅+⋅=⋅

Kph ⋅= 18,01

Kph ⋅= 05,02

Volume: ( ) ( )212112 hhAhAV +⋅+⋅⋅=

( )Kp

Kp

KpV ⋅=⋅+⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅⋅⋅= 25,2005,018,04518,05,272

Inércia à torção: 48125,2044 cmpK

Kp

pKVIt =⋅⋅⋅=⋅⋅

=

Giro: radIG

M

t

t 023,0818000

100150=

⋅⋅

=⋅⋅

=l

ϕ

Coordenadas do ponto A em relação ao c.g.

cmxA 5,9= , cmyA 3,3=

( ) cmyv Ax 076,03,3023,0 =⋅−−=⋅−= ϕ

( ) cmxv AY 219,05,9023,0 −=⋅−=⋅= ϕ

Deslocamento: cmvvv yx 23,022 =+=





3-CENTRO DE CISALHAMENTO EM SEÇÕES SIMÉTRICAS

- Tensões tangenciais nas seções delgadas abertas:

Dado um elemento de viga obtido por duas seções: x e x + dx

• AyI

xMAxTA

zA

∂⋅⋅=∂⋅= ∫∫)()(σ

• AyI

xxMAxxtA

zA

∂⋅⋅∂+

=∂⋅∂+= ∫∫)()(σ

As resultantes das trações exercidas sobre o elemento geralmente não serão

iguais: tT ≠ → tTxxMxM >⇒∂+> )()(

0>− tT

0)()(>∂⋅⋅

∂+−∂⋅⋅ ∫∫ Ay

IxxMAy

IxM

Az

Az





)()()( xMxMxxM ∂−=∂+

0)(>∂⋅⋅

∂∫ Ay

IxM

Az

O equilíbrio exige, então, que exista uma força horizontal, que será:

xsestT ∂⋅⋅=−−−

)()(τ

xsesAyI

xMA

z

∂⋅⋅=∂⋅⋅∂ −−

∫ )()()( τ

AseI

yxVAseIx

yxMsA

z

A

z

∂⋅⋅

⋅=∂⋅

⋅⋅∂

⋅∂=∴ ∫∫ −−−−

)(

)(

)(

)()(τ

∫ ∂⋅⋅⋅

= −−A

z

AyseI

xVs)(

)()(τ

• )(

)()( −−

⋅

⋅=

seI

SxVsz

τ onde:

τ: tensão de cisalhamento;

V: força cortante na seção em estudo;

e: espessura da seção;

Iz: momento de inércia com relação ao eixo neutro z;

S: momento estático da parte da seção estudada com relação ao eixo neutro z.

ssesF ∂⋅⋅=∂ )()(τ

∫ ∂=s

FF0





∫∫ ∂⋅⋅⋅

⋅=∂⋅⋅= −−

s

z

s

sseseI

SxVssesF0

0

)()(

)()()(τ

Geralmente ctesese ==−−

)()(

∫ ∂⋅⋅=∴s

z

ssSI

xVF0

)()(

Exemplo 1:

)()()(

seISxVs

z ⋅⋅

=τ

PxV =)(

ese =)(

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅⋅+

⋅⋅⋅+

⋅=

233

22

1222

12hebbeehI z

• Variação nas mesas:

2)( hsesS ⋅⋅=

)()( sSKs ⋅=τ

)()(seI

xVKz ⋅

= 2

)( sheKs ⋅⋅⋅=∴τ





Tem-se:

• OBS: As tensões tangenciais verticais vτ são desprezadas

bISxV

zv ⋅⋅

⋅=

2)(τ

)()()(

seISxVs

z ⋅⋅

=τ

)(2 sbe v ττ <<⇒⋅<<

• Para S2 (outra posição de S) na alma

Momento estático

bheshsesS ⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

22)(

O momento estático é acumulativo.

bhesehsesS ⋅⋅+⋅

−⋅⋅

=22

)(2

)()( sSKs ⋅=τ

Exemplo 2:





2)( shesS ⋅⋅= (mesa)

bheshsesS ⋅⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

22)( (mesa + alma)

02

)(=⋅−

⋅=

∂∂ sehe

ssS

2hS =∴

22222

2

maxhbehehheS ⋅⋅+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−⋅

⋅=

28

2

maxhbeheS ⋅⋅

+⋅

=





)()()(

seISxVs

z ⋅⋅

=τ

)()( sSKs ⋅=τ

PxV =)(

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅+

⋅⋅+

⋅=

233

2122

12hebbeehI z

∫ ∂⋅⋅=s

z

ssSI

xVF0

)()(

• ∫ ∂⋅⋅=b

z

ssSIPF

01 )(

• 31 FF =





42)(

2

00

bhesshessSbb ⋅⋅

=∂⋅⋅⋅

=∂⋅ ∫∫

41

2bheIPF

z

⋅⋅⋅=∴

• ∫ ∂⋅⋅=h

z

ssSIPF

02 )(

222)(

2 bhesehsesS ⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=

262222)(

233

0

2

0

hbehehesbhesehsessShh ⋅⋅

+⋅

−⋅

=∂⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=∂⋅ ∫∫

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⋅+

⋅⋅+

⋅

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅−

⋅⋅

=233

233

2

2122

12

262

hbebeeh

hbehehePF

he << ; be <<

)(2 xVPF ==∴

Centro de cisalhamento (Seções delgadas simétricas)





