Resistência Dos Materias

 

 

󰁁󰁐󰁏󰁓󰁔󰁉󰁌󰁁 󰁄󰁅 󰁅󰁓󰁔󰃁󰁔󰁉󰁃󰁁 󰁅 󰁒󰁅󰁓󰁉󰁓󰁔󰃊󰁎󰁃󰁉󰁁 󰁄󰁏󰁓 󰁍󰁁󰁔󰁅󰁒󰁉󰁁󰁉󰁓  

󰁐󰁲󰁯󰁦󰁥󰁳󰁳󰁯󰁲󰁡 󰁍󰁳󰁣󰀮 󰁃󰁩󰁮󰁴󰁩󰁡 󰁍󰁡󰁣󰁥󰁤󰁯

󰀲󰀰󰀱󰀵

 

Índice 1.  Apresentação .......................................... ................................................................ ............................................ ............................................ ........................ 4  2.  Introdução à estática ..................... .......................................... ........................................... ............................................ .................................. ............ 4  2.1.

󰁉󰁮󰁴󰁲󰁯󰁤󰁵󰃧󰃣󰁯 󰁡 󰁲󰁥󰁳󰁩󰁳󰁴󰃪󰁮󰁣󰁩󰁡 󰁤󰁯󰁳 󰁭󰁡󰁴󰁥󰁲󰁩󰁡󰁩󰁳 ......................................................................... ......................................................................... 4

2.2.

󰁃󰁯󰁮󰁣󰁥󰁩󰁴󰁯 󰁤󰁥 󰁲󰁥󰁳󰁩󰁳󰁴󰃪󰁮󰁣󰁩󰁡 󰁤󰁯󰁳 󰁭󰁡󰁴󰁥󰁲󰁩󰁡󰁩󰁳....................................... 󰁭󰁡󰁴󰁥󰁲󰁩󰁡󰁩󰁳........................................................................... .................................... 4

2.3.

󰁃󰁯󰁮󰁣󰁥󰁩󰁴󰁯 󰁤󰁥 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡 .......................................................................................................... .......................................................................................................... 6

2.4.

󰁐󰁲󰁩󰁮󰁣󰃭󰁰󰁩󰁯󰁳 󰁦󰁵󰁮󰁤󰁡󰁭󰁥󰁮󰁴󰁡󰁩󰁳 󰁤󰁡 󰁭󰁥󰁣󰃢󰁮󰁩󰁣󰁡 󰁥󰁬󰁥󰁭󰁥󰁮󰁴󰁡󰁲 ......................................................... ......................................................... 7

3.  Estática do ponto ...................... ........................................... ............................................ ............................................. ..................................... ............... 9  3.1.

󰁆󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 󰁩󰁮󰁴󰁥󰁲󰁮󰁡󰁳 󰁥 󰁥󰁸󰁴󰁥󰁲󰁮󰁡󰁳 󲀓 󰁄󰁩󰁡󰁧󰁲󰁡󰁭󰁡 󰁤󰁥 󰁣󰁯󰁲󰁰󰁯 󰁬󰁩󰁶󰁲󰁥 󰁤󰁥 󰁵󰁭 󰁳󰁩󰁳󰁴󰁥󰁭󰁡 󰁩󰁳󰁯󰁬󰁡󰁤󰁯 󰁩󰁳󰁯󰁬󰁡󰁤󰁯 ............. 9

3.2.

󰁃󰁯󰁭󰁰󰁯󰁳󰁩󰃧󰃣󰁯 󰁤󰁥 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 󰁣󰁯󰁩󰁮󰁣󰁩󰁤󰁥󰁮󰁴󰁥󰁳 .................................................. ............................................................................ .......................... 10

3.3.

󰁃󰁯󰁭󰁰󰁯󰁳󰁩󰃧󰃣󰁯 󰁤󰁥 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 󰁣󰁯󰁮󰁣󰁯󰁲󰁲󰁥󰁮󰁴󰁥󰁳 ................................................. ........................................................................... .......................... 11

3.4.

