Polígrafo Mecânica para Engenharia Civil

Transcrição

1 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 Prof a. Denise de Souza Saad (Eng. Civil/UFSM)

2 Mecânica para Engenharia Civil Capítulo 1 1. Conceito: Sistema Estrutural é o agrupamento de pontos materiais interligados entre si.. 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.. 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 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.

3 1.4. Carga Concentrada e Carga Uniformemente Distribuída: Carga Concentrada: aquela que o ponto de aplicação é apenas um ponto. Representada geralmente pela letra P. P Carga Distribuída: cargas que atuam ao longo de um trecho. Representa-se pela letra q. q Carga Uniformemente Distribuída: quando o carregamento permanece constante durante todo o trecho. q Carga Distribuída Variável: a carga varia ao longo do trecho. q q Princípios da Estática:.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

4 . Adição de Forças: Quando duas forças atuam sobre um mesmo ponto seus efeitos são os mesmos como se atuasse uma única força...1. Forças de mesma direção e sentido F 1 F R =F 1 +F... Forças de mesma direção e sentidos contrários F 1 F R= F 1 -F..3. Forças concorrentes: F 1 R R= F 1 +F +.F 1.F.cosα F.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; ) 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 P3 P P1, P e P3- FEA R1 e R FER R1 R

5 .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..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: z y x ΣFx=0 ΣFy=0 ΣMz=0 - 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> Forças de mesma direção e sentido F 1 F R =F 1 +F 3... Forças de mesma direção e sentidos contrários F 1 F R= F 1 -F

6 3..3. Forças concorrentes: F 1 R R= F 1 +F +.F 1.F.cosα F 3.. Componentes cartesianas de uma força Decomposição das forças sobre os eixos cartesianos x e y. y F1y α F1 x Hipotenusa: F 1 Cateto Oposto: F 1 y Cateto Adjacente: F 1 x F1x cos α = Cateto adjacente = F 1 x Hipotenusa F 1 F 1 x = F 1.cos sen α = Cateto oposto = F 1 y Hipotenusa F 1 F 1 y = F 1.sen y Fy α F x Hipotenusa: F Cateto Oposto: F x Cateto Adjacente: F y Fx cos α = Cateto adjacente = F y Hipotenusa F F y = F.cos sen α = Cateto oposto = F x Hipotenusa F F x = F.sen

7 Exemplo: A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as forças normais atuantes nos cabos 1, 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 c R V R.c = H.a+V.b A H 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.

8 z y x ΣFy=0 ΣMz=0 É o caso mais comum da estática

9 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 No plano têm-se 3 GL, translações e 1 rotação y z x 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: º)Apoio Duplo ou Apoio do º. Gênero impede uma translações Apresenta duas reações de apoio, uma horizontal e uma vertical Representação: V V 3º) Engastes ou Vínculos do 3º Gênero: H V Representação M H V

10 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.. Método das Seções: Considera-se um corpo rígido em equilíbrio qualquer submetido a forças externas ativas e reativas. F 1 F F 3 F 1 F m F 3 (E) (D) R A R B R A n R B (a) Figura 1.1 (b) A Mecânica, utilizando as equações de equilíbrio externo da estática (ΣF H =0, ΣF V =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.

11 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. F 1 F F 3 R M (E) M R (D) R A R B Figura 1. 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 z My F 1 F Fy=Qy R A (E) Mz Figura 1.3 Fx=N Fz=Qz Mx=T x 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

12 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 1) 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E 0,3m 0,8 m 0,3 0, ) 0,5 KN/m 3,1 KN 5, KN 0,8 KN/m A B C D E F G 0,m 0,3 m 0,3 m 0, m 0,4 m 0,3 0,5 KN/m,5 KN 3) 3 KNm 0, KN/m A B C D E 1,0 m 0,5 m 0,4m 4 5 KNm 10,6 KN 8 KN 0,3 KN/m 0,8 KN/m A B C D E 0,6 0, 0,8 0,8 m

13 5 3 KNm 1,1 KN/m 8,1 4,7 KN/m 0,5 KN/m A B C 0,5 0, 7 0,9 m Resolução 1) 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E 0,3m 0,8 m 0,3 0, a)reações de Apoio: Inicialmente serão calculadas as reações de apoio, através das 3 equações da estática: ΣF H = 0 ΣF V = 0 Equações da estática ΣM A = 0 ΣF H = 0 H A =0 ΣF V = 0 V A + V C 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN,1 KN/m * 0,5 m - 4,5 KN = 0 V A + V C = 15,0 KN ΣM A = 0 1, KN/m x 1,1 m * 1,1m/ + 8,1 KN * 1,3 m + 4,5 KN * 1,4 m +,1 KN/m * 0,5m * ( 0,5m/ + 1,4 m) 1,1 m * V C = 0 V A = + 5,1 KN V B = +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

14 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 Q A = +5,1 KN Entrando pela direita tem-se: 5,1 KN 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E 0,3m 0,8 m 0,3 0, 9,9 KN Q A = +,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN 9,9 KN + 1, KN * 1,1 m +8,1 KN = +5,1 KN No ponto B, entrando pela esquerda, antes da carga de 8,1 KN: 1, KN/m A B 0,3 m 5,1 KN

15 Q B a = +5,1 KN 1, KN/m * 0,3 m = + 4,7 KN Entrando pela direita: 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m B C D E 0,8 m 0,3 0, 9,9 KN Q a B = +,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN 9,9 KN + 1, KN * 0,8 m +8,1 KN = + 4,7 KN Na seção B, depois da carga de 8,1 KN: 1, 8,1 1, KN/m 4,5 KN,1 A B C D 5,1 0,3 0,8 m 0,3 9,9 Q B d = +5,1 KN 1, KN/m * 0,3 m 8,1 KN = -3,4 KN Ou, pela direita: Q B d =+,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN 9,9 KN + 1, KN * 0,8 m = -3,4 KN Na seção C, antes do apoio C:

