Mecânica Geral Para Engenharia Civil

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Universidade Federal do Pampa (UFP/UFSM) Centro de Tecnologia de Alegrete - CTA Curso de Engenharia Civil Polígrafo Mecânica para Engenharia Civil Prof Almir Barros da S. Santos Neto Polígrafo elaborado pela Profa. Denise de Souza Saad (Eng. Civil/UFSM) Mecânica para Engenharia Civil Capítulo 1 1. Conceito: Sistema Estrutural é o agrupamento de pontos materiais interligados entre si. 2. Estrutura: é o suporte material que serve para o transporte de esforços; 3. Objetivo: perceber os elementos estruturais e identificar os esforços a que eles estão submetidos, possibilitando a criação de condições estruturais passíveis de cálculo real. 1.CARGAS 1.1. Conceito de carga: A grande maioria das forças nas edificações é vertical, isto é, dirigidas para o centro da Terra 1.2. Peso Próprio e Carga Acidental: Fala-se de peso próprio quando se pretende designar o peso dos elementos estruturais. O PP da estrutura atua constantemente sendo também conhecido como “Peso Permanente”. Os PP da estrutura são cargas verticais. As Cargas Acidentais são as dotadas de mobilidade devido às pessoas, instalações, materiais depositados, maquinários. As CA são chamadas de cargas móveis e estas poderão ser verticais e/ou horizontais. As CA possuem seus valores pré-fixados e normalizados através da ABNT. 1.3. Formas de Absorção e Transmissão das cargas nas edificações: Devido às cargas atuantes na estrutura está irá transmitir os esforços atuantes para alguns pontos como os vínculos ou ligações e os apoios. 1.4. Carga Concentrada e Carga Uniformemente Distribuída: 1.4.1. Carga Concentrada: aquela que o ponto de aplicação é apenas um ponto. Representada geralmente pela letra “P”. P 1.4.2. Carga Distribuída: cargas que atuam ao longo de um trecho. Representa-se pela letra “q”. q 1.4.2.1. Carga Uniformemente Distribuída: quando o carregamento permanece constante durante todo o trecho. q 1.4.2.2. Carga Distribuída Variável: a carga varia ao longo do trecho. q q 2 – Princípios da Estática: 2.1. Conceitos Fundamentais: a) Noção de força: a primeira noção de força foi dada ao homem pela sensação de esforço muscular. A definição mecânica de força é o resultado da ação de um corpo sobre outro corpo. b) Características de uma força: Módulo – seu valor numérico Direção – reta suporte Sentido – Valor numérico. c) Efeitos: A ação de um corpo sobre outro acarreta efeitos agrupados em duas características. Efeitos externos e efeitos internos. - Efeitos externos: é o conjunto de ações e das reações (ativa e reativa) Efeito Interno: são as tensões d) Representação: por P, G 2.2 – Adição de Forças: Quando duas forças atuam sobre um mesmo ponto seus efeitos são os mesmos como se atuasse uma única força. 2.2.1. Forças de mesma direção e sentido F1 R =F1+F2 F2 2.2.2. Forças de mesma direção e sentidos contrários F1 R= F1-F2 F2 2.2.3. Forças concorrentes: F1 R= √ F12+F22+2.F1.F2.cosα R F2 2.3 Transmissibilidade Como as forças se transmitem nos sistemas e do sistema para o solo, para tanto precisamos conhecer os tipos de forças a)Classificação das forças - Forças Externas: são aquelas que se originam da ação de uma causa externa ao sistema material, pode ser: 1) Forças Externas Ativas: são aquelas aplicadas diretamente ao sistema material; 2) Forças Externas Reativas: são aquelas que surgem em reação as forças aplicadas. As FER ocorrem em locais específicos chamados de apoios e sendo denominadas de REAÇÃO DE APOIO. C) Forças Internas: são aquelas que ocorrem entre os pontos do sistema material. Ex: P1 P2 P3 R1 R2 P1, P2 e P3- FEA R1 e R2 – FER 2.4 Transmissibilidade As forças nunca agem sozinhas, pois segundo a 3º Lei de Newton: “A cada ação corresponde uma reação de mesmo módulo, direção, mas sentido contrário”. 2.5 Sistema de Forças: Condições de Equilíbrio: Define-se como sistema de forças ao conjunto formado pela reunião de várias forças que atuam em um corpo qualquer. Para as estruturas planas que serão abordadas em Sistemas Estruturais, os sistemas de forças serão chamados coplanares, isto é, sistema formado por forças que atuam no mesmo plano. Estas forças coplanares poderão ser concorrentes ou paralelas. Condição para que o sistema de forças esteja em equilíbrio é que a resultante e o momento resultante do sistema sejam NULOS em qualquer ponto do sistema. Para determinarem-se as condições de equilíbrio da estática tomamos como base as equações de equilíbrio da estática: ΣF = 0 ΣM = 0 Para os sistemas planos, considerando os eixos x e y: y x ΣFx=0 ΣFy=0 ΣMz=0 z - Diagrama de Corpo Livre: É a representação do corpo e de todas as Forças e Momentos que atuam sobre ele. 3. Forças no Plano 3.1 Composição de forças: Consiste na determinação da resultante de um sistema de forças, podendo ser resolvido graficamente ou analiticamente> 3.2.1. Forças de mesma direção e sentido F1 R =F1+F2 F2 3.2.2. Forças de mesma direção e sentidos contrários F1 F2 R= F1-F2 3.2.3. Forças concorrentes: F1 R= √ F12+F22+2.F1.F2.cosα R F2 3.2. Componentes cartesianas de uma força Decomposição das forças sobre os eixos cartesianos x e y. y F1 F1y α Hipotenusa: F1 Cateto Oposto: F1y Cateto Adjacente: F1x x F1x cos α = Cateto adjacente = F1x Hipotenusa F1 sen α = Cateto oposto = F1y Hipotenusa F1 F1x = F1.cos  F1y = F1.sen  y F2y α F2 x Hipotenusa: F2 Cateto Oposto: F2x Cateto Adjacente: F2y F2x cos α = Cateto adjacente = F2y Hipotenusa F2 sen α = Cateto oposto = F2x Hipotenusa F2 F2y = F2.cos  F2x = F2.sen  Exemplo: A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as forças normais atuantes nos cabos 1, 2 e 3. 