󰁄󰁥󰁣󰁯󰁭󰁰󰁯󰁳󰁩󰃧󰃣󰁯 󰁤󰁥 󰁵󰁭󰁡 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡 󰁥󰁭 󰁣󰁯󰁭󰁰󰁯󰁮󰁥󰁮󰁴󰁥󰁳 󰁡󰁯 󰁭󰁥󰁳󰁭󰁯 󰁰󰁬󰁡󰁮󰁯.............................. 14

3.5.

󰁅󰁱󰁵󰁩󰁬󰃭󰁢󰁲󰁩󰁯 󰁤󰁥 󰁵󰁭 󰁰󰁯󰁮󰁴󰁯.......................................................... 󰁰󰁯󰁮󰁴󰁯................................................................................................ ...................................... 15 15

3.6.

󰁁󰁮󰃡󰁬󰁩󰁳󰁥 󰁤󰁥 󰁵󰁭󰁡 󰁥󰁳󰁴󰁲󰁵󰁴󰁵󰁲󰁡 󰁳󰁩󰁭󰁰󰁬󰁥󰁳 .................................................... ............................................................................... ........................... 18

3.7. 󰁅󰁸󰁥󰁲󰁣󰃭󰁣󰁩󰁯󰁳 ..................................................... ................................................................................................................... ................................................................ .. 20 4.  Estática do corpo rígido................... rígido......................................... ............................................ ............................................ ............................ ...... 22 

5 

4.1

󰁃󰁯󰁲󰁰󰁯 󰁲󰃭󰁧󰁩󰁤󰁯 .......................................................... ................................................................................................................. ....................................................... 22

4.2

󰁍󰁯󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯 󰁤󰁥 󰁵󰁭󰁡 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡 󰁥󰁭 󰁲󰁥󰁬󰁡󰃧󰃣󰁯 󰁡 󰁵󰁭 󰁰󰁯󰁮󰁴󰁯 ................................................ ........................................................ ........ 22

4.3

󰁍󰁯󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯 󰁤󰁥 󰁵󰁭 󰁢󰁩󰁮󰃡󰁲󰁩󰁯 ......................................................... ............................................................................................. .................................... 23

4.4

󰁅󰁱󰁵󰁩󰁬󰃭󰁢󰁲󰁩󰁯 󰁤󰁯󰁳 󰁣󰁯󰁲󰁰󰁯󰁳 󰁲󰃭󰁧󰁩󰁤󰁯󰁳 󰁮󰁯 󰁰󰁬󰁡󰁮󰁯 ........................................................................ ........................................................................ 23

4.5

󰁖󰃭󰁮󰁣󰁵󰁬󰁯󰁳 󰁥󰁳󰁴󰁲󰁵󰁴󰁵󰁲󰁡󰁩󰁳....................................................... ..................................................................................................... .............................................. 24

4.6

󰁅󰁱󰁵󰁩󰁬󰃭󰁢󰁲󰁩󰁯 󰁤󰁥 󰁵󰁭 󰁣󰁯󰁲󰁰󰁯 󰁳󰁵󰁪󰁥󰁩󰁴󰁯 󰁡 󰁴󰁲󰃪󰁳 󰁦󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 ............................................. ............................................................... .................. 25

4.7

󰁅󰁸󰁥󰁲󰁣󰃭󰁣󰁩󰁯󰁳 ..................................................... .................................................................................................................... ................................................................. 26

Análise de estruturas .............................. .................................................... ............................................ ........................................... ..................... 28 

5.1

󰁆󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 󰁩󰁮󰁴󰁥󰁲󰁮󰁡󰁳 󲀓 󰁔󰁥󰁲󰁣󰁥󰁩󰁲󰁡 󰁬󰁥󰁩 󰁤󰁥 󰁎󰁥󰁷󰁴󰁯󰁮.................................................. 󰁎󰁥󰁷󰁴󰁯󰁮.................................................................... .................. 28

5.2

󰁔󰁲󰁥󰁬󰁩󰃧󰁡󰁳 ...................................................................................................................... ........................................................................................................................ .. 29

5.2.1 5.3

6 

 