O centro de cisalhamento ou centro de torção é o ponto do plano da seção em relação ao qual o momento de todas as resultantes das tensões devidas a τ é nulo. É o ponto por onde deve passar o plano que contém a resultante de V atuante na seção, para que não haja torção.

fτ : tensão de cisalhamento devido à V

Forças de cisalhamento na seção

∫ ∂⋅⋅=b

zz

ssSIVF

01 )(

2)( shesS z

⋅⋅=

42

2

01bhe

IVsshe

IVF

z

b

z

⋅⋅⋅=∂⋅

⋅⋅= ∫

VhbeheheIVsbhesehse

IVF

z

h

z

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ⋅⋅+

⋅−

⋅⋅=∂⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅−

⋅⋅⋅= ∫ 264222

233

0

2

2

31 FF =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅⋅+

⋅⋅+

⋅=

4122

12

233 hbebeehI z

be << ; he <<





Condições de equivalência

VF =1 ; cVM ⋅=0

cVhF ⋅=⋅1

VhFc ⋅

= 1

Vhbeh

IVc

z

⋅⋅⋅

⋅=4

2

zIbehc

⋅⋅⋅

=4

22

; ),,( bhefc = não depende de V.

212

23 hbeheI z⋅⋅

+⋅

=

Obs: 1. se a cortante passar pelo C.C. não haverá momento na seção, pois há

equivalência entre Vc e M0.

2. Se chamarmos de “fluxo de tensões” o produto τ t, podemos imaginar uma

analogia entre “fluxo de tensões” que percorre a seção e “fluxo de água” que percorreria

um encanamento com a forma da seção analisada.





t

tt W

M=τ

PV =

)( bcPMM t +⋅==

ft τττ += (tensão de cisalhamento resultante)

eISV

WM

zt

t

⋅⋅

+=τ





Cantoneiras

Exercícios:

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

Dado: Iz=2806 cm4.





2) Calcular maxτ

Dado: Iz=895914 cm4.

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

Dado: Iy=27937 cm4.






100⋅= FM

FFzIM

yx 054,015

27937100

−=⋅⋅

=⋅=σ

( ) 433 48,37221,212015131

31 cmthI iiT =⋅++⋅⋅=⋅⋅= ∑

3

max

48,37148,37 cm

tIW T

T ===

∫ ∂⋅⋅=s

ssSIxVF

0)()(

230

2301

2

1ssssS −⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⋅=

yy IPsss

IPF ⋅=∂⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⋅⋅= ∫ 5,2812

230

15

0

2

1

5,337155,3371512 +⋅=+⋅⋅= ssS

( )yy I

PssIPF ⋅=∂⋅+⋅⋅= ∫ 97505,33715

20

02





∑ = 00M

cPFF ⋅=⋅⋅−⋅⋅ 352152 12

cPIP

IP

yy

⋅=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅−⎟

⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅ 5,281270975030

27937196875292500 −

=c

cmc 42,3=

PPcPWM

t

tt ⋅=

⋅=

+⋅== 49,0

48,3742,18

48,37)15(τ

PPeISV

zf ⋅=

⋅⋅

=⋅⋅

= 023,01279375,637τ

PPPft ⋅=⋅+⋅=+= 513,0023,049,0τττ

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +±

+=

( )22

2,1 513,02

0054,02

0054,0 PPP+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−

±+−

=σ

P487,01 =σ

P541,02 −=σ





4 - TEORIA DAS TENSÕES

zz

A AF

σ=∂∂

→∂ 0lim → tensão normal

zyy

A AF

τ=∂

∂→∂ 0

lim → tensão tangencial ou tensão de cisalhamento

zxx

A AF

τ=∂∂

→∂ 0lim





→→→

+= xzwt z τσ

22)( τσ += zt

• Obs: A tensão é definida no ponto.

∑ = 00M → 2

22

2 zyxyzx zyyz∂⋅∂⋅∂⋅⋅=

∂⋅∂⋅∂⋅⋅ ττ

0≠∂⋅∂⋅∂=∂ yzxV

zyyz ττ =

Teorema de Cauchy.

Genericamente jiij ττ = { }zyxji ,,, =

São seis as tensões no caso tridimensional.





Caso plano

Caso linear

Ensaio de tração: → AF

=σ l

lΔ=ε





Estado simples/ Linear/ Unidimensional de tensão

Considere uma barra sem peso, tracionada pela extremidade livre por uma força

F centrada. Numa seção genérica, aparecerão tensões normais σ1 de modo que se tenha

o equilíbrio da seção cortada.

AF

=σ

Equilíbrio de forças.

• ∑ =−

0yF

0coscos 1 =⋅⋅−⋅ ασα

σ AA

* ασσ 21 cos⋅=

• ∑ =−

0xF

0cos 1 =⋅⋅−⋅ ασα

τ senAA

* ααστ cos1 ⋅⋅= sen

De outra maneira:

1. 2

2cos1cos2 αα += → α

σσσ 2cos

2211 ⋅+=





2. 22sencossen ααα =⋅ → α

ττ 2sen

21 ⋅=

21

21 2cos

22⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − α

σσσ

212 2sen

2⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅= ατ

τ

212

21

22⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −

στ

σσ

Tensões principais:

• Tensão máxima: 1σ

• Tensão mínima: 2σ

Círculo de Mohr:

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

Obs: 1. planos ou direções principais.

2. O ponto do gráfico para o qual convergem todos os planos representativos de

cortes na barra é chamado pólo.