45º 5K 3.4 Momento de uma Força: Defini-se momento de uma força em relação a um ponto qualquer de referência, como sendo o produto entre a intensidade da carga aplicada e a respectiva distância em relação ao ponto de referência. É importante observar que a direção da força e a distância estarão sempre defasados de 90º. A d F M=F.d - Teorema de Varignon O momento resultante de duas forças concorrentes em um ponto E qualquer do seu plano, em relação a um ponto A de referência, é igual a soma algébrica dos momentos das componentes da força resultante em relação a este ponto. b R V R.c = H.a+V.b c H A a Observação: Nunca esqueça que a distância é sempre tomada PERPENDICULAR ao ponto de referência. 3.5 Forças Paralelas: Considere as forças no plano xy. Entende-se por forças paralelas ao eixo y, quando não existirem projeções em relação ao eixo x, tendo momento apenas em relação ao eixo x. y x z ΣFy=0 ΣMz=0 É o caso mais comum da estática 4. Vínculos Graus de Liberdade: Defini-se como grau de liberdade a possibilidade de movimento. No espaço tem-se 6 GL, o que significa 3 translações e 3 rotações y x z No plano têm-se 3 GL, 2 translações e 1 rotação y x z Vínculos: A função dos vínculos é restringir a possibilidade de movimento dos corpos. É função também dos vínculos despertar reações chamadas reações vinculares exclusivamente na direção dos movimentos impedidos. Os vínculos ou apoios serão classificados de acordo com os graus de liberdade. Classificação dos vínculos ou apoios: 1º)Apoio Simples ou Apoio do 1º. Gênero – impede uma translação Apresenta apenas uma reação de apoio, na direção do movimento impedido. Representação: V V 2º)Apoio Duplo ou Apoio do 2º. Gênero – impede uma 2 translações Apresenta duas reações de apoio, uma horizontal e uma vertical Representação: H V 3º) Engastes ou Vínculos do 3º Gênero: Representação M H V 5.Esforços Solicitantes: 5.1. Fundamentos: O estudo da Mecânica abrange a relação entre as diversas forças que atuam em um sólido rígido baseado nas condições de equilíbrio da estática, ou seja, na determinação das reações vinculares externas (equilíbrio externo) e a caracterização das solicitações fundamentais (equilíbrio interno). A Resistência dos Materiais amplia este estudo, procurando determinar a relação entre as solicitações externas e os efeitos provocados no interior dos sólidos por estas e, admite que os corpos sofram deformações, por menores que estas possam ser, podendo estas deformações, quando excessivas, levar o material até a ruptura. Os problemas abrangidos pela Resistência dos Materiais são: • projetada a estrutura, verificar a segurança quanto ao carregamento imposto; e, • dimensionar a estrutura, a fim de resistir aos esforços com segurança. Para a determinação das solicitações fundamentais, faz-se necessário a análise dos esforços internos, para que nas diversas seções da estrutura, possa-se verificar a existência e a grandeza dos mesmos. 5.2. Método das Seções: Considera-se um corpo rígido em equilíbrio qualquer submetido a forças externas ativas e reativas. F1 F1 F2 F2 m F3 F3 (E) RA RA (D) n RB RB (a) (b) Figura 1.1 A Mecânica, utilizando as equações de equilíbrio externo da estática (ΣFH=0, ΣFV=0, ΣM=0), proporciona a determinação das resultantes das forças aplicadas, o que possibilita a verificação do equilíbrio do corpo. A Resistência dos Materiais estuda a DISTRIBUIÇÃO INTERNA DOS ESFORÇOS provocados pelas forças exteriores ativas e reativas. Para a determinação desta distribuição secciona-se o corpo por um plano m-n, conforme indicado na figura 1.1.b, dividindo-o em duas partes, esquerda (E) e direita (D). Este processo será denominado de MÉTODO DAS SEÇÕES. Para ser possível esta divisão, mantendo o equilíbrio das duas partes, aplica-se na parte (E), um SISTEMA ESTÁTICO EQUIVALENTE aos das forças que atuam na parte (D), e na parte (D), um sistema estático equivalente ao das forças que atuam na parte (E). Este sistema estático é obtido reduzindo-se às forças à esquerda e à direita da seção S em relação a um ponto, sendo este geralmente o centro de gravidade da seção. Assim, a resultante R das forças e o momento resultante M, os quais atuam na parte (E), foram obtidos através das forças que atuam na parte D, e vice-versa. Logo pode-se dizer que a seção S de um corpo em equilíbrio, também esta em equilíbrio submetida a um par de forças R e -R e a um par de momentos M e -M aplicados no seu centro de gravidade e resultante das forças atuantes em (D) e (E), respectivamente. F1 F2 F3 R M (E) (D) M R RA RB Figura 1.2 Para uma melhor compreensão dos efeitos estáticos provocados por R e M na seção S da parte (E), far-se-á a decomposição da força e do momento resultante segundo um triedro escolhido. Para a origem do sistema de eixos do mesmo considera-se o Centro de Gravidade da seção. O triedro será constituído por um eixo normal a seção e ao baricentro (eixo X) e dois eixos tangenciais a seção (eixo Y e eixo Z), coincidindo com os eixos principais de inércia da seção y F1 F2 My Fy=Qy Mx=T (E) Fx=N Fz=Qz RA x Mz z Figura 1.3 Cada uma das seis componentes obtidas, representa um efeito provocado pelas forças aplicadas sobre o sólido em estudo, que a seguir são descritas: • ESFORÇO NORMAL (indicado pela letra N): Representa a soma algébrica das projeções sobre a normal à seção, das forças exteriores situadas à direita ou à esquerda da seção considerada. As forças normais, que atuam em um elemento, tendem a provocar um alongamento (tração) ou encurtamento (compressão) do elemento na direção da força normal. • ESFORÇO CORTANTE (indicado pela letra Q): Representa a soma vetorial das projeções sobre o plano da seção das forças exteriores situadas à direita ou à esquerda da seção considerada. As forças cortantes que agem sobre um elemento tendem a provocar um deslizamento de uma face em relação a outra face vizinha. • MOMENTO TORSOR (representado pela letra T): Representa a soma algébrica das projeções sobre um eixo perpendicular ao plano da seção e passando pelo seu centro de gravidade, dos momentos das forças exteriores situadas à esquerda ou à direita da seção. Os momentos torsores tendem a torcer as