󰁃󰃡󰁬󰁣󰁵󰁬󰁯 󰁤󰁡󰁳 󰁴󰁲󰁥󰁬󰁩󰃧󰁡󰁳 󰁰󰁥󰁬󰁯 󰁭󰃩󰁴󰁯󰁤󰁯 󰁤󰁯󰁳 󰁮󰃳󰁳 ............................................................... ............................................................... 30 󰁁󰁲󰁭󰁡󰃧󰃵󰁥󰁳 󰁥 󰁭󰃡󰁱󰁵󰁩󰁮󰁡󰁳 󰁳󰁩󰁭󰁰󰁬󰁥󰁳 ................................................. .................................................................................... ................................... 36

Forças e momentos transmitidos por elementos esbeltos............ esbeltos.................................. ............................ ...... 38  6.1

󰁄󰁥󰁦󰁩󰁮󰁩󰃧󰃣󰁯 󰁤󰁥 󰁥󰁬󰁥󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯󰁳 󰁥󰁳󰁢󰁥󰁬󰁴󰁯󰁳 ..................................................... ................................................................................ ........................... 38

6.2

󰁔󰁲󰁡󰃧󰃣󰁯 ........................................................................................................................ .......................................................................................................................... .. 38

6.3

󰁃󰁯󰁭󰁰󰁲󰁥󰁳󰁳󰃣󰁯........................................................... ................................................................................................................. ...................................................... 38

6.4

󰁃󰁩󰁳󰁡󰁬󰁨󰁡󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯......................................................... ............................................................................................................... ...................................................... 39

6.5

󰁆󰁬󰁥󰁸󰃣󰁯 ........................................................................................................................ .......................................................................................................................... .. 39

2 

 

6.6

󰁔󰁯󰁲󰃧󰃣󰁯........................................................................................................................ .......................................................................................................................... .. 39

6.7

󰁆󰁯󰁲󰃧󰁡󰁳 󰁩󰁮󰁴󰁥󰁲󰁮󰁡󰁳 󰁤󰁥󰁳󰁥󰁮󰁶󰁯󰁬󰁶󰁩󰁤󰁡󰁳 󰁥󰁭 󰁭󰁥󰁭󰁢󰁲󰁯󰁳 󰁥󰁳󰁴󰁲󰁵󰁴󰁵󰁲󰁡󰁩󰁳 ........................................... 39

6.8

󰁃󰁯󰁮󰁶󰁥󰁮󰃧󰃣󰁯 󰁤󰁥 󰁳󰁩󰁮󰁡󰁬......................................................... ...................................................................................................... ............................................. 42

6.9

󰁅󰁱󰁵󰁡󰃧󰃵󰁥󰁳 󰁥 󰁤󰁩󰁡󰁧󰁲󰁡󰁭󰁡󰁳 󰁤󰁥 󰁥󰁳󰁦󰁯󰁲󰃧󰁯 󰁣󰁯󰁲󰁴󰁡󰁮󰁴󰁥 󰁥 󰁭󰁯󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯 󰁦󰁬󰁥󰁴󰁯󰁲................................... 󰁦󰁬󰁥󰁴󰁯󰁲................................... 43

5.  Referências Bibliográficas ....................................... .............................................................. ............................................. .......................... 56 

 

3 

 

1.  Apresentação Seja bem vindo ao curso de Estática e Resistência dos Materiais! Esta apostila tem o objetivo de oferecer um apoio às práticas didáticas realizadas em sala de aula e um instrumento de rever o conteúdo ministrado fora da sala de aula. Como professora fico muito feliz em desenvolver este material. Sei que todo aluno que desfrutar deste momento de estudo nesta apostila, com toda certeza, estará se preparando para se tornar uma grande pessoaa edescoberta profissional. Antes de iniciar dos princípios de dimensionamento e projeto das grandes obras de engenharia separo este primeiro capítulo para um momento entre o aluno e seu próprio anseio em assimilar todo o conteúdo desta disciplina com primazia.