16 1, 8,1 KN 4,5 KN,1 A B C C D 0,3 m 0,8 5,1 KN 9,9 0,3 Q C a = +5,1 KN 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN= - 4,3 KN O mesmo ponto, fazendo o cálculo pela direita: Q C a = +,1 KN * 0,5 m + 4,5 KN 9,9 KN = - 4,3 KN No ponto C, depois do apoio: 1, KN/m 8,1 KN 4,5 KN,1 KN/m A B C C D E 0,3 m 0,8 5,1 KN 9,9 KN 0,3 Q C d = +5,1 KN 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN + 9,9 KN = + 5,6 KN No ponto C, entrando pela direita: Q C d =+,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:

17 1, 8,1 KN,1 4,5 KN,1 A B C D D E 0, 5,1 0,3 m 0,8 m 0,3 9,9 Q D a = +5,1 KN 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN + 9,9 KN,1 KN/m * 0,3 m = + 4,9 KN Pela direita, tem-se somente as cargas distribuída e concentrada: Q D a == +,1 KN * 0, m + 4,5 KN = + 4,9 KN No ponto D, depois da carga concentrada de 4,5 KN 1, 8,1 KN,1 4,5,1 A B C D D E 0, 5,1 0,3 m 0,8 m 0,3 9,9 Q D d = + 5,1 KN 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN + 9,9 KN,1 KN/m * 0,3 m - 4,5 KN = + 0,4 KN Entrando pela direita: Q D d =+,1 KN * 0, m = + 0,4 KN

18 No final da viga: 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E Entrando pela esquerda: Q E = + 5,1 KN 1, KN/m * 1,1 m 8,1 KN + 9,9 KN,1 KN/m * 0,5 m - 4,5 KN = 0 E, pela direita: Q E = 0 0,3m 0,8 m 0,3 0,

19 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: A 8,1 1, 4,5 KN,1 5,1 A B C 0,3m 0,8 m 9,9 M A = 0 Calculando pela direita o ponto A: M A = - 1, KN/m x 1,1 m * 1,1m/ - 8,1 KN * 0,3 m +- 9,9 KN * 1,1 m - 4,5 KN * 1,4 m -,1 KN/m * 0,5m * (0,5m/ + 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: 1, 8,1 1, KN/m 4,5 KN,1 A B C D 5,1 0,3 0,8 m 0,3 9,9 M B = +5,1 KN * 0,3 m 1, KN/m x 0,3 m * 0,3 m/ = +1,47 KNm Considerando o lado direito da seção e a convenção citada anteriormente:

20 M B =- - 1, KN/m x 0,8 m * 0,8m/ +- 9,9 KN * 0,8 m - 4,5 KN * 1,1 m -,1 KN/m * 0,5m * (0,5m/ + 0,8 m) = +1,47 KNm No ponto C, tem-se 1, 8,1 KN 4,5 KN,1 A B C C D 0,3 m 0,8 5,1 KN 9,9 0,3 M C = +5,1 KN * 1,1 m 1, KN/m x 1,1 m * 1,1 m / 8,1 KN * 0,8 m= - 1,6 KNm Ou: M C = - 4,5 KN * 0,3 m -,1 KN/m * 0,5m * 0,5m/ = - 1,6 KNm No ponto D: 1, 8,1 KN,1 4,5,1 A B C D D E 0, 5,1 0,3 m 0,8 m 0,3 9,9 M D = +5,1 KN * 1,4 m 1, KN/m x 1,1 m * (1,1/ + 0,3) m 8,1 KN * 1,1 m + 9,9 KN * 0,3m,1 * 0,3 * 0,3m/ = 0 KN Ou: M D = -,1 KN/m * 0,m * 0,m/ = 0

21 Na extremidade da viga: 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E 0,3m 0,8 m 0,3 0, M E = +5,1 KN * 1,6 m 1, KN/m x 1,1 m * (1,1m/ + 0,5) m 8,1 KN * 1,3 m + 9,9 KN * 0,5m,1 KN/m * 0,5m * 0,5m/ 4,5 KN * 0, m = 0 Ou: M E = 0 A seguir, estão desenhados os DEC e DMF da viga:

22 8,1 KN 1, KN/m 4,5 KN,1 KN/m A B C D E 0,3m 0,8 m 0,3 0, 5,1 4,7 5,6 4,9 DEC 0,4-3,4-4,3-1,6 KNm DMF 1,5 KNm

23 ) 0,5 KN/m 3,1 KN 5, KN 0,8 KN/m A B C D E F G 0,m 0,3 m 0,3 m 0, m 0,4 m 0,3 a)reações de Apoio: V A = - 0,6 KN V B = +9,9 KN b) DEC Q A = 0 Q B a = - 0,5 KN/m * 0,m = - 0,1 KN Q B d = - 0,5 KN/m * 0,m - 0,6 KN= - 0,7 KN Q C a = -0,5 KN/m * 0,5m - 0,6 KN = - 0,85 KN Q C d = -0,5 KN/m * 0,5m - 0,6 KN 3,1 KN = - 3,95 KN Q D = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN = - 4,1 KN Q E a = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN = - 4,1 KN Q E d = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN +9,9 KN = +5,8 KN Q F a = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN +9,9 KN 0,8 KN* 0,4m = +5,4 KN Q F d = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN +9,9 KN 0,8 KN* 0,4m 5, KN= +0,8 KN Q G = -0,5 KN/m * 0,8m - 0,6 KN 3,1 KN +9,9 KN 0,8 KN* 0,7m 5, KN= 0 c) DMF M A = 0 M B = - 0,5 KN/m * 0,m * 0,m/ = - 0,01 KN M C = - 0,5 KN/m * 0,5m * 0,5m/ 0,6 KN * 0,3 m = -0,4 KN M D = - 0,5 KN/m * 0,8m * 0,8m/ 0,6 KN * 0,6 m 3,1 KN * 0,3 m = - 1,45 KN M E = - 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/ + 0, m) 0,6 KN * 0,8 m 3,1 KN * 0,5 m = -,7 KNm M F = - 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/ + 0,6 m) 0,6 KN * 1, m 3,1 KN * 0,9 m + 9,9 KN * 0,4 m 0,8 KN/m * 0,4 m * 0,4 m/ = - 0,014 KNm M G =- 0,5 KN/m * 0,8m * (0,8m/ + 0,9 m) 0,6 KN * 1,5 m 3,1 KN * 1, m + 9,9 KN * 0,7 m 0,8 KN/m * 0,7 m * 0,7 m/ 5, KN * 0,3 m = 0