faces em sentidos opostos em torno da normal baricêntrica. • MOMENTO FLETOR (representado pela letra M): Representa a soma vetorial das projeções sobre o plano da seção dos momentos das forças exteriores situadas à direita ou à esquerda da seção. Os momentos fletores tendem a fazer girar em sentidos opostos as faces do elemento em torno de retas localizadas nos planos das faces. Exercícios de Diagramas Exercícios resolvidos: 1) Determine as reações de apoio, os DEC e DMF 8,1 KN 1) 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m A B C 0,3m 2) 0,5 KN/m A D 0,8 m 0,3 E 0,2 3,1 KN 5,2 KN 0,8 KN/m B C D E 0,2m 0,3 m 0,3 m 0,5 KN/m F 0,2 m 0,4 m G 0,3 2,5 KN 3) 3 KNm A B 1,0 m 0,2 KN/m C 0,5 m D E 0,4m 0,8 m 10,6 KN 4 8 KN 5 KNm 0,3 KN/m 0,8 KN/m A B 0,6 C 0,2 D 0,8 E 0,8 m 5 1,1 KN/m KN 3 KNm 8,1 4,7 KN/m 0,5 KN/m A B C 0,5 0, 7 0,9 m Resolução 8,1 KN 1) 1,2 KN/m A B 0,3m 4,5 KN 2,1 KN/m C 0,8 m D 0,3 E 0,2 a)Reações de Apoio: Inicialmente serão calculadas as reações de apoio, através das 3 equações da estática: ΣFH = 0 ΣFV = 0 Equações da estática ΣMA = 0 ΣFH = 0 ΣFV = 0 HA=0 VA + VC – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN – 2,1 KN/m * 0,5 m - 4,5 KN = 0 VA + VC = 15,0 KN ΣMA = 0 1,2 KN/m x 1,1 m * 1,1m/2 + 8,1 KN * 1,3 m + 4,5 KN * 1,4 m + 2,1 KN/m * 0,5m * ( 0,5m/2 + 1,4 m) – 1,1 m * VC = 0 VA= + 5,1 KN VB= +9,9 KN b) DEC A partir das reações de apoio, será calculado o diagrama de esforço cortante. Para cálculo será empregada a seguinte convenção, na esquerda, quando a força estiver subindo, será positivo. Caso o cálculo seja iniciado na direita, o esforço será positivo, quando a força estiver descendo. Em ambos os casos a representação será acima do eixo da viga. Assim, tem-se: Esq + + Esq Lembre-se que na construção do DEC, sempre que houver uma carga ou um apoio (exceto o inicial), faz-se o cálculo “antes” e “depois” da carga. O diagrama será iniciado pelo ponto A, lembre que você sempre está no ponto considerado: Entrando pela esquerda tem-se somente a reação de apoio: A 5,1 KN QA= +5,1 KN Entrando pela direita tem-se: 8,1 KN 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m A B C 0,3m 0,8 m D 0,3 E 0,2 9,9 KN QA= +2,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN – 9,9 KN + 1,2 KN * 1,1 m +8,1 KN = +5,1 KN No ponto B, entrando pela esquerda, antes da carga de 8,1 KN: 1,2 KN/m A 0,3 m 5,1 KN B QBa= +5,1 KN – 1,2 KN/m * 0,3 m = + 4,7 KN Entrando pela direita: 8,1 KN 4,5 KN 1,2 KN/m B C 0,8 m D 0,3 2,1 KN/m E 0,2 9,9 KN QBa= +2,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN – 9,9 KN + 1,2 KN * 0,8 m +8,1 KN = + 4,7 KN Na seção B, depois da carga de 8,1 KN: 8,1 KN 1,2 A 5,1 B 0,3 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m C 0,8 m 9,9 D 0,3 QBd= +5,1 KN – 1,2 KN/m * 0,3 m – 8,1 KN = -3,4 KN Ou, pela direita: QB =+2,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN – 9,9 KN + 1,2 KN * 0,8 m = -3,4 KN d Na seção C, antes do apoio C: 4,5 KN 8,1 KN 1,2 A B 0,3 m 5,1 KN C C 2,1 KN/m D 0,3 0,8 9,9 QCa= +5,1 KN – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN= - 4,3 KN O mesmo ponto, fazendo o cálculo pela direita: QC = +2,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN – 9,9 KN = - 4,3 KN a No ponto C, depois do apoio: 1,2 KN/m 4,5 KN 8,1 KN A B C C 2,1 KN/m D 0,3 0,3 m 5,1 KN 0,8 9,9 KN QCd= +5,1 KN – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN + 9,9 KN = + 5,6 KN No ponto C, entrando pela direita: QCd=+2,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN = + 5,6 KN No ponto D, antes da carga de 4,5 KN e entrando pela esquerda: E 1,2 8,1 KN A E 4,5 KN 2,1 B C 2,1 KN/m D D 0,2 0,3 m 0,8 m 9,9 KN 5,1 KN 0,3 QDa= +5,1 KN – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN + 9,9 KN – 2,1 KN/m * 0,3 m = + 4,9 KN Pela direita, tem-se somente as cargas distribuída e concentrada: QDa== +2,1 KN * 0,2 m + 4,5 KN = + 4,9 KN No ponto D, depois da carga concentrada de 4,5 KN 1,2 8,1 KN A E B C 2,1 KN/m D D 0,2 0,3 m 5,1 KN 4,5 KN 2,1 0,8 m 9,9 KN 0,3 QDd= + 5,1 KN – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN + 9,9 KN – 2,1 KN/m * 0,3 m - 4,5 KN = + 0,4 KN Entrando pela direita: KN * 0,2 m = + 0,4 KN QDd=+2,1 No final da viga: 8,1 KN 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m A B 0,3m C 0,8 m D 0,3 E 0,2 Entrando pela esquerda: QE= + 5,1 KN – 1,2 KN/m * 1,1 m – 8,1 KN + 9,9 KN – 2,1 KN/m * 0,5 m - 4,5 KN = 0 E, pela direita: QE= 0 c) DMF O cálculo do Momento Fletor será realizado empregando a seguinte convenção de sinais: - Quando calcular o momento fletor a partir da esquerda para direita, o momento positivo será no sentido horário; quando se iniciar o cálculo pela direita, o momento positivo terá o sentido anti-horário; sendo ambos os casos representados abaixo do eixo da viga. Lembre-se que no DMF, quando houver um momento aplicado na viga, tem-se de calcular o momento fletor no ponto, “antes” e “depois” do momento aplicado. Esq + + Esq O cálculo será iniciado pelo ponto A: 8,1 KN 1,2 KN/m A A 5,1 4,5 KN2,1 KN/m B 0,3m C 0,8 m 9,9 MA = 0 Calculando pela direita o ponto A: MA = - 1,2 KN/m x 1,1 m * 1,1m/2 - 8,1 KN * 0,3 m +- 9,9 KN * 1,1 m - 4,5 KN * 1,4 m - 2,1 KN/m * 0,5m * (0,5m/2 + 1,1 m) = 0 Calculando o momento fletor no ponto B, entrando pela esquerda, sendo indiferente antes ou depois da carga, pois o momento da carga concentrada de 8,1 KN é zero: 8,1 KN 1,2 A 5,1 B 0,3 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m C 0,8 m 9,9 D 0,3 MB = +5,1 KN * 0,3 m – 1,2 KN/m x 0,3 m * 0,3 m/2 = +1,47 KNm Considerando o lado direito da seção e a convenção citada anteriormente: MB =- - 1,2 KN/m x 0,8 m * 0,8m/2 +- 9,9 KN * 0,8 m - 4,5 KN * 1,1 m - 2,1 KN/m * 0,5m * (0,5m/2 + 0,8 m) = +1,47 KNm No ponto C, tem-se 1,2 4,5 KN 8,1 KN A B C 0,3 m 5,1 KN 2,1 KN/m C D 0,3 0,8 9,9 MC = +5,1 KN * 1,1 m – 1,2 KN/m x 1,1 m * 1,1 m /2 – 8,1 KN * 0,8 m= - 1,6 KNm Ou: MC = - 4,5 KN * 0,3 m - 2,1 