2.  Introdução à estática 2.1. Introdução Introdução a resistência dos materiais

A Resistência dos Materiais é o ramo da mecânica que estuda as relações entre cargas externas aplicadas a um corpo deformável e a intensidade das forças internas que atuam dentro do corpo, abrangendo também o cálculo das deformações do corpo e o estudo da sua estabilidade, quando submetido a solicitações externas1. Em resumo, é o capítulo da Mecânica dos Corpos Sólidos no qual se estuda o equilíbrio dos referidos corpos, considerando os efeitos internos, produzidos pela ação das forças externas. A origem da Resistência dos Materiais remonta ao início do século XVII, época em que Galileu realizou experiências para estudar os efeitos de cargas em hastes e vigas feitas de vários materiais. No entanto, para a compreensão adequada dos fenômenos envolvidos, foi necessário estabelecer descrições experimentais precisas das propriedades mecânicas de materiais. Os métodos para tais descrições foram consideravelmente melhorados no início do século XVIII.  Na época, estudos foram re realizados, alizados, principalmente na França, baseados em aplicações da mecânica a corpos materiais, denominando-se o estudo de Resistência dos Materiais. Atualmente, no entanto, refere-se a esses estudos como mecânica dos corpos deformáveis ou simplesmente mecânica dos materiais. Entre os diversos estudiosos e pesquisadores que colaboraram com a formação da Resistência dos Materiais, destacam-se: SaintLamé, Venant, Poisson, Cauchy, Euler, Castigliano, Tresca,Galileo, Von Mises, entreBernouilli, outros 2. Navier, Hooke, 2.2. Conceito Conceito de resistência dos materiais

A resistência dos materiais é uma parte da mecânica aplicada que analisa o comportamento dos materiais sólidos sob a ação de esforços em equilíbrio. Estes esforços são, em geral, forças e momentos. Suponhamos que um determinado técnico projetista deseje calcular, ou seja, dimensionar o eixo da roda de uma motocicleta daFigura 1. Este projeto poderia começar pela escolha adequada do material do eixo. Porém, na hora de decidir as dimensões do eixo tais como: comprimento, diâmetro, tipo de rosca, etc, será a resistência dos materiais que irá ajudálo a calcular estas dimensões para que o eixo não se frature ou deforme, quando for colocado em uso.

 

4 

 

Eixo

Figura 1 – Eixoda roda dianteira3 

Este cálculo exige algumas informações além das que já possuímos, que são o material e o processo de fabricação do eixo. É necessário que se saiba os esforços a que está submetido o eixo, podendo considerar: o peso da motocicleta, das condições da estrada de  pilotagem, peso do piloto e passageiro, passageiro, entre outras informações. Pergunta-se: Como criar as condições de contorno se não existe um valor exato para analisar os esforços? Assume-se um valor médio baseado em estatísticas. A Resistência dos Materiais não se preocupa com o movimento global do sólido em estudo. Isto é estudado numa parte da mecânica denominada DINÂMICA. Sob o ponto de vista da Resistência dos Materiais, as forças e os momentos que agem sobre o sólido estão em equilíbrio. Isto significa que a velocidade, a aceleração ou o movimento da motocicleta não importam, mas que a resultante das forças e os momentos agentes no eixo são sempre tomados como sendo zero ou nulo. Este é o significado da palavra “em equilíbrio”. Desde que não haja forças ou momentos agentes no eixo, isto equivale a dizer que o eixo está em repouso, ou em movimento retilíneo uniforme. Esta hipótese de cálculo é  plenamente justificada pela experiência diária da técnica da engenharia. engenharia. A parte da mecânica que irá fornecer as forças e condições necessárias para que um corpo sólido esteja em equilíbrio, é a ESTÁTICA, cujos princípios iremos abordar nesta apostila, e que constitui o alicerce da pirâmide sobre a qual se apóia toda Resistência dos Materiais. Em última análise, podemos afirmar que todos os problemas de Resistência dos Materiais exigem como primeiro estágio a solução de um problema de estática. A estática por sua vez, assume um ponto de partida, que os corpos considerados são rígidos. Esta hipótese é necessária, a fim de tornar possível a solução do problema. É uma simplificação do modelo matemático, uma vez que as deformações são pequenas comparadas com a dimensão da estrutura. Como decorrência desta hipótese, conseguimos resultados completamente independentes dos materiais que constituem os corpos sólidos em estudo. Assim, para ela, um eixo de pedra, madeira, aço, alumínio, com as mesmas dimensões, têm o mesmo comportamento. Já a Resistência dos Materiais considera os corpos sólidos tais como são na realidade, isto é, deformáveis, e possíveis de se romperem sob a ação de forças e momentos. Podemos assumir estas afirmações dizendo que a Resistência dos Materiais estuda: •  As deformações sofridas pelos corpos sólidos pela ação de forças e momentos externos e internos em equilíbrio. •  As propriedades (dimensões, forma e material) que faz determinado corpo sólido resistir a estas forças e momentos de equilíbrio.