Convenção de sinais:

tração⇒> 0σ

compressão⇒< 0σ





Estado Plano (duplo, bidimensional) de tensões

Considere um elemento infinitesimal com solicitação geral de tensões.

Equilíbrio de Forças:

• ∑ =−

0yF

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

AAAAA yxyxyxx

ασαατασσ 22 sencossen2cos ⋅+⋅⋅⋅+⋅=−−

yxyxx

• ∑ =−

0xF

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

AAAAA xxyxyyxy

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

xyxyxy

Arcos duplos:

ατασσσσ

σ 2sen2cos22

⋅+⋅−

++

=−−

xyyxyx

x





ατασσ

τ 2cos2sen2

⋅+⋅−

=−−

xyxy

xy

22

2sen2cos22 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−

−−

ατασσσσ

σ xyyxyx

x

22

2cos2sen2 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅

−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

ατασσ

τ xyxy

xy

( )2222

22 xyyx

xyyx

x τσσ

τσσ

σ +⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−

−−−−

No círculo de Mohr:

• centro do círculo: ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +0,

2yx σσ

• raio do círculo: ( )22

2 xyyxR τ

σσ+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −=

Ryx ++

=21

σσσ

R+=maxτ

Ryx −+

=22

σσσ

R−=minτ





Tensões principais ( )21 ,σσ :

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+

+=

• 0=−−

xyτ

02cos2sen2

=⋅+⋅−

ατασσ

xyxy

yx

xytgσσ

τα

−

⋅=

22

Direções principais: 'α e ''α

Propriedade

cteyxyx =+=+=+−−−−

21 σσσσσσ

Expressão Matricial das tensões.

[ ] [ ] [ ]TMM ⋅⋅=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −

σσ

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−

=αααα

cossensencos

M M: matriz de transformação de coordenadas.





MT: matriz transposta.

⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡

−−−−

−−−−−

yxy

xyx

στ

τσσ

[ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡=

yxy

xyx

σττσ

σ

Exercícios:

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

160=xσ ; 60=yσ ; 40=xyτ .

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

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





3) Calcular as tensões principais e suas direções.

4) Calcular as tensões principais e suas direções. 2/3 cmkNa =σ ; 2/5,1 cmkNb =σ ; 2/5,0 cmkNa =σ

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






436167cmI z =

Reações: kNV a 5,7= , kNV b 5,22=

cmkNM z ⋅= 500

kNV 5,12=

Ponto A:

kNyI

M

z

zx 152,011

36167500

−=⋅=⋅=σ

0=xyτ

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−+

+=

21 /0 cmkN=σ ; 2

2 /152,0 cmkN−=σ

Ponto B:

kNyI

M

z

zx 055,04

36167500

+=⋅=⋅=σ

2/06,01036167

17255,12 cmkNtISV

xy −=⋅

⋅−=

⋅⋅

=τ

( )22

2,1 22 xyyxyx τ

σσσσσ +⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +−+

+=

21 /09,0 cmkN=σ ; 2

2 /04,0 cmkN−=σ





5 - TEORIA DAS DEFORMAÇÕES

Deformações Normais: xu

x ∂∂

=ε yv

y ∂∂

=ε

yutg∂∂

== 11 γγ xvtg∂∂

== 22 γγ

xyxv

yu γγγγ =

∂∂

+∂∂

=+= 21

γ : deformação tangencial ou distorção.

Coeficiente de Poisson:

Considerando solicitação apenas na direção x, temos:

0>−=y

x

εε

ν

Em materiais isotrópicos (que têm o mesmo comportamento elástico em todas as

direções): 5.00 <<ν

• A lei de Hooke estabelece que a tensão aplicada provoca deformação

proporcional.

Pode-se afirmar então que se em todos os pontos de um sólido elástico atua

tensão σ de direção constante, um comprimento l, sofrerá, na direção da tensão, uma

variação de comprimento:





Eσ.ll =Δ

Considerando agora que ocorra solicitação em mais de uma direção, pode-se

avaliar o efeito de cada tensão isoladamente:

ll ⋅=Δ ε

• Tensão apenas na direção x :

xx

xx

x EEll ⋅=Δ⇒=

σσε

yx

yx

xy EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

zx

zx

xz EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

• Tensão apenas na direção y :

yy

yy

y EEll ⋅=Δ⇒=

σσε

xy

xy

yx EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

zy

zy

yz EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

• Tensão apenas na direção z :

zz

zz

z EEll ⋅=Δ⇒=

σσε

xz

xz

zx EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

yz

yz

zy EEll ⋅=Δ⇒⋅−=⋅−=

σσνενε

Por superposição de efeitos: xz

xy

xx

x EEEllll ⋅⋅−⋅⋅−⋅=Δ

σν

σν

σ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−=∴

EEEzyx

xσσ

νσ

ε





Analogamente, ocorre nas outras direções.

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +⋅−=

EEEzxy

yσσ

νσ

ε

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅−=

EEExyz

zσσ

νσ

ε

Além disso, para a distorção, tem-se:

G

xyxy

τγ = ;

Gyz

yz

τγ = ;

Gxz

xzτ

γ =

Onde G é o módulo de elasticidade transversal: ( )υ+=12EG

Num estado triplo de deformações, temos: zyx εεε ,, , yzxzxy γγγ ,,

Num estado plano de deformações, temos apenas: xyyx γεε ,,

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅−=

EEyx

x

σν

σε

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−=

EExy

yσ

νσ

ε

Gxy

xy

τγ =

Para calcular a deformação ( xε ) de um plano inclinado de θ em relação ao eixo

original x , temos:

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22

⋅+⋅−

++

= xyyxyxx

θγ

θεεεε

ε 2sin2

2cos22

⋅−⋅−

−+

= xyyxyxy

θγθεεγ 2cos2sin)( ⋅+⋅−= xyxyyx





Deformações principais ( 1ε e 2ε ):

22

1 222 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −+

+= xyyxyx γεεεε

ε

22

2 222 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −−

+= xyyxyx γεεεε

ε

Exercícios:

1) Calcular as tensões xσ , yσ e zσ .