KN/m * 0,5m * 0,5m/2 = - 1,6 KNm No ponto D: 1,2 8,1 KN A E 5,1 KN 4,5 KN 2,1 B C 2,1 KN/m D D 0,2 0,3 m 0,8 m 9,9 KN 0,3 MD = +5,1 KN * 1,4 m – 1,2 KN/m x 1,1 m * (1,1/2 + 0,3) m – 8,1 KN * 1,1 m + 9,9 KN * 0,3m – 2,1 * 0,3 * 0,3m/2 = 0 KN Ou: MD = - 2,1 KN/m * 0,2m * 0,2m/2 = 0 Na extremidade da viga: 8,1 KN 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m A B 0,3m C 0,8 m D 0,3 E 0,2 ME = +5,1 KN * 1,6 m – 1,2 KN/m x 1,1 m * (1,1m/2 + 0,5) m – 8,1 KN * 1,3 m + 9,9 KN * 0,5m – 2,1 KN/m * 0,5m * 0,5m/2 – 4,5 KN * 0,2 m = 0 Ou: ME = 0 A seguir, estão desenhados os DEC e DMF da viga: 8,1 KN 4,5 KN 2,1 KN/m 1,2 KN/m A B C 0,3m 5,1 0,8 m 4,7 D 0,3 5,6 E 0,2 4,9 0,4 DEC -3,4 -4,3 -1,6 KNm DMF 1,5 KNm 2) 0,5 KN/m A B 3,1 KN 0,8 KN/m C 0,2m 0,3 m 0,3 m a)Reações de Apoio: VA= - 0,6 KN 5,2 KN D E 0,2 m 0,4 m F G 0,3 VB= +9,9 KN b) DEC QA= 0 QBa= - 0,5 KN/m * 0,2m = - 0,1 KN QBd= - 0,5 KN/m * 0,2m - 0,6 KN= - 0,7 KN QCa= -0,5 KN/m * 0,5m - 0,6 KN = - 0,85 KN QCd= -0,5 KN/m * 0,5m - 0,6 KN – 3,1 KN = - 3,95 KN QD= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN = - 4,1 KN QEa= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN = - 4,1 KN QEd= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN +9,9 KN = +5,8 KN QFa= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN +9,9 KN – 0,8 KN* 0,4m = +5,4 KN QFd= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN +9,9 KN– 0,8 KN* 0,4m – 5,2 KN= +0,28 KN QG= -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN – 3,1 KN +9,9 KN– 0,8 KN* 0,7m – 5,2 KN= 0 c) DMF MA = 0 MB = - 0,5 KN/m * 0,2m * 0,2m/2 = - 0,01 KN MC = - 0,5 KN/m * 0,5m * 0,5m/2 – 0,6 KN * 0,3 m = -0,24 KN MD = - 0,5 KN/m * 0,8m * 0,8m/2 – 0,6 KN * 0,6 m – 3,1 KN * 0,3 m = - 1,45 KN ME = - 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/2 + 0,2 m) – 0,6 KN * 0,8 m – 3,1 KN * 0,5 m = -2,27 KNm MF = - 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/2 + 0,6 m) – 0,6 KN * 1,2 m – 3,1 KN * 0,9 m + 9,9 KN * 0,4 m – 0,8 KN/m * 0,4 m * 0,4 m/2 = - 0,014 KNm MG =- 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/2 + 0,9 m) – 0,6 KN * 1,5 m – 3,1 KN * 1,2 m + 9,9 KN * 0,7 m – 0,8 KN/m * 0,7 m * 0,7 m/2 – 5,2 KN * 0,3 m = 0 0,5 KN/m A G 3,1 KN 5,2 KN 0,8 KN/m B C D E 0,2m 0,3 m 0,3 m F 0,2 m 0,4 m 5,8 0,3 5,4 0,28 0 DEC 0 -0,1 -0,7 -0,85 -3,95 -4,1 -1,45 DMF 0 0,01 - -2,27 -0,014 0 0,5 KN/m 2,5 KN 3) 3 KNm A B 1,0 m C 0,5 m 0,2 KN/m D E 0,4m 0,8 m a)Reações de Apoio: VA= - 2,61 KN VB= +10,27 KN b) DEC QA= - 2,61 KN QB= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m = - 3,1 KN QCa= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m = - 3,1 KN QCd= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m – 2,5 KN = -5,6 KN QDa= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m – 2,5 KN = -5,6 KN QDd= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m – 2,5 KN + 10,27 = 4,7 KN QEa= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m – 2,5 KN + 10,27 – 0,2 KN/m * 0,8 m= 4,5 KN QEd= - 2,61 KN – 0,5 KN/m * 1,0 m – 2,5 KN + 10,27 – 0,2 KN/m * 0,8 m – 4,5 KN = 0 c) DMF MA = 0 MB = - 2,61 KN * 1m – 0,5 KN/m * 1,0 m * 1m/2 = - 2,9 KNm MCa = - 2,61 KN * 1,5m – 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/2 + 0,5 m) = - 4,4 KNm MCd = - 2,61 KN * 1,5m – 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/2 + 0,5 m) + 3 KNm = -1,4 KNm MD = - 2,61 KN * 1,9 m – 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/2 + 0,9 m) + 3 KNm – 2,5 KN * 0,4 m = 3,7 KNm ME = - 2,61 KN * 2,7 m – 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/2 + 1,7 m) + 3 KNm – 2,5 KN * 1,2 m + 10,27 KN * 0,8 m – 0,2 KN/m * 0,8 m * 0,8 m/2 = 0 0,5 KN/m 2,5 KN 3 KNm A B 1,0 m 0,2 KN/m C 0,5 m D 0,4m 4,7 DEC -2,6 -3,1 -4,4 -3,4 -2,9 -1,4 DM 0 0 10,6 KN 4) 8 KN 5 KNm 0,3 KN/m 0,8 KN/m A B 0,6 a)Reações de Apoio: VA= + 21,0 KN C 0,2 D 0,8 E 0,8 m MA= +17,23 KNm b) DEC QA= + 21,0 KN QBa= + 21,0 KN – 0,8 KN/m * 0,6 m = + 20,5 KN QBd= + 21,0 KN – 0,8 KN/m * 0,6 m – 10,6 KN = + 9,9 KN QC=+ 21,0 KN – 0,8 KN/m * 0,8 m – 10,6 KN = + 9,8 KN QDa= + 21,0 KN – 0,8 KN/m * 1,6 m – 10,6 KN – 0,3 KN/m * 0,8 m= + 8,9 KN QDd= + 21,0 KN – 0,8 KN/m * 1,6 m – 10,6 KN – 0,3 KN/m * 0,8 m – 8 KN = +0,9 KN QE= + 21,0 KN – 0,8 KN/m * 2,4 m – 10,6 KN – 0,3 KN/m * 1,6 m – 8 KN = 0 c) DMF MA = - 17,23 KNm MBa = - 17,23 KNm + 21KN * 0,6 m – 0,8 KN/m * 0,6 m * 0,6 m/2 = - 4,8 KNm MBd = - 17,23 KNm + 21KN * 0,6 m – 0,8 KN/m * 0,6 m * 0,6 m/2 – 5 KNm = - 9,8 KNm MC = - 17,23 KNm + 21KN * 0,8 m – 0,8 KN/m * 0,8 m * 0,8 m/2 – 5 KNm – 10,6 Kn * 0,2 m = - 7,8 KNm MD = - 17,23 KNm + 21KN * 1,6 m – 0,8 KN/m * 1,6 m * 1,6 m/2 – 5 KNm – 10,6 Kn * 1,0 m - 0,3 KN/m * 0,8 m * 0,8m/2 = - 0,4 m ME = - 17,23 KNm + 21KN * 2,4 m – 0,8 KN/m * 2,4 m * 2,4 m/2 – 5 KNm – 10,6 Kn * 1,8 m - 0,3 KN/m * 1,6 m * 1,6m/2 – 8,0 KN * 0,8 m = 0 10,6 8 KN 0,3 5 KNm 0,8 KN/m A B 0,6 C 0,2 D 0,8 0,8 m 21,0 9,9 9,8 DEC 0,9 -17,2 DMF -4,8 -7,8 E -0,4 1,1 KN/m 8,1 5) KN 3 KNm 4,7 KN/m 0,5 KN/m A B 0,5 a)Reações de Apoio: VA= + 14,57 KN C 0, 7 0,9 m MA= +18,45 KNm b) DEC QA= + 14,57 KN QBa= + 14,57 KN – 1,1 KN/m * 0,5 m = +14,0 KN QBd= + 14,57 KN – 1,1 KN/m * 0,5 m – 8,1 KN = + 5,9 KN QC=+ 14,57 KN – 1,1 KN/m * 1,2 m – 8,1 KN = + 5,2 KN QDa= + 14,57 KN – 1,1 KN/m * 1,2 m – 8,1 KN - 0,5 KN/m * 0,9 m = + 4,7 KN QDd= + 14,57 KN – 1,1 KN/m * 1,2 m – 8,1 KN - 0,5 KN/m * 0,9 m - 4,7 KN = 0 c) DMF MA = - 18,45 KNm MB = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 0,5 m – 1,1 KN/m * 0,5 m * 0,5 m/2 = - 11,3 KNm MCa = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 1,2 m – 1,1 KN/m * 1,2 m * 1,2 m/2 – 8,1 KN * 0,7 m = -7,4 KMn d MC = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 1,2 m – 1,1 KN/m * 1,2 m * 1,2 m/2 – 8,1 KN * 0,7 m + 3 KNm = -4,4 KMn MD = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 2,1 m – 1,1 KN/m * 1,2 m * (1,2 m/2 + 0,9 m) – 8,1 KN * 1,6 m + 3 KNm – 0,5 KN/m * 0,9 m * 0,9 m/2 = 0 1,1 KN/m 8,1 3 KNm 4,7 