 

5 

 

A metodologia básica empregada pela Resistência dos Materiais na solução destes dois  problemas pode ser esquematizada da seguinte seguinte maneira:    󰁅    󰁁    󰁉    󰁄      󰁒    󰁁    󰁏    󰁉    󰁈    󰁆    󰁎    󰁁    󰁅    󰁓    󰁅    󰁇    󰁄    󰁎    󰁅

Estudo dos esforços (forças e momentos) e das condições de equilíbrio

Estudo das deformações

Aplicações das leis que relacionam os esforços das deformações

     󰁏    󰁅    󰁁    󰁉    󰁄      󰁄      󰁒    󰁏    󰁏    󰁁    󰁈     󰃃    󰁉    󰃇    󰁆    󰁎    󰁁    󰁅    󰁕    󰁓    󰁌    󰁅    󰁇    󰁏    󰁄    󰁎    󰁓    󰁅

O objetivo deste curso é lhe proporcionar, uma base sólida para solucionar os problemas de dimensionamento, em seus projetos futuros, de acordo com os conhecimentos e padrão de segurança desenvolvidos pela tecnologia atual. 2.3. Conceito Conceito de força

Força é uma grandeza física caracterizada por uma direção, sentido, ponto de aplicação e intensidade. É uma interação que tende a unir ou afastar as partículas, modificando seu estado de movimento ou deformando os corpos. Imagine uma viga de peso desprezível colocada sobre dois apoios como na Figura 2 – Barra deformada. Ao aplicarmos uma força de 100kgf, vertical, no centro da viga e de cima para  baixo, ela deformará conforme representado pela linha tracejada. O agente físico responsável  pela deformação é a força aplicada no centro da viga. viga. A força é caracterizada pelos seguintes elementos esboçado pela: •  Intensidade (100kgf) •  Direção (vertical) •  Ponto de aplicação (centro) •  Sentido (de cima para baixo)

Figura 2 – Barra deformada

Existem inúmeras grandezas na física que são assim, por exemplo: velocidade, aceleração, momento, campo elétrico, etc, tais grandezas são conhecidas com o nome de grandezas vetoriais, sendo representado graficamente por um segmento de reta orientado, chamado vetor, cujo símbolo é uma letra qualquer, sobre a qual se coloca uma seta orientada r como por exemplo a força F  . Examinemos a Figura 3 – Força: representação e elementosabaixo. É um segmento de reta com alguns centímetros que representa a intensidade da força numa certa escala ao lado. O sentido é dado pela flecha e a direção pela reta sobre o qual foi tomado o segmento de reta.

Figura 3 – Força: representação e elementos

 

6 

 

As unidades que medem a intensidade de uma força são várias, sendo quepara nós são muito importantes: kilograma-força, libra-força e Newton (S.I.).Outras unidades usadas são o Dina, KIP (sistema inglês) entre outros. 1lb = 0,454kgf

Duas ou mais forças agindo no mesmo corpo, constituem um sistema de forças. Cada uma delas é chamada componente. Quando as forças têm um mesmo ponto de aplicação ou se encontram num mesmo  ponto, depois de prolongadas, recebem o nome de forças concorrentes. Se agirem numa mesma reta, são chamadas de coincidentes como pode ser observado na Figura 4 – Em (a) Forças concorrentes e em (b) Forças coincidentes.