2) Calcular xlΔ do sólido I.

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

4,0== IIIII νν





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

Dados: E = 100 tf/cm2; 4,0=ν

4) Determinar as tensões.

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





5) Calcular a deformação na direção θ indicada, sabendo que yx εε .5,0−= .

Dados: 2/1 cmKNx =σ ; 3,0=ν ; θ = 30º

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

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

7) Desenhar o círculo de Mohr.





Dados: 4x 105 −⋅−=ε , 4

y 103 −⋅=ε , rad106 2xy

−⋅=γ

8) No ponto O da viga indicada na figura foram medidas as deformações nas direções A

e B e encontrados: 51014,7 −⋅=aε , 510.07,16 −=bε . Sabendo-se que essa viga está

solicitada apenas por M e V, calcular esses valores, dados: 2/808 cmkNG = ; E = 21000 kN/cm2; 3,0=ν






Estágio 1

0=xσ ; 0=zσ ; 400P

y =σ

cmx 02,0=Δl

xxx ll ⋅=Δ ε

2002,0 ⋅= xε

001,0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=

1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−=

4004,0

1001001,0 P

tfP 100=

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⋅−⋅=

4001004,0

1001001,0

Estágio 2

0=zσ ; 400P

y =σ

cmz 02,0=Δl

zzz ll ⋅=Δ ε

2002,0 ⋅= zε

001,0=zε

( )( )yxzz Eσσνσε +⋅−⋅=

1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−⋅=

4004,0

1001001,0 P

xσ





0=xε

( )( )zyxx Eσσνσε +⋅−⋅=

1

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−=

4004,0

10010 P

xσ

Px ⋅+⋅−= 001,04,01,0 σ (1)

Px ⋅+= 001,00 σ (2)

Resolvendo o sistema: 2/071,0 cmtfx −=σ

tfP 43,71=

Carga Total:

tfPPPtotal 43,17143,7110021 =+=+=

( )( )zxyy Eσσνσε +⋅−⋅=

1

( ) 004,00071,04,0400

43,171100

1−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +−⋅−−⋅=yε

Deslocamento total em y.

cmyyy 12,030004,0 −=⋅−=⋅=Δ ll ε





6 - ENERGIA DE DEFORMAÇÃO

Na mecânica, uma força realiza trabalho quando sofre um deslocamento dx na

mesma direção dela.

Por exemplo, ao calcular o trabalho realizado por uma força axial aplicada na

extremidade da barra.

Como a força N aumenta gradualmente de 0 até P, o deslocamento varia de 0 até

ΔL. Se o material comportar-se de maneira linear-elástica, a força será diretamente

proporcional ao deslocamento, ou seja:

xKN x ⋅= onde K = constante.

Pela Lei de Hooke:

( )( )zyxX E1 σσνσε +⋅−⋅= , sendo 0zy == σσ

Ex

xσ

ε =∴

AN x

x =σ → lΔ=x

AN

x =σ → l

lΔ=xε

ll

Δ⋅⋅

=⋅=AExKN

xxKxNU x ∂⋅⋅=∂⋅=∂

O trabalho realizado será:





∫ ∫ ∂⋅⋅=∂= xxKUU

∫Δ Δ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ⋅=∂⋅⋅=

l l

0 0

2

2xKxxKU

ll Δ⋅⋅=Δ⋅⋅= NKU21

21 2

lΔ⋅⋅= N21U

U: energia de deformação (carregamento lento)

Carregamento lento: carregamento aplicado de zero até o valor final. Em caso de carregamentos rápidos (carregamentos instantâneos), temos:

lΔ⋅= NU , uma vez que o gráfico apresenta-se como um retângulo.

Exemplos:

Carregamento lento: peso próprio da estrutura.

Carregamento rápido: ação do vento.

- Energia de Deformação: Energia de deformação é definida como a capacidade de produzir trabalho. A

energia armazenada em sólidos elásticos devido à deformação dos elementos sob ações externas é igual ao trabalho interno.

Objetivos:

1- Calcular deslocamentos

2- Calcular incógnitas hiperestáticas.

- Métodos de cálculo da energia de deformação:

• Pelas tensões

• Pelos esforços solicitantes

• Pelas cargas





a) Cálculo pelas tensões:

Seja um elemento no estado triplo de tensões.

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

Modelo de cálculo

Trabalho = força x deslocamento

Se o elemento de volume está submetido à tensão σx:

zyforça x ∂⋅∂⋅= σ

xtodeslocamen x ∂⋅= ε

trabalho = xzy xx ∂⋅⋅∂⋅∂⋅ εσ

zyx21U xxx ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσσ e zyxV ∂⋅∂⋅∂=∂ (V = volume)

dV21U xxx ⋅⋅⋅=∂ εσσ

Analogamente:

• para yσ : dV21U yyy ⋅⋅⋅=∂ εσσ

• para zσ : dV21U zzz ⋅⋅⋅=∂ εσσ

Efeito total: izyx UUUU σσσσ ∂=∂+∂+∂

zyxzyxzyxU zzyyxxi ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅+∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ εσεσεσσ 21

21

21

Dividindo ambos os lados por zyx ∂⋅∂⋅∂





dVU

zyxU

U ii,0

∑∑ ∂=

∂⋅∂⋅∂

∂= σσ

σ

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

Para um elemento de volume, a tensão de cisalhamento provoca deformação no

elemento.