KN/m 0,5 A B C 0,5 0, 7 0,9 m +14,6 +5,9 +4,7 DEC -18,45 DMF -11,3 +5,2 0 -4,4 A seguir encontram-se alguns exercícios para resolução: A)Determine as reações de apoio e os DEC10 e DMF: 3KN 2) 1) KN 1,2 12 KN 0,8 KN/m KN/m A B A B C 0,2m 0,4 m 5,8 KN 3) 0,4 m 4,2 KN 0,8 KN/m A B C D E F 0,1m 0,5 m 0,4 m 0,4 m 0,4 4) 6 KN 12 KN A 0,3m 0,4m A D 0,2m 0,3 KN 2,5 A B 1,3 m 0,2m 0,7 KN/m 12 KN A B C D 0,3 m 0,2 m 0,1 m 1,5 KN/m 6) 7 ) 8,1 KN 4,3KN 5 5) B C 0,2 m C 8,3 KN B 3,2 C 0,6 m 0,2m 0,7m 8) 8,3 KN KN 0,5 A 7,5 3,1 KNm B 0,8 m C 0,6 0,3 KN/m D E 0,2 0,45 9) 5,7 KN 2,1 KN/m A C 1,3 3m 10) 2,1KNm B 1 3,1KN 1,1 KN/m 5,3 KN 2,3 KN/m A B 0,5 11) C 3,4 KNm 0,4 D 0,6 m 6,5 KN 4,5 KNm 0,3 KN/m 8,7 KN 0,6 KN/m A B 0,5 0,1 C D 0,8 m E 0,6m 12) 6,5 KN 5,4 KNm 1,1 KN/m A 3,2 KN/m B C 0,4m 0,6 m D 0,1 0,1 E 0,2 5,1 KN 13) 1,2 KN/m 1,2 KN/m A B 0,8 2,3 KNm C 0, 2 1,3 m 14) 0,8KN/m A 12,1KN 7,3 KNm B 0,3 C 0,3 m 15) 0,6 KN/m D E 0,3 m 0,1 F 0,6 m G 0,3 10,6 KN 0,3 KN/m 5 KNm 0,8 KN/m A B 0,5 0,1 C 0,4 D 1,2m 16) 7,5 KN 2,0 KNm 0,3 A B C 0,2 m 0,8 1,5 D E 0,1 4,7 KN KN 17) 0,3 KN/m 0,5 3,5 KNm 7,3 0,6 KN/m A B 0,3 C 1,8 m 18) 0,7 12,0 KN 1,2 A 4,7 KN 2,4 KNm B 0,8 19) D C 0,3 5,2 KN D 0,6 0,5m 7,5 KN 0,6 KN/m 9,2 KNm A B 0,7 C 1,4 m D 0,6m 20) 5 KN 4,7 KN 0,2 KN/m 3,1 KNm 0,6 KN/m A B C 0,4 21) 0,4 D E 0,6 m 0,7m 2 KN 1,2 1,1 KN A B C 0,6 1,4 m 22) 6,3 KN 1,0 A 0,4 m D 0,8 4,3 KNm KN 11,3 KN 0,8 KN/m C 0,3 0,2m 0,6 KNm 2,7 KNm B 0,6 23) D E F 0,4m 0,15 7,1 1,3 KN/m 60º A B 1,3 C 0,4 D 0,5 2,4 m 5,3 KN 10 KN 24) 8,5 KNm 2,5 KN/m A B 0,8 C D 1,2 1,1 1,1 KN/m 15 KN 25) 12 KN 1 2,5 0,5 A B 0,6 0,5m C 3 KNm 0,2 0,2 E 0,5 4,3 KN 26) 0,3 3,1 KN 0,9 KN/m 0,6 KN/m 3,0 KNm 0,1 27) D 0,5 m 0,5 m 0,3 0,2 8 KN 0,5 12 KN 5 KN/m 0,5m 1,5 0,4m 2 KN/m 0,8m 0,2m 28) 0,5 KN/m 3 KNm 6,0 KN 0,1 KN/m A B C 0,4 0, 6 0,5 m 7,3 KN 29) 1,0 KN/m A B 0,4 m D 5,5 KN 1,1 KN/m C 0,9 m D 0,4 E 0,2m 6. Características Geométricas das Superfícies Planas 6.1 Momento Estático de uma Superfície É definido através do somatório do produto entre a área do elemento e a distância que o separa do eixo de referência. Y Mx = Σ Ai.yi x My = Σ Ai.xi y X Centro de Gravidade de uma Superfície Plana É o ponto localizado na própria figura, ou fora desta, na qual se concentra a superfície. A localização do ponto através das coordenadas XG e YG, que serão obtidas através da relação entre o momento estático da superfície e a área total desta. XG = Mesty A YG = Mestx A Exemplo 1: Cálculo do centro de gravidade da figura abaixo: 12 cm 3 12 4 cm 20 cm Inicialmente posiciona-se um sistema de eixos X e Y, passando pela base e esquerda da figura: x1 Y 12 cm 3 12 4 cm 1 2 20 cm X Divide-se a seção em figuras conhecidas, no exemplo, pode-se dividir em 2 retângulos, um horizontal e outro vertical (podem-se fazer outras divisões). Y 12 cm 3 12 4 cm 20 cm X Consideram-se as áreas, centro de gravidade em relação aos dois eixos, separadamente. Assim, tem-se Y 12 cm 3 Y 12 12 cm 1 3 12 4 cm 1 x1 y1 X 20 cm X y y 3 cm 3 cm 2 2 20 cm x2 y2 20 cm X X Figura Área 1 Ai (cm2) xi(cm) yi(cm) Aixi(cm3) Aiyi(cm3) 27 cm 27 x 4 = 108 27/2 = 13,5 4/2 + 20 = 22 1458 2376 20 x 3 = 60 12 = 3/2= 13,5 20/2 = 10 810 600 2268 2976 4 cm 20 cm 3 cm Σ 168 XG = My A XCG = A1x1 + A2x2 A1 + A2 YG = Mx A YCG = A1y1 + A2y2 A1 + A2 Conforme cálculo na tabela XCG =2268 cm3 = 13,5 cm 168 cm2 O que está de acordo com a figura, pois a peça apresenta simetria em relação ao eixo Y YCG = 2976 cm3 = 17,7 cm 168 cm2 Assim: YCG Y 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Lembre-se que o valor de XCG posiciona o eixo Y e que YCG posiciona o eixo X. 8 cm Exemplo 2: 3 cm 14 cm 3 cm 3 15 cm Inicialmente posiciona-se um sistema de eixos X e Y Y 8 cm 3 cm 14 cm 3 cm X 3 15 cm Dividindo a seção em figuras conhecidas: 8 cm 1 3 cm 14 cm 2 3 3 cm 3 Figura Área 1 8cm 3 cm 14 cm 15 cm Ai (cm2) xi(cm)* yi(cm)** Aixi(cm3) Aiyi(cm3) 3*8 = 24 8/2 = 4 3/2+14+3 = 18,5 96 444 14*3 = 42 3/2 = 1,5 14/2 + 3 = 10 63 420 3*18 = 54 18/2 = 9 3/2 = 1,5 486 81 645 945 3 cm 18cm 3 cm Σ 120 *Lembre-se que xi é a distância, na direção do eixo X (medido na horizontal), do CG da figura considerada até atingir o eixo Y e que, **yi é a distância, na direção do eixo Y (medido na vertical), do CG da figura considerada até atingir o eixo X, XG = My A XCG = A1x1 + A2x2 A1 + A2 YG = Mx A YCG = A1y1 + A2y2 A1 + A2 Conforme cálculo na tabela XCG =565 cm3 = 5,37 cm 120 cm2 YCG = 945 cm3 = 7,88 cm 120 cm2 Y 8 cm 3 cm 14 cm 7,88 cm X 3 15 cm 5,37 cm Exercícios: Determine o CG da seção abaixo: 7 cm 5 cm 2 cm 15 cm 4 cm 5 cm 12cm Inicialmente posiciona-se os eixos iniciais X e Y: Lembre-se que o eixo, por conveniência, deverá estar situado na base da figura e à esquerda da mesma. Y 7 cm 5 cm 2 cm 15 cm 4 cm 5 cm Divide-se a seção em figuras conhecidas: Y 7 cm X 12cm 5 cm 1 2 cm 15 cm 2 3 4 cm X 5 cm 12cm Você poderia ter dividido a seção desta maneira também: Y 7 cm 5 cm 2 cm 1 15 cm 2 3 4 cm 5 cm 12cm X No primeiro caso: Figura Área 1 12cm 2 cm 15 cm Ai (cm2) xi(cm)* yi(cm)** Aixi(cm3) Aiyi(cm3) 12*2 = 24 12/2 = 6 2/2+15+4 = 20 144 480 15*5 = 75 7+5/2 = 9,5 15/2 + 4 = 11,5 712,5 862,5 4*17= 68 17/2+7 = 15,5 4/2 = 2 1054 136 1910,5 1478,5 5 cm 17cm 4 cm Σ 167 No segundo caso: Figura Área 1 7cm 2 cm 21 cm Ai (cm2) xi(cm)* yi(cm)** Aixi(cm3) Aiyi(cm3) 2*7 = 14 7/2 = 3,5 2/2+15+4 = 20 49 280 21*5 = 105 7+5/2 = 9,5 21/2 = 10,5 997,5 1102,5 12*4 = 48 12/2+7+5 = 18 4/2 = 2 864 96 1910,5 1478,5 5 cm 12cm 4 cm Σ 167 No primeiro caso: XCG = A1x1 + A2x2 A1 + A2 YCG = A1y1 + A2y2 A1 + A2 Conforme cálculo na tabela XCG =1910,5 cm3 = 11,44 cm 167 cm2 YCG = 1478,5 cm3 = 8,85 cm 167 cm2 No segundo caso, conforme a segunda tabela: XCG = Mesty = A1x1 + A2x2 ΣA A1 + A2 YCG = Mestx = A1y1 + A2y2 ΣA A1 + A2 Conforme cálculo na tabela XCG =1910,5 cm3 = 11,44 cm 167 cm2 YCG = 1478,5 cm3 = 8,85 cm 167 cm2 sendo que o resultado é o mesmo da divisão anterior. Verifica-se