Figura 4 – Em (a) Forças concorrentes e em (b) Forças coincidentes 2.4. Princípios Princípios fundamentais da mecânica elementar

O estudo da mecânica foi iniciado no ano 322 A.C. por Aristóteles. Porém, somente a  partir de 1642, é que ela começou a receber uma formulação satisfatória dos seus princípios devido às contribuições de Newton. Mais tarde estes princípios foram reformulados por D’Alambert, Lagrange, Hamilton, até que em 1905, Einstein com sua Teoria da Relatividade  provocou dúvidas sobre as suas validades. Atualmente, muitas verificações foram feitas a respeito da Teoria Relativista. No entanto, os princípios da mecânica newtoniana, continuam a ser usados porque a Teoria da Relatividade só tem os seus efeitos, mensuráveis, em corpos com velocidades altíssimas (próximas a da luz), que não é o caso da engenharia. Os conceitos básicos envolvidos na mecânica de Newton são: espaço, tempo e massa. O estudo elementar desta mecânica se apóia em seis princípios baseados na evidência experimental e que são: 1)  A LEI DO PARALELOGRAMO PARA SOMA DE FORÇAS CONCORRENTES: Estabelece que duas forças concorrentes agindo em uma partícula podem ser substituídas por uma única força chamada resultante, obtida desenhando-se a diagonal no  paralelogramo que tem os lados proporcionais proporcionais à intensidade das forças.

Figura 5 - Lei do paralelogramo

 

7 

 

2)  PRINCÍPIO DA TRANSMISSIBILIDADE: Em um sólido em que está aplicada, uma força  F   em um ponto  A, podemos deslocar essa força para um ponto  B   pertencente à mesma linha de ação da força F , sem alterar o estado de movimento ou de repouso do corpo.

Figura 6 – Transmissibilidade de forças

As leis de Newton: 3)  PRIMEIRA LEI: Se a força resultante agindo em uma partícula é zero, ela  permanecerá em seu estado de repouso ou de movimento retilíneo uniforme. 4)  SEGUNDA LEI: Se a força resultante agindo em uma partícula é diferente de zero, ela será acelerada com força proporcional a sua massa em direção e sentido da força. r   r  F  = m ⋅ a   r

r

 F  = força resultante; m = massa da partícula; a= aceleração da partícula.

5)  TERCEIRA LEI: Quando um corpo A age sobre um corpo B, este reage sobre A com esforço igual em módulo e direção, porém de sentido contrário. Ela é muito importante em Resistência dos Materiais. Esta lei é também chamada de LEI DA AÇÃO E DA REAÇÃO. Vejamos alguns exemplos: (i) Quando tentamos empurrar uma parede, exercemos a ação: a parede resiste ao empurrão com uma força igual e oposta, chamada reação. (ii) Um corpo que pesa 10kgf, repousa sobre uma superfície. A ação é uma força de cima para baixo, devido a atração gravitacional. A superfície exerce de baixo para cima uma reação N. Como o corpo está em repouso, as forças estão em equilíbrio. O importante de se notar é que a ação está sobre a superfície e a reação age sobre o corpo.

Figura 7 - Ação e reação de um bloco apoiado

6)  LEI DA GRAVITAÇÃO DE NEWTON: Estabelece que duas partículas de massa M   ee m distantes r , atraem-se mutuamente por uma força de intensidade F , dada por: r

 

 F  = G ⋅

 M  ⋅ m 2

r 

  G = constante de gravitação universal.

A experiência de Cavendisch, repetida por Cornu e Braile, forneceu o valor de G = 6,67.10-11 N.m²/kg².

 

8 

 

3.  Estática do ponto 3.1.Forças internas e externas – Diagrama de corpo livre de um sistema isolado

O desenho da esfera, abaixo esquematizada na Figura 8 - (a) Esfera apoiada e (b) Diagrama de corpo livreb, é comumente designado de Diagrama de corpo livre, e não é nada mais, nada menos, do que um esquema do objeto que se está analisando, onde se colocam todas as forças que estão atuando no sistema considerado.

Figura 8 - (a) Esfera apoiada e (b) Diagrama de corpo livre

Observe que para fazer o diagrama de corpo livre foi necessário separar a esfera da superfície e colocar os esforços que aparecem. A cada uma das partes denomina-se sistema isolado.  Na Figura 8 - (a) Esfera apoiada e (b) Diagrama de corpo livre, é possível fazer o 3 sistemas: (a) Sistema esfera, (b) Sistema solo e (c) Sistema esfera+solo. Considerando agora, como exemplo, uma viga suspensa por um cabo como mostra a Figura 9 - (a) Sistema isolado e (b) diagrama de corpo livre da barra.