Assim, a energia de deformação armazenada no elemento é:

zyx21U xzxzxz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx21U xyxyxy ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

zyx21U yzyzyz ∂⋅∂⋅∂⋅⋅⋅=∂ γττ

Efeito total: ijyzxyxz UUUU ττττ ∂=∂+∂+∂

dVU

zyxU

U ijij,0

∑∑ ∂=

∂⋅∂⋅∂

∂= ττ

τ

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

Efeito global:

( )∑ ∂+∂= iji UUU τσ

( )volume,0,00 UUU ∑ += τσ

dVUUvolume 0 ⋅= ∫

Ou seja: ( )∫ ⋅+⋅+⋅+⋅+⋅+⋅⋅=V yzyzxzxzxyxyzzyyxx dV

21U γτγτγτεσεσεσ

b) Cálculo pelos esforços solicitantes





Considere uma viga:

• yI

MA

N

z

zxx ⋅+=σ e

zxy Ib

SV⋅⋅

=τ

dVUUvolume 0 ⋅= ∫

( )xyxyxx0 21U γτεσ ⋅+⋅⋅=

Pela Lei de Hooke:

• E

xx

σε = e

Gxy

xy

τγ =

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅=

GE21U

2xy

2x

0

τσ

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

⋅⋅

⋅+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅+⋅⋅=

22

0 IbSV

G1y

IM

AN

E1

21U

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅= 22

222

2

2

2

2

0 IbSV

G1y

IMy

IM

AN2

AN

E1

21U

xdAIbSV

Gy

IMy

IM

AN

AN

EU

A

∂⋅⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅= ∫∫ 22

222

2

2

2

2

0

12121l

Resolvendo as integrais de área, temos:

∫ ∂⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

⋅=

l

0

222

21

21 x

AVc

GIM

AN

EU onde c = fator de forma.

AIG

SAc 22

2

∂⋅⋅

⋅= ∫





Observação: Torção: tI

MwM

t

t

t

txy ⋅==τ

Ou seja:

∫ ∂⋅⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

⋅⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅⋅

⋅+⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⋅

⋅=

l

0

2222

221

21 x

IGM

AVc

GIM

AN

EU

t

t

estruturat

t dxGIMdx

GAcVdx

EIMdx

EANU ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+++= ∫ ∫ ∫ ∫

2²²²21

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

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

L = 50 cm; e = 20 cm.





c) Cálculo pelas cargas (Teorema de Clapeyron).

∫→→

∂⋅=t

0

tPT onde T = trabalho.

T = U onde U = energia de deformação.

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

≈ ivt

ii vP21T ⋅⋅=

ou genericamente:

∑ ⋅⋅= ii vP21T

xIG

MAG

VcIE

MAE

N21U

0t

2t

222

∂⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⋅

+⋅

⋅+⋅

+⋅

⋅= ∫l

T = U → Teorema de Clapeyron: conservação de energia

Pode-se, portanto, calcular o deslocamento no ponto e na direção da força ou

momento aplicado, com esse teorema. A aplicação é bastante limitada, pois apenas uma

força externa ou momento pode atuar na estrutura.

Exemplo 1: Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

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





Teorema de Maxwell

Trata de uma estrutura elástica com duas cargas Pi e Pk.

Seja a viga abaixo. Por superposição de efeitos:

Considere a teoria de 1a ordem.

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

ikKiiii PPv δδ ⋅+⋅=

kkKkiik PPv δδ ⋅+⋅=

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

ikkikkkkiiii1 PP1PP21PP

21T δδδ ⋅⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

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

kiikiiiikkkk2 PP1PP21PP

21T δδδ ⋅⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=

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

Substituindo os valores, tem-se que kiik δδ = → Teorema de Maxwell.





Observações:

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

Betti.

• o Teorema de Maxwell vale se substituirmos forças por momentos.

- Teorema de Maxwell: “O deslocamento de um ponto i, na direção ir

, quando se

aplica uma força no ponto k é igual ao deslocamento de um ponto k, na direção kr

,

quando se aplica uma força no ponto i”.

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

relação a uma carga Pk é igual ao deslocamento elástico (flecha) vk do ponto de

aplicação da carga”.

kk

vPU

=∂∂

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

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

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

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

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

∑=

⋅⋅=n

1iii vP

21U

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂⋅+⋅

∂∂

⋅=∂∂ ∑ ∑

= =

n

1i

n

1i k

iii

k

i

k PvPv

PP

21

PU

1a derivada → para ki ≠ , 0PP

k

i =∂∂

para ki = , 1PP

k

i =∂∂





2a derivada → ∑= ∂∂n

1i k

i

Pv

kk

i

Pvi 11 δ=

∂∂

⇒=

k2k

i

Pv2i δ=∂∂

⇒=

ikk

i

Pvii δ=∂∂

⇒=

kkk

i

Pvki δ=∂∂

⇒=

nkk

i

Pvni δ=∂∂

⇒=

...P...PP ikik22k11 +⋅++⋅+⋅ δδδ

Pelo Teorema de Maxwell, tem-se kiik δδ = .