24 0,5 KN/m 3,1 KN 5, KN 0,8 KN/m A B C D E F 0,m 0,3 m 0,3 m 0, m 0,4 m 0,3 5,8 5,4 DEC 0-0,1-0,7-0,85-3,95-4,1 - -1,45 -,7 0,8 0 DMF 0 0, ,014 0

25 0,5 KN/m,5 KN 3) 3 KNm 0, KN/m A B C D E 1,0 m 0,5 m 0,4m a)reações de Apoio: V A = -,61 KN V B = +10,7 KN b) DEC Q A = -,61 KN Q B = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m = - 3,1 KN Q C a = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m = - 3,1 KN Q C d = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m,5 KN = -5,6 KN Q D a = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m,5 KN = -5,6 KN Q D d = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m,5 KN + 10,7 = 4,7 KN Q E a = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m,5 KN + 10,7 0, KN/m * 0,8 m= 4,5 KN Q E d = -,61 KN 0,5 KN/m * 1,0 m,5 KN + 10,7 0, KN/m * 0,8 m 4,5 KN = 0 c) DMF M A = 0 M B = -,61 KN * 1m 0,5 KN/m * 1,0 m * 1m/ = -,9 KNm M C a = -,61 KN * 1,5m 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/ + 0,5 m) = - 4,4 KNm M C d = -,61 KN * 1,5m 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/ + 0,5 m) + 3 KNm = -1,4 KNm M D = -,61 KN * 1,9 m 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/ + 0,9 m) + 3 KNm,5 KN * 0,4 m = - 3,7 KNm M E = -,61 KN *,7 m 0,5 KN/m * 1,0 m * (1m/ + 1,7 m) + 3 KNm,5 KN * 1, m + 10,7 KN * 0,8 m 0, KN/m * 0,8 m * 0,8 m/ = 0

26 0,5 KN/m,5 KN 3 KNm 0, KN/m A B C D 1,0 m 0,5 m 0,4m 4,7 DEC -,6-3,1 - -4,4-3,4 DM 0 -,9-1,4 0

27 4) 5 KNm 10,6 KN 8 KN 0,3 KN/m 0,8 KN/m A B C D E 0,6 0, 0,8 0,8 m a)reações de Apoio: V A = + 1,0 KN M A = +17,3 KNm b) DEC Q A = + 1,0 KN Q B a = + 1,0 KN 0,8 KN/m * 0,6 m = + 0,5 KN Q B d = + 1,0 KN 0,8 KN/m * 0,6 m 10,6 KN = + 9,9 KN Q C =+ 1,0 KN 0,8 KN/m * 0,8 m 10,6 KN = + 9,8 KN Q D a = + 1,0 KN 0,8 KN/m * 1,6 m 10,6 KN 0,3 KN/m * 0,8 m= + 8,9 KN Q D d = + 1,0 KN 0,8 KN/m * 1,6 m 10,6 KN 0,3 KN/m * 0,8 m 8 KN = +0,9 KN Q E = + 1,0 KN 0,8 KN/m *,4 m 10,6 KN 0,3 KN/m * 1,6 m 8 KN = 0 c) DMF M A = - 17,3 KNm M B a = - 17,3 KNm + 1KN * 0,6 m 0,8 KN/m * 0,6 m * 0,6 m/ = - 4,8 KNm M B d = - 17,3 KNm + 1KN * 0,6 m 0,8 KN/m * 0,6 m * 0,6 m/ 5 KNm = - 9,8 KNm M C = - 17,3 KNm + 1KN * 0,8 m 0,8 KN/m * 0,8 m * 0,8 m/ 5 KNm 10,6 Kn * 0, m = - 7,8 KNm M D = - 17,3 KNm + 1KN * 1,6 m 0,8 KN/m * 1,6 m * 1,6 m/ 5 KNm 10,6 Kn * 1,0 m - 0,3 KN/m * 0,8 m * 0,8m/ = - 0,4 m M E = - 17,3 KNm + 1KN *,4 m 0,8 KN/m *,4 m *,4 m/ 5 KNm 10,6 Kn * 1,8 m - 0,3 KN/m * 1,6 m * 1,6m/ 8,0 KN * 0,8 m = 0

28 5 KNm 10,6 8 KN 0,3 0,8 KN/m A B C D E 1,0 0,6 0, 0,8 0,8 m DEC 9,9 9,8 0,9-17, DMF -4,8 - -7,8-0,4

29 5) 3 KNm 1,1 KN/m 8,1 4,7 KN/m 0,5 KN/m A B C 0,5 0, 7 0,9 m a)reações de Apoio: V A = + 14,57 KN M A = +18,45 KNm b) DEC Q A = + 14,57 KN Q B a = + 14,57 KN 1,1 KN/m * 0,5 m = +14,0 KN Q B d = + 14,57 KN 1,1 KN/m * 0,5 m 8,1 KN = + 5,9 KN Q C =+ 14,57 KN 1,1 KN/m * 1, m 8,1 KN = + 5, KN Q D a = + 14,57 KN 1,1 KN/m * 1, m 8,1 KN - 0,5 KN/m * 0,9 m = + 4,7 KN Q D d = + 14,57 KN 1,1 KN/m * 1, m 8,1 KN - 0,5 KN/m * 0,9 m - 4,7 KN = 0 c) DMF M A = - 18,45 KNm M B = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 0,5 m 1,1 KN/m * 0,5 m * 0,5 m/ = - 11,3 KNm M C a = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 1, m 1,1 KN/m * 1, m * 1, m/ 8,1 KN * 0,7 m = -7,4 KMn M C d = - 18,45 KNm + 14,57 KN * 1, m 1,1 KN/m * 1, m * 1, m/ 8,1 KN * 0,7 m + 3 KNm = -4,4 KMn M D = - 18,45 KNm + 14,57 KN *,1 m 1,1 KN/m * 1, m * (1, m/ + 0,9 m) 8,1 KN * 1,6 m + 3 KNm 0,5 KN/m * 0,9 m * 0,9 m/ = 0