assim, ser possível qualquer divisão da seção. Momento de Inércia (I) É definido como o somatório do produto da área que compõe a superfície e o quadrado da distância ao eixo de referência. Matematicamente tem-se: ∫ ∫ Ix = y2 dA e Iy = x2 dA Ou ainda: Ix = Σ Ai.yi2 Iy = Σ Ai.xi2 O momento de inércia é a primeira característica geométrica importantíssima no dimensionamento dos elementos de construção, pois fornece através de seus valores numéricos uma noção de resistência da peça. Quanto maior o momento de inércia da estrutura da peça, maior a resistência. Translação de Eixos (Teorema de Steiner): Sejam os eixos X e Y os eixos baricêntricos da superfície A. Para determinar o momento de inércia da superfície, em relação aos eixos x e y, paralelos a X e Y, aplica-se o teorema de Steiner que é definido como: “Momento de Inércia em relação a um eixo paralelo ao eixo baricêntrico é igual a soma do momento de inércia em relação ao baricentro e o produto da área pelo quadrado da distância entre os eixos considerados”. y YCG Ix = IX + A.d12 d2 Iy = IY + A.d22 CG XCG d1 x Calculando o momento de inércia para um retângulo, em relação ao eixo passando pela base e lado, tem-se: y dy h x b Inércia é o produto da área pelo quadrado da distância ao eixo considerado. Considerando o retângulo com base b e largura dy, a sua distância ao eixo h, a área da figura será A= b*dy, logo: h Ix = h h ∫A*y = ∫ y *b*dy = b∫ y *dy = b*h – b*0 2 0 2 0 2 0 3 3 3 Ix = b*h3 3 Por analogia ao eixo y tem-se: Iy = h*b3 3 3 FIGURA ÁREA Posição do CG Mto. de inércia Mto. de inércia em relação ao eixo x em relação ao eixo y Retângulo y Ix = bh h b h3 3 Iy = h b3 3 x b Retângulo y x h C x y x= b 2 y= h 2 bh b h b3 Iy = 12 b h3 Ix = 12 Triângulo y h x bh 2 Ix = b h3 12 Iy = h b3 12 b Triângulo y x h C x y bh 2 x= b 3 y= h 3 b y Círculo r x C y C y π r2 Ix = x y x y π r4 4 Iy = π r4 4 Semicírculo π r2 2 y= 4r 3π x= 4r 3π Quadrante C h b3 Iy = 36 b h3 Ix = 36 x π r2 4 y= 4r 3π I x = 0,1098 r Ix = π r4 16 4 π r4 Iy = 8 Iy = π r4 16 Determina-se o momento de inércia em relação ao eixo passando pelo CG, empregando-se Steiner, assim: y h/2 h/2 b x Ix = IXCG + A*d2 b*h3 = IXCG – b*h*(h/2)2 3 b*h3 = IXCG – b*h3 3 4 Logo: 4b*h3 = IXCG – 3 b*h3 12 12 IXCG = b*h3 12 Conforme valor dado na tabela anterior. Por similaridade, a inércia em relação ao eixo YCG será dada por: IXCG = h*b3 12 Exercícios resolvidos 1) Determine o momento de inércia em relação ao eixo XCG e YCG, calculados anteriormente: YCG Y 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo XCG, considere apenas este eixo: 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Lembre-se que Ix = Σ Ai.yi2 .Para tanto, divida a figura em áreas conhecidas. Procure empregar figuras cuja base esteja sobre o eixo XCG para não necessitar usar Steiner. Assim, o exemplo será dividido as áreas da seguinte maneira: um retângulo maior de base 27 cm na parte superior da peça e descontaremos dois retângulos pequenos de base 12 cm. Na parte inferior considera-se apenas um retângulo apoiado sobre o eixo de base 3 cm: Assim, 12 cm 3 12 4 cm 24-17,7 = 6,3 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 Descontando os retângulos: 12 cm 3 12 XCG YCG =17,7 cm 4 cm 24-17,7-4 = 2,3 cm 20 cm X Portanto, tem-se Ix = Σ Ai.yi2 27 cm 12 6,3cm Ix = Ix 17,7 cm 12 cm 2,3 cm - Ix + Ix 3 cm Assim usa-se apenas uma única inércia, retângulo com eixo passando pela base, portanto, empregando a tabela (primeira linha e quarta coluna), tem-se: Ix = bh3 3 Ix = 27*6.33 + 2 * 12*2,33 + 3*17,73 3 3 3 Ix = 2250,4 - 97,34 + 5545,2 Ix = 7698,97 cm4 A inércia em relação ao eixo XCG também poderia ser calculada empregando o Teorema de Steiner, ou seja: 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Assim divide-se a seção em 3 retângulos, 2 acima do eixo e 1 abaixo deste: 12 cm 3 12 4 cm 6,3 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm 27 cm Ix = Ix 17,7 cm 3 cm 4 cm 2,3 cm + Ix + Ix 3 cm Para o cálculo do primeiro termo, usa-se o teorema de Steiner, pois o eixo não está passando nem na base do retângulo e nem no seu CG. Pelo teorema, o cálculo da inércia em relação a um eixo é dado pelo valor da inércia com o eixo passando no CG mais o produto da área pelo quadrado da distância entre os eixos, ou seja: Ix = IxCG + A*d2 Nas demais parcelas, segunda e terceira, têm o retângulo com eixo passando pela base, portanto, empregando a tabela (primeira linha e quarta coluna), tem-se: Ix = bh3 3 Assim: Ix = 27*43 + 27*4*(6,3 – 2)2 + 3*2,33 + 3*17,73 12 3 3 Ix = 144 + 1996,91 + 12,17 + 5545,32 Ix = 7698,40 cm4 Verifica-se que qualquer uma das soluções o resultado será o mesmo. Para o cálculo de Iy: YCG Y 12 cm 3 12 4 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Se a figura for dividida em 2 retângulos, o eixo YCG passa pelo CG dos 2 retângulos. Assim: YCG Y 12 cm 3 12 4 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Para o cálculo do Iy tem-se: 27 cm 20 cm 4 cm Iy = Iy + Iy 3 cm Assim usa-se apenas uma única inércia, retângulo com eixo passando pelo CG, portanto, empregando a tabela (segunda linha e quinta coluna), tem-se: Iy = hb3 12 Iy = 4 *273 + 20*33 12 12 Iy = 6561 + 45 Iy= 6606 cm4 2) Determine o CG do perfil em I abaixo e o momento de inércia em relação aos eixos XCG e YCG 6 1 6 cm 1cm 20cm 2cm 12 1 12cm Inicialmente será determinado o centro de gravidade da figura. Posicionando os eixos na base da seção e à esquerda da mesma. Y 6 1 6 cm 1cm 20cm 2cm 12 1 12cm X Como a figura tem simetria em relação ao eixo y o valor de XCG é 12,5 (lembre que para marcar o eixo YCG você necessita de XCG). Para o cálculo de YCG, para posicionar o eixo horizontal, pois a figura não apresenta simetria, divide-se a figura em dois retângulos horizontais e um retângulo vertical central: Figura Área 1 Ai (cm2) yi(cm)** Aiyi(cm3) 13*1 = 13 1/2+20+2 = 22,5 292,5 20*1 = 20 20/2 + 2 = 12 240 25*2 = 50 2/2 = 1 50 13cm 1 cm 20 cm 1 cm 25 cm 2cm Σ 83 582,5 YCG = A1y1 + A2y2 A1 + A2 YCG = 582,5 cm3 = 7,02 cm 83 cm2 XCG = 7,02 cm YCG = 12,5 cm Cujos eixos serão representados YCG Y 6 1 6 cm 1cm 20cm 7,02 cm XCG 2cm 12 1 12cm X 12,5 cm Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo XCG, tem-se: 6 1 6 cm 1cm 20cm XCG 7,02 cm 2cm 12 1 12cm Para o cálculo têm-se duas soluções. A primeira, considerando um retângulo grande e descontando dois pequenos na parte superior e inferior: Assim: 6 1 6 cm 1cm 15,98 20cm 7,02 cm XCG 2cm 12 1 12cm Cujo eixo passa pela base dos dois retângulos e utiliza-se a fórmula: Ix = hb3 3 Entretanto, precisa-se descontar os retângulos superiores e inferiores: 6 1 6 cm 1cm 15,98 20cm 7,02 cm XCG 2cm 12 1 12cm E estes retângulos também apresentam o eixo passando pela base portanto, a inércia será dada por: Ix = hb3 3 Calculando; Ix = Ixsup + Ixinf 13c 6 6 cm 25c 15,98 7,02 Ix = Ix - Ix 5,02 cm + Ix - Ix Ix = 13*15,983 – 2* 6*14,983 + 25*7,023 – 2* 12*5,023 3 3 3 3 Ix = 17682,85 – 13446,07 +2882,90 – 1012,05 Ix = 6107,63 cm4 Ou o valor de Ix pode ser calculado empregando Steiner, ou seja dividindo a figura um dois retângulos superiores e dois retângulos inferiores: 6 1 6 cm 1cm 15,98 cm 20cm XCG 7,02 cm 2cm 12 1 12cm Assim, tem-se: 1 cm 13 cm 1 cm Ix – Ix +Ix 14,98 cm 6,02 cm +Ix 1 cm 1 cm +Ix 25 cm Ix = bh3 + A*d2 + bh3 + bh3 + bh3 +A*d2 12 3 3 12 Ix = 13*13 + 13*1*.(15,98-0,5)2 + 1*14,983 + 1*5,023 + 25*23 +2*25*(7,02-1)2 12 3 3 12 Ix = 1,08 +3115,2 + 1120,5 + 42,17 + 16,66 +1812,02 Ix = 6107,63 cm4 Para o cálculo de Iy, como o eixo passa pelo CG dos 3 retângulos, emprega-se a fórmula: Iy = hb3 12 YCG 6 1 6 cm 1cm 20cm 2cm 12 1 12cm 12,5 cm 1 cm 13 cm 1 cm Iy = Iy 20 cm + Iy 21 cm 25 cm + Iy Iy = hb3 + hb3 + hb3 12 12 12 Iy = 1*133 + 20*13 + 2*253 12 12 12 Iy = 183,08 + 1,67 + 2604,17 Iy = 2789 cm4 3) Determine o CG do perfil em I abaixo e o momento de inércia em relação aos eixos XCG e YCG 10 cm 6 cm 2 cm 2 6 3 cm Como nos exemplos anteriores, para o cálculo do CG, posiciona-se os eixos x e y, na base e à esquerda da seção: y 10 cm 6 cm 2 cm x 2 6 3 cm Para o cálculo do CG faz-se a Área 1 – Área 2, assim: Figura Área 1 18 cm Ai (cm2) xi(cm) yi(cm) Aixi(cm3) Aiyi(cm3) 18*11 = 198 11/2 = 5,5 18/2= 9 1089 1782 π62 = 4 28,27 2+6/2 = 5 6/2 + 2 = 5 141,35 141,35 1230,35 1923,35 11 cm Área 2 d = 6 cm Σ 226,27 XCG = Mesty = A1x1 + A2x2 ΣA A1 + A2 YCG = Mestx = A1y1 + A2y2 ΣA A1 + A2 Conforme cálculo na tabela XCG =1230,35 cm3 = 5,43 cm 226,27 cm2 YCG = 1923,35 cm3 = 8,50 cm 226,27 cm2 Lembre-se que o valor de XCG posiciona o eixo Y e que YCG posiciona o eixo X. YCG y 10 cm XCG 6 cm 8,50 cm 2 cm x 2 6 3 cm 5,43 cm Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo XCG: 19,5 cm 10 cm 6 cm XCG 8,50 cm 2 cm 2 6 3 cm A inércia em relação ao eixo XCG será dada pela inércia do retângulo superior mais a inércia do retângulo inferior menos a inércia do círculo, sendo que neste caso será utilizado Steiner, portanto: 11 cm 19,5 8,50 cm Ix = Ix +Ix 11 cm 6 cm -Ix Ix = 11*19,53 + 11*8,503 - π34 + π62∗(8,50 − 5)2 3 3 4 4 Ix = 27187,87 + 2251,8 - 63,61 - 346,36 Ix = 29029,7 cm4 Para o cálculo de Iy YCG 10 cm 6 cm 2 cm 2 6 3 cm 5,43 cm Como o eixo YCG não é de simetria necessita-se calcular separadamente cada uma das partes. Tem-se um retângulo à esquerda mais o retângulo a direita e subtrai-se o círculo empregando Steiner: 18 cm 18 cm 5,43 cm Iy = Iy 5,57 cm + Iy - Iy 6 cm Iy = 18*5,433 + 18*5,573 – π34 – π62(5,43 – 5)2 3 3 4 4 Iy = 1440,93 + 1555,28 – 63,62 – 5,23 Iy = 2927,36 cm4 Raio de Giração: O raio de giração de uma superfície plana em relação a um eixo de referência representa uma distância particular entre a superfície e o eixo, na qual o produto do quadrado desta distância, denominada de raio de giração, e a área da superfície da figura, representa o momento de inércia da superfície em relação ao eixo considerado. Y Ix = A*ix2 Iy = A*iy2 ix A Ou seja: Iy Ix ix = A iy = iy A X Determine ix e iy das figuras dadas: YCG 1) Y 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X XCG = 13,5 cm Os valores da área, inércia em relação a XCG e YCG já foram calculadas: A=168 cm2 Ix = 7698,97 cm4 Iy= 6606 cm4 Iy Ix ix = iy = A A Substituindo os valores: 7698,97 ix = 168 6606 iy = 168 ix = 6,76 cm iy = 6,27 cm YCG 2) Y 6 1 6 cm 1cm 20cm 7,02 cm XCG 2cm 12 12,5 cm 1 12cm X Já foram calculados: A = 83 cm2 Ix = 6107,63 cm4 Iy = 2789 cm4 Iy Ix ix = iy = A A Substituindo os valores: 6107,63 ix = 2789 iy = 83 83 ix = 8, 57cm iy = 5,79 cm 3) YCG y 10 cm XCG 6 cm 8,50 cm 2 cm x 2 6 3 cm 5,43 cm Anteriormente já foram calculados: A = 226,27 cm2 Ix = 29029,7 cm4 Iy = 2927,36 cm4 29029,7 ix = 226,27 2927,36 iy = 226,27 ix = 11,33 cm iy = 3,59 cm Produto de Inércia O produto de inércia, também denominado de momento centrífugo, de uma superfície plana é definido pelo produto da área da figura pelas respectivas distâncias ao eixo de referência.0, Y x A y Ixy - ∫ x*y*dA X O produto de inércia demonstra uma noção de assimetria da seção em relação a seus eixos de referência. Como o produto de inércia multiplica a área por distâncias, ele poderá ser positivo ou negativo de acordo com o quadrante considerado. Ele será positivo, quando a superfície estiver no 1º ou 3º quadrante e negativo para o 2º e 4º quadrante, conforme figura abaixo. YCG 2ºQuadrante: x<0 y>0 1ºQuadrante: x>0 y>0 XCG 3ºQuadrante: x<0 y<0 4ºQuadrante: x>0 y<0 Eixos Principais de Inércia: Pelo CG de uma seção passam infinitos eixos, no qual o de maior importância, são os eixos de momento de inércia máximo e mínimo.O eixo de momento máximo estará sempre mais distante dos elementos de superfície que formam a seção, o eixo de momento de inércia mínimo estará o mais próximo dos elementos da superfície. Determinam-se os momentos principais de inércia através das equações: (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy Imáx = + 2 2 (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy Imín = − 2 2 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas: tgα máx = Ix − Imáx Ixy tgα mín = Ix − Imín Ixy Onde: αmáx representa o ângulo formado entre o eixo do momento máximo e o eixo XCG. e αmín representa o ângulo formado entre o eixo momento mínimo e o eixo XCG. e: αmáx + αmín = 90º Qualquer par de eixos passando pelo CG e sendo defasados de 90º terão a soma dos seus momentos de inércia constante: Ix + Iy = Imáx + Imín Exercícios Resolvidos: Determine o produto de inércia e os eixos principais de inércia das figuras abaixo: YCG 1) Y 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm X Y XCG =Y13,5 CG cm 12 cm 3 12 A3 4 cm A4 YCG =17,7 cm A1 A5 A2 A6 XCG 20 cm X XCG = 13,5 cm Verifique as posições das áreas: Na parte superior e no 1ºquadrante tem-se A1 e A2 Na parte superior e no 2ºquadrante tem-se A3 e A4 Na parte inferior e no 3ºquadrante tem-se A5 Na parte inferior e no 4ºquadrante tem-se A6 Assim: Ixy = A1*x1*y1 + A2*x2*y2 + A3*x3*y3 + A4*x4*y4 + A5*x5*y5 + A6*x6*y6 A1*x1*y1 =4*13,5*(+7,5)*(+4,3) = 1741,5 cm4 A2*x2*y2 = 2,3*1,5*(+0,75)*(+1,15) = + 2,97 cm4 A3*x3*y3 = 4*13,5*(-7,5)*(+4,3) = - 1741,5 A4*x4*y4 = 2,3*1,5*(-0,75)*(+1,15) = - 2,97 cm4 A5*x5*y5 = 17,7*1,5*(-0,75)*(-8,85) = + 176,22 cm4 A6*x6*y6 = 17,7*1,5*(+0,75)*(-8,85) = - 176,22 cm4 Logo: Ixy = 0, pois a figura apresenta simetria em relação aos eixos. Determinam-se os momentos principais de inércia através das equações: (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy Imáx = + 2 2 Imín = (Ix - Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy − 2 2 Os valores de Ix e Iy já foram calculados: Ix = 7698,97 cm4 Iy= 6606 cm4 (7698,97 − 6606) 2 + 4.0 2 7698,97 + 6606 Imáx = + 2 2 Imín = (7698,97 − 6606) 2 + 4.0 2 7698,97 + 6606 − 2 2 Imáx = 7152,20 + 546,2 = 7698,4 cm4 Imín = 7152,20 - 546,2 = 6606,0 cm4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas: tgα máx = Ix − Imáx Ixy tgα mín = Ix − Imín Ixy tgαmáx = 0 αmáx = 0o αmáx + αmín = 90º αmín = 90º Logo, verifica-se que Imáx = Ix e Imín = Iy YCG 12 cm 3 12 4 cm XCG YCG =17,7 cm 20 cm XCG = 13,5 cm Y 8 cm 2) 3 cm 14 cm 7,88 cm X 3 15 cm 5,37 cm Y 8 cm A2 A1 3 cm A3 14 cm A4 7,88 cm A6 A5 3 X 15 cm 5,37 cm Verifique as posições das áreas: Na parte superior e no 1ºquadrante tem-se A1 Na parte superior e no 2ºquadrante tem-se A2 Na parte inferior e no 3ºquadrante tem-se A4 A3 A5 Na parte inferior e no 4ºquadrante tem-se A6 Assim: Ixy = A1*x1*y1 + A2*x2*y2 + A3*x3*y3 + A4*x4*y4 + A5*x5*y5 + A6*x6*y6 A1*x1*y1 = 2,63*3*(+1,31)*(+10,62) = 109,77 cm4 A2*x2*y2 = 5,37*3*(-2,68)*(+10,62) = - 458,52 cm4 A3*x3*y3 = 3*9,12*(-3,87)*(+4,56) = - 482,83 cm4 A4*x4*y4 = 3*4,88*(-3,87)*(-2,44) = 138,24 cm4 A5*x5*y5 = 5,37*3*(-2,68)*(-6,38) = 275,45 cm4 A6*x6*y6 = 12,63*3*(+6,31)*(-6,38) = -1525,37 cm4 Logo: Ixy = - 1943,26 cm4 Para o cálculo dos eixos de inércia: Imáx = (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy + 2 2 Imín = (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy − 2 2 Os valores de Ix e Iy já foram calculados: Ix = 5838,1 cm4 Iy = 3003,13 cm4 Ixy = - 1943,26 cm4 Substituindo, nas equações anteriores: Imáx = (5838,1 − 3003,13) 2 + 4.(-1943,26) 2 5838,1 + 3003.13 + 2 2 (5838,1 − 3003,13) 2 + 4.(-1943,26) 2 5838,1 + 3003.13 Imáx = − 2 2 Imáx = 6825,93 cm4 Imín = 2015,31 cm4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas: tgα máx = 5838,1 − 6825,93 - 1943,26 tgα mín = 5838,1 − 2015,31 - 1943,26 αmáx =26,94º αmin =63,06º Y 8 cm 3 cm 26,94 14 cm 7,88 cm X 3 15 cm 5,37 cm 3) YCG Y 6 1 6 cm 1cm 20cm 7,02 cm XCG 2cm 12 1 12cm X 12,5 cm Como a figura apresenta simetria o produto de inércia é nulo. Ixy = 0 Determinando os momentos principais de inércia através das equações: (Ix − Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy Imáx = + 2 2 (Ix - Iy) 2 + 4Ixy 2 Ix + Iy Imín = − 2 2 Já foram calculados: Ix = 6107,63 cm4 Iy = 2789 cm4 Ixy = 0 Assim: (6107,63 − 2789) 2 + 4I.0 2 6107,63 + 2789 Imáx = + 2 2 Imín = (6107,63 - 2789) 2 + 4I.0 2 6107,63 + 2789 − 2 2 Imáx = 6107,64 cm4 Imín = 2789,00 cm4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas: Como Ixy = 0, logo tgαmáx = 0 αmáx + αmín = 90º tgα máx = Ix − Imáx Ixy tgα mín = Ix − Imín Ixy tgα máx = 5838,1 − 6825,93 - 1943,26 tgα mín = 5838,1 − 2015,31 - 1943,26 αmáx = 0o αmín = 90º Exercícios: Determinar o centro de gravidade e os momentos de inércia das figuras abaixo: 1) 2) 150mm 2,5 cm 20mm 30 cm 20 cm 90mm 10 25 mm 20 cm 3) 4) 12 240mm 1 12mm 50mm 1mm 180mm 20mm 2mm 6 1 6mm 40 100 40 mm 5) 6) 200 mm 3mm 70 mm 50mm 210 mm 5mm 55 mm 60 50 50 60mm 25mm 5 30mm 7) 8)) 2 cm 1 cm 1 cm 3 cm 4 cm 10 cm 6 cm 4 6 3 4 2 cm 1 cm 3,5 cm 1 3, 5cm 9) 10) 1 8 1 3cm 12 cm 14cm 1 cm 3 cm 12 cm 3 cm 1 cm 3 cm 7cm 11) 6 cm 12) 7 cm 1,5 cm 2 cm 4 cm 2 cm 3 cm 4 cm 14 cm 2 cm 0,5 cm 2 4 3 2cm 5 cm 1,5 5 cm 13) 14) 6 5 5 9 cm 15 cm 12 cm 10 cm 5 cm 5 6cm 15) 5 10 5 5cm 16) 3mm 5 cm 15cm 50mm 10cm 5 cm 5mm 5 25mm 5 30mm 15 5 15cm Respostas exercícios: Capítulo 1 1) VA = VC = 6,32 KN (para cima) 3) VB = 5,35 KN (para cima) VE = 6,25 KN (para cima) 5) VA = 7,36 KN (para cima) VE = 5,58 KN (para cima) 7) VA = 9,76 KN (para cima) VE = 12,55 KN (para cima) 9) VA = 1,47 (para cima) VE = 13,63 KN (para cima) 11) VA = 7,94 KN (para cima) MA = 15,04 KNm (anti-horário) 13) 15) 17) VA = 6,87 KN (para cima) VE = 9,06 KN (para cima) 19) VA = 14,32 KN (para cima) MA = 30,78 KNm (anti-horário) 21) VE = 9,14 KN (para cima) ME = 11,02 KNm (horário) 23) HE = VB = VE = 25) VB = 4,97 KN (para cima) VE = 24,67 KN (para cima) 27) VA =28,9 KN (para cima) MA =22,75 KNm (anti-horário) 29) VA = 3,86 KN (para cima) VC = 10,9 KN (para cima) Capítulo 2: 1) XCG = 76,43 mm Ix = 5,5080 cm4 3) XCG = 142,27 mm Ix = 127,94 x 106 mm4 5) XCG = 167,57 mm Ix = 570,07 x 106 mm4 YCG = 75 mm Iy = 5,7422 cm4 YCG = 120 mm Iy = 130,08 x 106 mm4 YCG = 160 mm Iy = 314,77 x 106 mm4