Figura 9 - (a) Sistema isolado e (b) diagrama de corpo livre da barra

Vamos fazer com que nosso sistema isolado seja apenas a viga. O diagrama de corpo livre será (desprezando o peso próprio da viga): •  A força T é a reação do cabo •  A força F é a reação dos apoios •  A força P do peso aplicado apli cado Considerando agora como sistema isolado todo o desenho anterior, inclusive a parede, conforme a Figura 10 - (a) Sistema isolado; (b) diagrama de corpo livre.:

 

9 

 

Figura 10 - (a) Sistema isolado; (b) diagrama de corpo livre.

A força P  que  que aparece neste diagrama de corpo livre é chamada força externa ao sistema isolado e representa a secção da Terra sobre todo o sistema. Podemos definir:  Força externa, como toda aquela que represen representa ta a ação de outros  sistemas ou corpos corpos sobre o sistema sistema isolado em estudo.  Por outro lado, separando apenas o cabo, notamos que para ele permanecer esticado é necessário que ele esteja sujeito a forças iguais e de sentido contrário conforme a Figura abaixo.

Figura 11 - Diagrama de corpo livre do cabo

Estas forças  F  não   não aparecem no diagrama de corpo livre do nosso sistema isolado, se constituem no que se chama força interna. Estas forças sempre aparecem aos pares e se equilibram. São as forças internas responsáveis pela agregação das partículas, átomos, moléculas, etc que formam o corpo.  No dimensionamento de elementos estruturais de um projeto, é muito comum efetuar os cálculos com as forças que agem internamente. 3.2.Composição de forças coincidentes

Qualquer sistema de forças coincidentes pode ser substituído por uma única força, chamada resultante que produz o mesmo efeito nos componentes. A resultante terá a mesma direção das componentes com intensidade e sentido igual à soma algébrica das componentes.  Exemplo1:  Calcular a resultante das forças agentes nos blocos das figuras abaixo.

Considere que o atrito entre o bloco e o piso é desprezível e que as forças estão aplicadas no centro de gravidade dos blocos.

Resolução:

 

10 10  

 

3.3.Composição de forças concorrentes

Todo sistema de forças concorrentes pode ser substituído por uma única resultante que  produz o mesmo efeito que as componentes do sistema. Esta resultante, como no caso, das forças coincidentes, pode ser determinada gráfica ou analiticamente. RESULTANTE DE DUAS FORÇAS COINCIDENTES: Já visualizamos este assunto em tópico anterior com o título de “Lei do paralelogramo para a soma de forças concorrentes”. a)  A solução gráfica é obtida determinando-se a diagonal do paralelogramo construído sobre as restas orientadas, que representam as forças componentes. Esta é chamada a lei do paralelogramo.

 b)  A solução analítica decorre de considerações matemáticas da figura anterior. O  R, β   β  e nosso desafio pode ser posto nos seguintes termos: dados F 1 , F 2 e α , calcular R,  e γ . Da geometria temos que calcular o ângulo OBC para determinação do ângulo γ, e sabese que γ é igual ao ângulo (180-α): A soma dos ângulos internos de um triângulo é 180°, somando os ângulos internos do triângulo OCB teremos: OCB = 180   ° =  β  + (180   − α  ) Sabemos que α  =  β  + γ  , substituindo na equação:   +  β  + 180 −  β  − γ  ⇔ OCB = − γ    OCB = 180 =  β  + (180 − ( β  + γ  )) ⇔ OCB = − 180  

Aplicando a lei dos senos no triângulo OCB, teremos:  R  sen (180

Mas:  sen (180 − α ) =  sen   α  ∴

− α )

 R  sen α 

=

 =

 F 2  sen γ 

 F 2  sen γ 

=

 F 1

 

 sen β 

  1 ⋅ sen α  , resultando em:  sen β  =   F  .  R

Para determinarmos R, basta aplicarmos a lei dos cossenos no triângulo OCB:  R 2 =  F 1 2 − 2 F 1 ⋅ F   2 ⋅ cos (180 − α  ) +  F 22   Como: cos (180 −  α  ) = −  cos α    Resulta em:  R 2 =  F 1 2 + 2 F 1   ⋅ F 2 ⋅ cos (α  ) +  F 22   RESULTANTE DE VÁRIAS FORÇAS CONCORRENTES PERTENCENTE AO MESMO PLANO: A resultante de um sistema coplanar, de várias forças concorrentes num mesmo ponto pode ser determinada graficamente, aplicando-se a solução gráfica por ser mais rápida.