30 1,1 KN/m 8,1 3 KNm 0,5 4,7 KN/m A B C 0,5 0, 7 0,9 m DEC +14,6 +5,9 +5, 0-18,45-11,3 - DMF -4,4

31 A seguir encontram-se alguns exercícios para resolução: A)Determine as reações de apoio e os DEC 10 e DMF: 3KN 1) 1 KN 0,8 ) 1, A B A B C 0,4 m 0,m 0,4 m 3) 5,8 KN 4, KN 0,8 KN/m A B C D E F 0,1m 0,5 m 0,4 m 0,4 m 0,4 0, m 4) 6 KN 1 KN 5) 8,1 KN 4,3KN 5 A B C D A B C D 0,3m 0,4m 0,m 1,5 KN/m 0,3 KN 6),5 A B C 7 ) 1,3 m 0,m 0,7 KN/m 1 KN 8,3 KN A B 3, C 0,6 m 0,m 0,7m 0,3 m 0, m 0,1 m

32 8) 8,3 KN 7,5 KN 0,5 3,1 KNm A B C D E 0,8 m 0,6 0, 0,45 0,3 KN/m 9),1 KN/m A B 5,7 KN,1KNm 3m 1 10) 1,1 KN/m 5,3 KN 3,1KN,3 KN/m A B C D 3,4 KNm 0,5 0,4 0,6 m 11) 4,5 KNm 0,3 KN/m 6,5 KN 8,7 KN 0,6 KN/m A B C D E 0,5 0,1 0,8 m 0,6m

33 1) 5,4 6,5 KN 1,1 KN/m KNm 3, KN/m A B C D E 0,4m 0,6 m 0,1 0,1 0, 13) 5,1 KN 1, KN/m 1, KN/m,3 KNm A B C 0,8 0, 1,3 m 14) 0,8KN/m 1,1KN 7,3 KNm 0,6 KN/m A B C D E F G 0,3 0,3 m 0,3 m 0,1 0,6 m 0,3 15) 5 KNm 10,6 KN 0,3 KN/m 0,8 KN/m A B C D 0,5 0,1 0,4 1,m

34 16) 7,5 KN 0,3,0 KNm 0,3 KN/m A B C D E 0, m 0,8 0,1 0,5 17) 1,5 4,7 KN 3,5 KNm 7,3 KN 0,6 KN/m A B C D 0,3 1,8 m 0,7 18) 1, 1,0 KN,4 KNm 4,7 KN A B C D 0,8 0,3 0,6 0,5m 19) 5, KN 7,5 KN 0,6 KN/m 9, KNm A B C D 0,7 1,4 m 0,6m

35 0) 5 KN 4,7 KN 3,1 KNm 0, KN/m 0,6 KN/m A B C D E 0,4 0,4 0,6 m 0,7m 1) KN 1,1 KN 1, A B C D 0,6 1,4 m 0,4 m 0,m ) 1,0 6,3 KN,7 KNm 0,6 KNm 0,8 KN/m A B C D E F 0,6 0,3 0,8 0,4m 0,15 3) 11,3 KN 4,3 KNm 7,1 60º 1,3 KN/m A B C D 1,3 0,4 0,5,4 m

36 4) 5,3 KN 10 KN 8,5 KNm,5 KN/m A B C D 0,8 1, 1,1 5) 15 KN 1,1 KN/m 1 KN 1 0,5,5 A B C D E 3 0,6 0, 0, 0,5 0,3 6) 4,3 KN 0,9 KN/m 3,0 KNm 3,1 KN 0,6 KN/m 0,1 0,5 m 0,5 m 0,3 0, 0,5 1,5 7) 8 KN 1 KN 5 KN/m KN/m 0,5m 0,4m 0,8m 0,m

37 8) 0,5 KN/m 6,0 KN 3 KNm 0,1 KN/m A B C D 0,4 0, 6 0,5 m 9) 7,3 KN 1,0 KN/m 5,5 KN 1,1 KN/m A B C D E 0,4 m 0,9 m 0,4 0,m

38 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 A i.y i x My = Σ A i.x i y Centro de Gravidade de uma Superfície Plana X É o ponto localizado na própria figura, ou fora desta, na qual se concentra a superfície. A localização do ponto através das coordenadas X G e Y G, que serão obtidas através da relação entre o momento estático da superfície e a área total desta. X G = Mest y A Y G = Mest x A Exemplo 1: Cálculo do centro de gravidade da figura abaixo: 1 cm cm 0 cm Inicialmente posiciona-se um sistema de eixos X e Y, passando pela base e esquerda da figura:

39 x 1 Y 1 cm cm 0 cm Divide-se a seção em figuras conhecidas, no exemplo, pode-se dividir em retângulos, um horizontal e outro vertical (podem-se fazer outras divisões). X Y 1 cm cm 0 cm X Consideram-se as áreas, centro de gravidade em relação aos dois eixos, separadamente. Assim, tem-se Y 1 cm 3 1 Y 1 cm cm x 1 y 1 0 cm X X