Logo:

( )kkk

vvPU

+⋅=∂∂

21

kk

vPU

=∂∂

∴

Como: estruturat

t dxGIMdx

GAcVdx

EIMdx

EANU ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+++= ∫ ∫ ∫ ∫

2²²²21

estruturatk

tt

kkkk

dxGIP

MMdxGAP

VcVdxGIP

MMdxEAP

NNPU

⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

=∂∂

∫ ∫ ∫ ∫12121212

21

estruturak

t

t

t

kkkk dx

PM

GIMdx

PV

GAcVdx

PM

GIMdx

PN

EANv ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

= ∫ ∫ ∫ ∫





É importante lembrar que ao determinar N, M, V e tM da estrutura, devemos

deixá-los em função de kP (ela existindo ou não), para só no final dos cálculos (após a

fase da integração) a substituirmos por seu valor original (seja ele nulo ou não).

Observação prática:

Para facilitar os cálculos, para certos tipos especiais de estrutura, podemos

desconsiderar certas parcelas da energia, já que são muito menores que as outras.

- Vigas e pórticos planos:

Aqui, o momento fletor é responsável por gerar uma energia muito maior que as

geradas pela normal, cortante e momento torçor.

Portanto, simplificaremos para:

estruturak

t

t

t

kkkk dx

PM

GIMdx

PV

GAcVdx

PM

GIMdx

PN

EANv ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡∂∂

+∂∂

+∂∂

+∂∂

= ∫ ∫ ∫ ∫

∫ ∂∂

=∴estrutura

kk dx

PM

GIMv

- Treliças e tirantes:

Neste caso, as barras sofrem somente solicitação normal, ou seja:

estruturatk

k dxGI

dxGA

dxGI

dxPN

EANv ⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡+++

∂∂

= ∫ ∫ ∫ ∫000

∫ ∂∂

=∴estrutura

kk dx

PN

GINv

Como a força normal nas barras é uma função de grau zero (um valor constante

na barra toda), podemos dizer que N independe de x, ou seja:

lNdxNNdxl l

⋅=⋅=∫ ∫0 0

(onde l é o comprimento da barra)

Considerando que o mesmo vale para kP

N∂∂ , temos:

0 0 0





∫ ∑ ∫=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂

=∂∂

=treliça

n

iibarra

kkk dx

PN

EANdx

PN

EANv

1.

∑ ⋅∂∂

= lPN

EANv

kk

Observação:

No caso de um pórtico atirantado, devemos usar ∫ ∂∂

pórticok

dxPM

GIM para calcular a

energia referente ao pórtico e somar com ∫ ∂∂

tirantek

dxPN

GIN (parcela do tirante).

Como o teorema de Maxwell vale se substituirmos forças por momentos (e,

naturalmente, deslocamentos (translação) por giros (rotação), podemos assim

determinar, ao invés do deslocamento kv de um ponto, o seu giro absoluto kφ :

∫ ∂∂

=estrutura

kk dx

MM

GIMφ (para vigas e pórticos planos)

Sendo kM o momento no ponto k desejado, de mesmo sentido do giro kφ .

Exercícios:

1) Calcular o deslocamento vertical do ponto A.

2) Calcular o deslocamento vertical no meio do vão.





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

Teorema de Menabrea

Usado para resolver problemas hiperestáticos, ele nada mais é que o teorema de Castigliano usado com o propósito inverso (num ponto onde o deslocamento já é conhecido e a força lá atuante, não). Num apoio fixo, por exemplo, temos reações em duas direções. Ou seja, sabemos que esse ponto tem deslocamento, nessas duas direções, nulo. Sendo assim, podemos descobrir uma das reações da seguinte forma:

0=∂∂

=k

k PUv (neste caso, kP é a própria reação do apoio – uma

incógnita hiperestática)

Exercícios:





1) Determinar as reações dos apoios da viga.

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

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

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

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

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





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

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

7) Calcular as forças nas barras e seus alongamentos.





Dados: A1 = A2 = 1 cm2; L1 = 100 cm; L2 = 200 cm; E = 2100000 tf/cm2; Iviga = 5557,3

cm4; Aviga = 112 cm2; L = 200 cm.

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

Dado: c = constante da mola.






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

∑ = 02RM

32

1PRR −−

=

Trecho 1:

xPM x ⋅=

0=∂∂

RM x

Trecho 2:

xPRRxRRM x ⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅−

+⋅=⋅+⋅=3

222 1





xPxRRM x ⋅⋅−⋅⋅−⋅=31

322

xR

M x ⋅−=∂∂

322

Trecho 3:

xRM x ⋅=

xR

M x =∂∂

xIE

MU ∂⋅⋅

⋅= ∫l

0

2

21

00

=∂⋅∂∂⋅=

∂∂

∫ xRMM

RU l

( ) ( ) ( ) ( ) xxRxxxPxRxRxPxxRMM ∂⋅⋅+∂⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+∂⋅⋅=∂⋅

∂∂⋅ ∫∫∫∫

2

0

3

0

1

00 322

33220

l

203PR =

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

Substituindo R nas equações dos momentos, temos:

Trecho 1:

xPM x ⋅=

xP

M x =∂∂

Trecho 2:

xPPxPxPPM x ⋅−=⋅⋅−⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛⋅−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅=

3013

103

31

203

32

2032

xP

M x ⋅−=∂∂

3013

103





Trecho 3:

203PxM x =

203x

PM x =∂∂

AvxPMM

PU

=∂⋅∂∂⋅=

∂∂

∫l

0

( ) ( )IE

xxPxxxPxPxxPxvA ⋅⋅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+∂⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+∂⋅⋅= ∫∫∫

1203

203

3013

103

3013

103 2

0

3

0

1

0

mmmPEI

vA 127,110127,121833,12100

1300

3551 3 =⋅=⋅⋅=⋅= −





7 - CRITÉRIOS DE RESISTÊNCIA

Estados limites:

a) Estado limite último: ruptura.

b) Estado limite de utilização:





c) Estado limite de estabilidade:

Critérios de resistência:

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

• Critérios atuais: Critérios de Mohr, Coulomb e von Mises.