40 y 3 cm y 3 cm 0 cm y 0 cm x X X Figura A i (cm ) x i (cm) y i (cm) A i x i (cm 3 ) A i y i (cm 3 ) Área 1 7 cm 4 cm 7 x 4 = 108 7/ = 13,5 4/ + 0 = cm 0 x 3 = 60 1 = 3/= 13,5 0/ = cm Σ X G = My A Y G = Mx A X CG = A 1 x 1 + A x YCG = A 1 y 1 + A y A 1 + A A 1 + A Conforme cálculo na tabela X CG =68 cm 3 = 13,5 cm 168 cm O que está de acordo com a figura, pois a peça apresenta simetria em relação ao eixo Y Y CG = 976 cm 3 = 17,7 cm 168 cm

41 Assim: Y Y CG 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Lembre-se que o valor de X CG posiciona o eixo Y e que Y CG posiciona o eixo X. Exemplo : 8 cm 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

42 Dividindo a seção em figuras conhecidas: 8 cm 3 cm 1 14 cm 3 3 cm 3 15 cm Figura A i (cm ) x i (cm)* y i (cm)** A i x i (cm 3 ) A i y i (cm 3 ) Área 1 8cm 3 cm 3*8 = 4 8/ = 4 3/+14+3 = 18, cm 14*3 = 4 3/ = 1,5 14/ + 3 = cm 18cm 3 cm 3*18 = 54 18/ = 9 3/ = 1, Σ *Lembre-se que x i é a distância, na direção do eixo X (medido na horizontal), do CG da figura considerada até atingir o eixo Y e que, **y i é a distância, na direção do eixo Y (medido na vertical), do CG da figura considerada até atingir o eixo X, X G = My A Y G = Mx A X CG = A 1 x 1 + A x Y CG = A 1 y 1 + A y A 1 + A A 1 + A

43 Conforme cálculo na tabela X CG =565 cm 3 = 5,37 cm 10 cm Y CG = 945 cm 3 = 7,88 cm 10 cm Y 8 cm 3 cm 14 cm 7,88 cm 3 15 cm X 5,37 cm Exercícios: Determine o CG da seção abaixo: 7 cm 5 cm cm 15 cm 4 cm 5 cm 1cm 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.

44 Y 7 cm 5 cm cm 15 cm 4 cm 5 cm 1cm Divide-se a seção em figuras conhecidas: Y 7 cm 5 cm 1 X cm 15 cm 3 4 cm 5 cm 1cm Você poderia ter dividido a seção desta maneira também: Y 7 cm 5 cm X cm 1 15 cm 3 4 cm 5 cm 1cm X

45 No primeiro caso: Figura A i (cm ) x i (cm)* y i (cm)** A i x i (cm 3 ) A i y i (cm 3 ) Área 1 1cm cm 1* = 4 1/ = 6 /+15+4 = cm 15*5 = / = 9,5 15/ + 4 = 11,5 71,5 86,5 5 cm 17cm 4 cm 4*17= 68 17/+7 = 15,5 4/ = Σ ,5 1478,5 No segundo caso: Figura A i (cm ) x i (cm)* y i (cm)** A i x i (cm 3 ) A i y i (cm 3 ) Área 1 7cm cm *7 = 14 7/ = 3,5 /+15+4 = cm 1*5 = / = 9,5 1/ = 10,5 997,5 110,5 5 cm 1cm 4 cm 1*4 = 48 1/+7+5 = 18 4/ = Σ ,5 1478,5

46 No primeiro caso: X CG = A 1 x 1 + A x Y CG = A 1 y 1 + A y A 1 + A A 1 + A Conforme cálculo na tabela X CG =1910,5 cm 3 = 11,44 cm 167 cm Y CG = 1478,5 cm 3 = 8,85 cm 167 cm No segundo caso, conforme a segunda tabela: X CG = M est y = A 1 x 1 + A x Y CG = M est x = A 1 y 1 + A y ΣA A 1 + A ΣA A 1 + A Conforme cálculo na tabela X CG =1910,5 cm 3 = 11,44 cm 167 cm Y CG = 1478,5 cm 3 = 8,85 cm 167 cm 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 = y da e Iy = x da Ou ainda: Ix = Σ A i.y i Iy = Σ A i.x i 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.

47 y Y CG d I x = I X + A.d 1 I y = I Y + A.d CG d 1 X CG x Calculando o momento de inércia para um retângulo, em relação ao eixo passando pela base e lado, tem-se: y 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: Ix = A*y = y *b*dy = b y *dy = b*h 3 b*0 3 0 h Por analogia ao eixo y tem-se: 0 h 0 h dy 3 3 Ix = b*h 3 3 Iy = h*b 3 3 b h x

48 FIGURA ÁREA Posição do CG Mto. de inércia em relação ao eixo x Mto. de inércia em relação ao eixo y y Retângulo h b x b h I x 3 b h = I 3 y = h b 3 3 h y y C b Retângulo x y x Triângulo b h x = b y = h I x 3 b h = I 1 y = h b 1 3 h b x b h I x 3 b h = I 1 y = h b 1 3 h y x C y b Triângulo x b h x = b 3 y = h 3 I x 3 b h = I 36 y = h b 36 3 y Círculo C r x π r I x 4 r = π I 4 y r = π 4 4 y Semicírculo C y x π r y = 4 r 3 π 4 I = 0,1098 r I x y r = π 8 4 y x C y Quadrante x π r 4 x = 4 r 3 π y = 4 r 3 π I x = π r 4 16 I y = π r 4 16

49 Determina-se o momento de inércia em relação ao eixo passando pelo CG, empregando-se Steiner, assim: y h/ h/ b x Ix = I XCG + A*d b*h 3 = I XCG b*h*(h/) 3 Logo: b*h 3 = I XCG b*h b*h 3 = I XCG 3 b*h I XCG = b*h 3 1 Conforme valor dado na tabela anterior. Por similaridade, a inércia em relação ao eixo Y CG será dada por: I XCG = h*b 3 1

50 Exercícios resolvidos 1) Determine o momento de inércia em relação ao eixo X CG e Y CG, calculados anteriormente: Y Y CG 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo X CG, considere apenas este eixo: 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Lembre-se que Ix = Σ A i.y i.para tanto, divida a figura em áreas conhecidas. Procure empregar figuras cuja base esteja sobre o eixo X CG para não necessitar usar Steiner. Assim, o exemplo será dividido as áreas da seguinte maneira: um retângulo maior de base 7 cm na parte superior da peça e descontaremos dois retângulos pequenos de base 1 cm. Na parte inferior considera-se apenas um retângulo apoiado sobre o eixo de base 3 cm: Assim,

51 1 cm ,7 = 6,3 cm 4 cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Descontando os retângulos: 1 cm 3 1 Y CG =17,7 X CG 4 cm 4-17,7-4 =,3 cm 0 cm X Portanto, tem-se Ix = Σ A i.y i 7 cm 6,3cm Ix = Ix - Ix + Ix 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 = bh 3 3 Ix = 7* * 1*, *17, Ix = 50,4-97, , Ix = 7698,97 cm cm,3 cm 17,7 cm A inércia em relação ao eixo X CG também poderia ser calculada empregando o Teorema de Steiner, ou seja: 3 cm

52 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Assim divide-se a seção em 3 retângulos, acima do eixo e 1 abaixo deste: 1 cm 3 1 6,3 cm Y CG =17,7 4 cm X CG 0 cm X CG = 13,5 X 7 cm 4 cm 3 cm,3 cm Ix = Ix + Ix + Ix 3 cm 17,7 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 = Ix CG + A*d 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 = bh 3 3

53 Assim: Ix = 7* *4*(6,3 ) + 3*, *17, Ix = ,91 + 1, ,3 Ix = 7698,40 cm 4 Verifica-se que qualquer uma das soluções o resultado será o mesmo. Para o cálculo de Iy: Y Y CG 1 cm cm 0 cm X X CG = 13,5 cm Se a figura for dividida em retângulos, o eixo Y CG passa pelo CG dos retângulos. Assim: Y Y CG 1 cm cm 0 cm X CG = 13,5 cm X

54 Para o cálculo do Iy tem-se: Iy = Iy 7 cm 4 cm + Iy 3 cm 0 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 = 4 * * Iy = Iy= 6606 cm 4 Iy = hb 3 ) Determine o CG do perfil em I abaixo e o momento de inércia em relação aos eixos X CG e Y CG cm 1 1cm 0cm 1 1 1cm Inicialmente será determinado o centro de gravidade da figura. Posicionando os eixos na base da seção e à esquerda da mesma. cm Y cm 1cm 0cm 1 1 1cm cm X Como a figura tem simetria em relação ao eixo y o valor de X CG é 1,5 (lembre que para marcar o eixo YCG você necessita de X CG ). 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:

55 Figura A i (cm ) y i (cm)** A i y i (cm 3 ) Área 1 13cm 1 cm 13*1 = 13 1/+0+ =,5 9,5 0 cm 0*1 = 0 0/ + = cm 5 cm cm 5* = 50 / = 1 50 Σ 83 58,5 Y CG = A 1 y 1 + A y A 1 + A Y CG = 58,5 cm 3 = 7,0 cm 83 cm X CG = 7,0 cm Y CG = 1,5 cm Cujos eixos serão representados Y CG Y cm 1cm 7,0 cm 0cm cm X CG 1 1 1cm 1,5 cm X Para o cálculo do momento de inércia em relação ao eixo X CG, tem-se:

56 6 1 6 cm 1cm 7,0 cm 0cm cm X CG 1 1 1cm Para o cálculo têm-se duas soluções. A primeira, considerando um retângulo grande e descontando dois pequenos na parte superior e inferior: Assim: 15,98 7,0 cm cm 1 1 1cm 1cm 0cm cm X CG Cujo eixo passa pela base dos dois retângulos e utiliza-se a fórmula: Ix = hb 3 Entretanto, precisa-se descontar os retângulos superiores e inferiores: 3 15,98 7,0 cm cm 1cm 0cm cm X CG 1 1 1cm E estes retângulos também apresentam o eixo passando pela base portanto, a inércia será dada por: Ix = hb 3 3 Calculando; Ix = Ix sup + Ix inf

57 13c 15, cm Ix = Ix - Ix + Ix - Ix Ix = 13*15,98 3 * 6*14, *7,0 3 * 1*5, c Ix = 1768, ,07 +88,90 101,05 Ix = 6107,63 cm 4 Ou o valor de Ix pode ser calculado empregando Steiner, ou seja dividindo a figura um dois retângulos superiores e dois retângulos inferiores: 7,0 5,0 cm cm 1cm 15,98 cm 7,0 cm 0cm cm X CG 1 1 1cm Assim, tem-se: 13 cm 1 cm 1 cm 14,98 cm 6,0 cm 1 cm 5 cm Ix Ix +Ix +Ix +Ix 1 cm Ix = bh 3 + A*d + bh 3 + bh 3 + bh 3 +A*d Ix = 13* *1*.(15,98-0,5) + 1*14, *5, * 3 +*5*(7,0-1) Ix = 1, , + 110,5 + 4, , ,0 Ix = 6107,63 cm 4 Para o cálculo de Iy, como o eixo passa pelo CG dos 3 retângulos, emprega-se a fórmula: Iy = hb 3 1

58 Y CG cm 1cm 0cm cm 13 cm Iy = Iy + Iy + Iy Iy = hb 3 + hb 3 + hb cm Iy = 1* *1 3 + * Iy = 183,08 + 1, ,17 Iy = 789 cm cm 1,5 cm 1 cm 0 cm 1 cm 5 cm 3) Determine o CG do perfil em I abaixo e o momento de inércia em relação aos eixos X CG e Y CG 10 cm 6 cm cm 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:

59 y 10 cm 6 cm cm x 6 3 cm Para o cálculo do CG faz-se a Área 1 Área, assim: Figura A i (cm ) x i (cm) y i (cm) A i x i (cm 3 ) A i y i (cm 3 ) Área 1 18 cm 18*11 = / = 5,5 18/= cm Área π6 = 4 8,7 +6/ = 5 6/ + = 5 141,35 141,35 d = 6 cm Σ 6,7 130,35 193,35 X CG = M est y = A 1 x 1 + A x Y CG = M est x = A 1 y 1 + A y ΣA A 1 + A ΣA A 1 + A Conforme cálculo na tabela X CG =130,35 cm 3 = 5,43 cm 6,7 cm Y CG = 193,35 cm 3 = 8,50 cm 6,7 cm Lembre-se que o valor de X CG posiciona o eixo Y e que Y CG posiciona o eixo X.