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

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

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

aplicação. Critério adequado para materiais dúcteis.

Observação:

)(CS adm

máx σσσ

σσ ≤1 (critério das tensões admissíveis)

Material dúctil: CS

escσσ =

Material frágil: CS

rupσσ =





- Envoltória de ruptura:

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

Ensaio de tração no aço.

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

“corta” a superfície da estrutura.

Observação: critério utilizado para materiais dúcteis (aço).

- Envoltória de ruptura:





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

Envoltória de ruptura:

ν : coeficiente de Poisson.

Tanto para materiais dúcteis como para materiais frágeis.

1) Critério de Mohr

Envoltória de segurança:

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

tctc ff >→>σσ

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.





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

ϕ :Ângulo de atrito interno.

Cτ :Tensão de coesão.

Critério utilizado para areias, argilas e siltes.

a) Materiais sem coesão (areia).

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

segurança.

0c =τ

critério de segurança: ϕα sensen ≤

a) Materiais com coesão (argila).

0c ≠τ

Mesmo princípio de funcionamento que o anterior.





Exemplo: critério de Mohr-Coulomb.

Resistência à compressão: fc.

Resistência à tração: ft.

ct ff <

d2

fsen

t

=ϕ

2fdtg

t

c

+=

τϕ

ct

2f

tgtgd τϕϕ =⋅+⋅

ϕ

ϕτ

tg

tg2f

dt

c ⋅⋅=

d2f

f

2f

sent

c

c

++=ϕ

ϕα sensen ≤ (critério de segurança).

- Envoltória de segurança:





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

Utilizado para materiais dúcteis com tc ff ≈ .

Critério baseado nos conceitos de energia de deformação.

Seja:

[ ] [ ] [ ]222222

21

21

xzyzxyzyzxyxzyxtotal GEEU τττσσσσσσνσσσ ++

⋅+⋅+⋅+⋅−++⋅

⋅=

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

e 3σ .

[ ] [ ]32312123

22

21total EE2

1U σσσσσσνσσσ ⋅+⋅+⋅−++⋅⋅

=

[ ] [ ] [ ]

desvijijmij σδσσ +⋅=

[ ] [ ] [ ]ijmijdesvij δσσσ ⋅−=

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





[ ]⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢

⎣

⎡=

100010001

ijδ (Delta de Kronecker).

Círculo de Mohr para o estado hidrostático de tensões.

desvhidrototal UUU +=

[ ] [ ]2m

2m

2m

2m

2m

2mhidro EE2

1U σσσνσσσ ++⋅−++⋅⋅

=

( )2321hidro E2

21U σσσν++⋅

⋅−

=

hidrototaldesv UUU −=

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221desv G12

1U σσσσσσ −+−+−⋅⋅

=

( )ν+⋅=

12EG

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

31

mσ

σ = estado hidrostático de tensões.





G1832

33G121U

21

21

21

21

desv ⋅=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛⋅

⋅=

σσσσ (tração pura).

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

chamada de energia de distorção.

O critério da energia de distorção faz a seguinte hipótese:

Tração pura: 01 ≠σ , 021 == σσ

G122UU

21

distdesv ⋅⋅

==σ (tração pura).

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221distdesv G12

1UU σσσσσσ −+−+−⋅⋅

==

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221esc 2

1 σσσσσσσ −+−+−=

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

232

221i 2


iσ : tensão ideal.

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

( ) ( ) ( )[ ]21

22

221dist G12

1U σσσσ −++−⋅⋅

=

G12U

21

dist ⋅=

σ (tração pura) ( esc1 σσ < )

distdist UU = (tração pura)





12

esc

22esc

21

2

esc

1 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

⋅−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛σσ

σσσ

σσ (equação de uma elipse)

Para uma viga: 0x ≠σ ; 0y =σ ; 0xy ≠τ

2xy

2xx

2,1 22τ

σσσ +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛±= ; 03 =σ

( ) ( ) ( )[ ]213

232

221i 2


2xy

2xi 3 τσσ ⋅+=

iij σσ ≤





Exercícios:

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

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

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

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

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

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

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





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

a = 0,4 tf/cm2. Tensões em tf/cm2.


Equação da parábola:

cbyayx ++= 2

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

cba +⋅+⋅= 1'10 2

cba +⋅+⋅= 0'01 2

( ) ( ) cba +−⋅+−⋅= 1'10 2

1−=a ; 0=b ; 1=c

12 +−= yx equação da parábola.

Equação do círculo de Mohr

( ) ( ) 220

20 Ryyxx =−+−

raio: 5,12

302

21 =+

=−

=σσ

R

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

, 210 −=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +

=σσ

oyx

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

12 +−= yx

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





Resolvendo o sistema:

0122 =++ xx

0=Δ

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

tangenciam em um único ponto. Portanto há segurança.