60 Y CG y 10 cm 8,50 cm 6 cm cm x X CG 6 3 cm 5,43 cm Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo X CG : 19,5 cm 10 cm 8,50 cm 6 cm cm X CG 6 3 cm A inércia em relação ao eixo X CG 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 11 cm Ix = Ix +Ix -Ix 6 cm Ix = 11*19, *8, π3 4 + π6 (8,50 5) Ix = 7187, ,8-63,61-346,36 Ix = 909,7 cm 4 Para o cálculo de Iy

61 Y CG 10 cm 6 cm cm 6 3 cm 5,43 cm Como o eixo Y CG 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 5,57 cm Iy = Iy + Iy - Iy 6 cm Iy = 18*5, *5,57 3 π3 4 π6 (5,43 5) Iy = 1440, ,8 63,6 5,3 Iy = 97,36 cm 4 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. Ix = A*ix Iy = A*iy Ou seja: ix = Ix A iy = Iy A Y ix A iy X

62 Determine ix e iy das figuras dadas: 1) Y Y CG 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm X CG = 13,5 X Os valores da área, inércia em relação a X CG e Y CG já foram calculadas: A=168 cm Ix = 7698,97 cm 4 Iy= 6606 cm 4 Ix ix = A iy = Substituindo os valores: Iy A ix = 7698, iy = ix = 6,76 cm iy = 6,7 cm ) Y CG Y cm 1cm 7,0 cm 0cm cm X CG 1 1 1cm 1,5 cm X

63 Já foram calculados: A = 83 cm Ix = 6107,63 cm 4 Iy = 789 cm 4 ix = Ix A iy = Iy A Substituindo os valores: ix = 6107,63 83 iy = ix = 8, 57cm iy = 5,79 cm 3) Y CG y 10 cm 8,50 cm 6 cm cm x X CG 6 3 cm 5,43 cm Anteriormente já foram calculados: A = 6,7 cm Ix = 909,7 cm 4 Iy = 97,36 cm 4 ix = 909,7 6,7 iy = 97,36 6,7 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,

64 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 º e 4º quadrante, conforme figura abaixo. ºQuadrante: x<0 y>0 Y CG 1ºQuadrante: x>0 y>0 3ºQuadrante: x<0 y<0 X CG 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: Imáx = Ix + Iy + (Ix Iy) + 4Ixy Imín = Ix + Iy (Ix Iy) + 4Ixy e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas:

65 tgα máx = Ix Imáx Ixy tgα mín = Ix Imín Ixy Onde: α máx representa o ângulo formado entre o eixo do momento máximo e o eixo X CG. e α mín representa o ângulo formado entre o eixo momento mínimo e o eixo X CG. e: α máx + α mín = 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 + I mín Exercícios Resolvidos: Determine o produto de inércia e os eixos principais de inércia das figuras abaixo: 1) Y Y CG 1 cm cm X CG Y CG =17,7 0 cm Y X CG = 13,5 Y CG 1 cm 3 1 A 1 X A 3 4 cm A 4 A X CG Y CG =17,7 A 5 A 6 0 cm X CG = 13,5 X

66 Verifique as posições das áreas: Na parte superior e no 1ºquadrante tem-se A 1 e A Na parte superior e no ºquadrante tem-se A 3 e A 4 Na parte inferior e no 3ºquadrante tem-se A 5 Na parte inferior e no 4ºquadrante tem-se A 6 Assim: Ixy = A 1 *x 1 *y 1 + A *x *y + A 3 *x 3 *y 3 + A 4 *x 4 *y 4 + A 5 *x 5 *y 5 + A 6 *x 6 *y 6 A 1 *x 1 *y 1 =4*13,5*(+7,5)*(+4,3) = 1741,5 cm 4 A *x *y =,3*1,5*(+0,75)*(+1,15) = +,97 cm 4 A 3 *x 3 *y 3 = 4*13,5*(-7,5)*(+4,3) = ,5 A 4 *x 4 *y 4 =,3*1,5*(-0,75)*(+1,15) = -,97 cm 4 A 5 *x 5 *y 5 = 17,7*1,5*(-0,75)*(-8,85) = + 176, cm 4 A 6 *x 6 *y 6 = 17,7*1,5*(+0,75)*(-8,85) = - 176, cm 4 Logo: Ixy = 0, pois a figura apresenta simetria em relação aos eixos. Determinam-se os momentos principais de inércia através das equações: Imáx = Ix + Iy + (Ix Iy) + 4Ixy Imín = Ix + Iy (Ix - Iy) + 4Ixy Os valores de Ix e Iy já foram calculados: Ix = 7698,97 cm 4 Iy= 6606 cm , Imáx = + (7698, ) , Imín = (7698, ) I máx = 715, , = 7698,4 cm 4 I mín = 715,0-546, = 6606,0 cm 4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas:

67 tgα máx = Ix Imáx Ixy tgα mín = Ix Imín Ixy tgα máx = 0 α máx + α mín = 90º α máx = 0 o α mín = 90º Logo, verifica-se que I máx = Ix e I mín = Iy Y CG 1 cm cm X CG Y CG =17,7 cm 0 cm X CG = 13,5 cm Y 8 cm ) 3 cm 14 cm 7,88 cm X 3 15 cm 5,37 cm

68 Y A 8 cm 3 cm A 1 14 cm A 3 A 4 7,88 cm A cm 5,37 cm A 6 X Verifique as posições das áreas: Na parte superior e no 1ºquadrante tem-se A 1 Na parte superior e no ºquadrante tem-se A A 3 Na parte inferior e no 3ºquadrante tem-se A 4 A 5 Na parte inferior e no 4ºquadrante tem-se A 6 Assim: Ixy = A 1 *x 1 *y 1 + A *x *y + A 3 *x 3 *y 3 + A 4 *x 4 *y 4 + A 5 *x 5 *y 5 + A 6 *x 6 *y 6 A 1 *x 1 *y 1 =,63*3*(+1,31)*(+10,6) = 109,77 cm 4 A *x *y = 5,37*3*(-,68)*(+10,6) = - 458,5 cm 4 A 3 *x 3 *y 3 = 3*9,1*(-3,87)*(+4,56) = - 48,83 cm 4 A 4 *x 4 *y 4 = 3*4,88*(-3,87)*(-,44) = 138,4 cm 4 A 5 *x 5 *y 5 = 5,37*3*(-,68)*(-6,38) = 75,45 cm 4 A 6 *x 6 *y 6 = 1,63*3*(+6,31)*(-6,38) = -155,37 cm 4 Logo: Ixy = ,6 cm 4 Para o cálculo dos eixos de inércia: Imáx = Ix + Iy + (Ix Iy) + 4Ixy

69 Imín = Ix + Iy (Ix Iy) + 4Ixy Os valores de Ix e Iy já foram calculados: Ix = 5838,1 cm 4 Iy = 3003,13 cm 4 Ixy = ,6 cm 4 Substituindo, nas equações anteriores: 5838, Imáx = + (5838,1 3003,13) + 4.(-1943,6) 5838, Imáx = (5838,1 3003,13) + 4.(-1943,6) I máx = 685,93 cm 4 I mín = 015,31 cm 4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas: tgα máx 5838,1 685,93 = -1943,6 tgα mín 5838,1 015,31 = -1943,6 Y 8 cm α máx =6,94º α min =63,06º 3 cm 14 cm 6,94 7,88 cm X 3 15 cm 5,37 cm

70 3) Y CG Y cm 1cm 7,0 cm 0cm cm X CG 1 1 1cm 1,5 cm X Como a figura apresenta simetria o produto de inércia é nulo. Ixy = 0 Determinando os momentos principais de inércia através das equações: Imáx = Ix + Iy + (Ix Iy) + 4Ixy Já foram calculados: Ix = 6107,63 cm 4 Iy = 789 cm 4 Ixy = 0 Imín = Ix + Iy (Ix - Iy) + 4Ixy Assim: 6107, Imáx = , Imín = (6107,63 789) (6107,63-789) + + 4I.0 4I.0 I máx = 6107,64 cm 4 I mín = 789,00 cm 4 e os ângulos que eles se encontram pode ser calculado através das fórmulas:

71 Como Ixy = 0, logo tgα máx = Ix Imáx Ixy tgα mín = Ix Imín Ixy tgα máx tgα mín 5838,1 685,93 = -1943,6 5838,1 015,31 = -1943,6 tgα máx = 0 α máx + α mín = 90º α máx = 0 o α mín = 90º

72 Exercícios: Determinar o centro de gravidade e os momentos de inércia das figuras abaixo: 1) ) 150mm 0mm 90mm,5 cm 30 cm 0 cm 10 5 mm 0 cm 3) 4) 40mm 50mm 1 1 1mm 1mm 180mm 0mm mm 6 1 6mm mm 5) 6) 00 mm 70 mm 10 mm 3mm 50mm 55 mm 5mm mm 5mm 5 30mm

73 7) cm 1 cm 8)) 1 cm 3 cm 4 cm 10 cm 6 cm 1 cm cm 3,5 cm 1 3, 5cm 9) 10) cm 3cm 14cm 1 cm 1 cm 7cm 6 cm 1 cm 3 cm 3 cm 3 cm 11) 1) cm 7 cm 1,5 cm 4 cm cm 3 cm 4 cm 14 cm cm 4 3 cm 0,5 cm 5 cm 1,5 5 cm

74 13) 14) 9 cm 1 cm 15 cm 10 cm 5 cm cm cm 15) 16) 3mm 50mm 5mm 5 cm 15cm 10cm 5 cm 5mm 5 30mm cm

75 Respostas exercícios: Capítulo 1 1) V A = V C = 6,3 KN (para cima) 3) V B = 5,35 KN (para cima) V E = 6,5 KN (para cima) 5) V A = 7,36 KN (para cima) V E = 5,58 KN (para cima) 7) V A = 9,76 KN (para cima) V E = 1,55 KN (para cima) 9) V A = 1,47 (para cima) V E = 13,63 KN (para cima) 11) V A = 7,94 KN (para cima) M A = 15,04 KNm (anti-horário) 13) 15) 17) V A = 6,87 KN (para cima) V E = 9,06 KN (para cima) 19) V A = 14,3 KN (para cima) M A = 30,78 KNm (anti-horário) 1) V E = 9,14 KN (para cima) M E = 11,0 KNm (horário) 3) H E = V B = V E = 5) V B = 4,97 KN (para cima) V E = 4,67 KN (para cima) 7) V A =8,9 KN (para cima) M A =,75 KNm (anti-horário) 9) V A = 3,86 KN (para cima) V C = 10,9 KN (para cima) Capítulo : 1) X CG = 76,43 mm Y CG = 75 mm Ix = 5,5080 cm 4 Iy = 5,74 cm 4 3) X CG = 14,7 mm Y CG = 10 mm Ix = 17,94 x 10 6 mm 4 Iy = 130,08 x 10 6 mm 4 5) X CG = 167,57 mm Y CG = 160 mm Ix = 570,07 x 10 6 mm 4 Iy = 314,77 x 10 6 mm 4