8-FLAMBAGEM

-Estados limites último e de utilização.

-Resistência; Rigidez; Estabilidade.

Fcr = força crítica.

hFcr %20015,1 →⋅

Estabilidade: propriedade que um sistema possui de recuperar seu estado

original apóes ter sido deslocado de usa posição de equilíbrio.

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

- Teoria de 1a ordem






)(" xMvIE −=⋅⋅

2

2

xvK

∂∂

≅


2/32

2

2

1 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂

+

∂∂

=

xv

xv

K

• Método do equilíbrio:

ϕϕ ⋅≈⋅= ll send (pequenos deslocamentos)

ϕ⋅⋅=⋅= lFdFM T

ϕ⋅= cM R

MT = momento tombador; MR = momento restaurador

• RT MM <

• RT MM =

• RT MM >

ϕϕ ⋅=⋅⋅ cF l





l

cF = (força crítica)

Barra Bi-articulada (articulada-articulada)

vFxM ⋅=)(

)()(" xMxvIE b −=⋅⋅

vFxvIE b ⋅−=⋅⋅ )("

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

Soluções:

)(cossen 21 xvkxckxcv =⋅+⋅=

kxkckxkcv sencos 21' ⋅⋅−⋅⋅=

kxkckxkcv cossen 22

21

" ⋅⋅−⋅⋅−=

c1,c2 e k são constantes desconhecidas.

Condições de Contorno:

• 0=x , 0=v 02 =⇒ c

kxcv sen1 ⋅=

0)(" =⋅+⋅⋅ vFxvIE

0)sen()sen( 12

1 =⋅⋅+⋅⋅−⋅⋅ kxcFkxkcIE





IEFK⋅

=

• l=x , 0=v

0sen1 =⋅ lkc → 01 ≠c → 0sen =∴ lk → π⋅= nkl onde 3,2,1,0=n

IEn

IEFK

⋅⋅

=⋅

=22

2 π

1=n

Logo: 2

2

l

IEFcr⋅⋅

=π

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

É o comprimento que consideramos para o cálculo. Ele depende de como as

extremidades da barra estão presas.

Uma barra bi-articulada (como tratado anteriormente) tem comprimento de

flambagem ll ⋅= 1fl , já que a barra está presa nas duas extremidades e com articulação

livre também nas duas extremidades.

Assim, temos: 2

2

flcr

IEFl

⋅⋅=π

Comprimentos de flambagem:

ll =fl barra bi-articulada

ll ⋅= 2fl barra engastada - livre

2/ll =fl barra engastada-articulada

2/ll =fl barra bi-engastada

Com isso, temos:

Barra engastada – livre





2

2

4 l⋅⋅⋅

=IEFcr

π

Barra articulada – engastada

2

22l

IEFcr⋅⋅⋅

=π

Barra bi-engastada

2

24l

IEFcr⋅⋅⋅

=π

Observação:

É sempre usado o momento de inércia em relação ao eixo em torno do qual a

flambagem será analisada.

Por exemplo, para analisar a flambagem no eixo x, ou seja, em torno do eixo z,

usamos o momento de inércia em relação ao eixo z ( Iz ).

• Contraventamentos

Aqui, o importante é considerar sempre uma flambagem entre cada par de

contraventamentos, determinando os novos comprimentos (e comprimentos de

flambagem) e assim podendo calcular a nova força crítica.

• Raio de giração (i)

AIi = ou

AIi =2





• Índice de esbeltez (λ )

icrl

=λ

• Tensão de flambagem ou crítica

2

2

2

22

2

2

λπππσ EiE

AIE

AF

crcr

crcr

⋅=

⋅⋅=

⋅⋅⋅

==ll

22

2

λλπσ

−−

=⋅

=kE

cr

Sendo: Ek ⋅=−−

2π

No caso de barras pouco esbeltas sujeitas à flambagem, deve-se abandonar o

estudo elástico.

Exercícios:





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

nas direções x e y.

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

possível. Qual a força F neste caso?

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





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

2

λπσ E

cr⋅

=

4) Calcular P máximo.

Dados: 2

10363000λ

σ =cr para 105>λ ; A = 2860 mm2;

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





5) Calcular F máximo.

Dados: 300=l cm; d = 8 cm; 2,1=−−

σ tf/cm2; 2

10363000λ

σ =cr para 105>λ

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

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

melhor.

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

2

4 λπσ⋅⋅

=E

cr para 64>λ ; P = 2 kN/m2.






Raio de giração:

cmAI

i zz 38,2

48272

===

cmAI

i yy 32,4

48896

===

Índice de esbeltez:

10538,2

250===

z

crzz i

lλ (crítico)

5832,4

250===

y

cryy i

lλ

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

2

2

λγπσ⋅⋅

=E

cr

2

2

80130005⋅⋅

=γ

π

4=λ





22

2

2

2

/91,2105413000 cmkNE

cr =⋅⋅

=⋅⋅

=π

λγπσ

kNAF crcr 65,1394891,2 =⋅=⋅= σ





9-BIBLIOGRAFIA

• Beer, Ferdinand Pierre, Resistência dos Materiais, São Paulo, ed. McGraw-Hill

do Brasil, 1982.

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

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

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

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

Mir,1983.

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

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

• Schiel, Frederico, Introdução a Resistência dos Materiais, fascículo II, São

Paulo, 5ª edição, janeiro 1974.

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

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

referências bibliográficas.

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