 

11 11  

 

 Exemplo A: Determinar a resultante das forças abaixo esquematizadas. Considere os valores  F 1=3 kgf, F 2= 4kgf, F 3= 2kgf e F 4= 4kgf.

 Resolução:  Passo 1

Passo 2

 Passo 3

Visualização geral geral

 F 1,2 1,2 – resultante de F 1 e F  2 / F 1,2,3 1,2,3 – Resultante de F 3 e F  1,2 1,2 / F 1,2,3,4 1,2,3,4  – resultante de F 4 e R1,2,3 

Observando melhor a figura construída, nota-se que o polígono 01234, chamado

 polígono de forças, tem lados paralelos às forças dadas. Este fato permite simplificar a

construção da figura. Basta traçar 12  paralelo a F2 pelo ponto 1, 23 paralelo a F 3 pelo ponto 2 e 34 paralelo a F4 pelo ponto 3. Note que a resultante do sistema não depende da seqüência em que as forças são tomadas conforme a ilustração abaixo.

 

12 12  

 

Poderíamos traçar 23 paralelo a F3 pelo ponto 1, 34  paralelo a F4 pelo ponto 3 e 12    paralelo a F2 pelo ponto 4 como o desenho abaixo.

 Exemplo B: Determinar gráfica e analiticamente a intensidade e a direção da resultante das

 forças concorrentes concorrentes F 1=40 kgf, F 2= 60 kgf que formam ângulo α =45°. =45°. 

Solução gráfica:

Solução analítica: ⇒  R 2 =  F 12 + 2  F 1 ⋅ F 2 ⋅ cos (α ) + F 22 ⇔  R 2 = 40 2 + 2 ⋅ 40 ⋅ 60 ⋅ cos 45 ° + 60 2 2

⇒  R = 8600 ⇔  R = 92,7 kgf   sen β  =

 F 2 ⋅ senα   R

⇔

 

60 ⋅ 2   ⇔  sen β  = 0,457 ⇔ β  = 27°14'   92,7 ⋅ 2

 Exemplo C: Calcular a reação de apoio no suporte da polia:

As forças de 2 toneladas dão resultante F:  F  = 22 + 22 = 8 ⇔ F  = 2,82ton   A força F comprime o suporte da polia contra o canto. Este reage e aplica na polia uma força igual e contrária, R, de acordo com a lei de Newton. Portanto, a força R, procurada por vale 2,82ton.

 

13 13  

 

3.4.Decomposição de uma força em componentes ao mesmo plano

Conhecida como força R, é possível decompô-la em duas ou mais direções dadas. No caso, de decomposição, em duas direções dadas, da das, basta aplicar a lei do paralelogramo, que vimos anteriormente.

Decomposição de força é muito útil úti l na solução de problemas de equilíbrio de pontos.  ExemploA: Decompor o peso P = 10 kgf do bloco abaixo, na direção paralela e na direção  perpendicular ao plano inclinado.

Pelo ponto O traçamos as duas direções dadas. Oas ângulos AOB = 30°. Com a definição de seno e cossenos, temos: OB

 F 1

, onde F 1=P.cos30° OA  P   AB  F 2 cos 30 ° =  =  , onde F 2 = P.sen30° OA  P 

cos 30 ° = 

=

∴ F 1 = 10 ⋅ 0,87 = 8,7kgf    ∴ F 2 = 10 ⋅ 0,50 = 5,0kgf   Exemplo B: Calcular a carga em cada cabo que sustenta o bloco de peso P = 36kgf.

 

14 14  

 

O lado OA é paralelo a  BC  . O lado OB  é paralelo a  AC  . Portanto  AO   =  BC    e OB   =  AC   Calculando-se  BC   teremos  AO , e calculando  AC   teremos OB . Como BOC=AOC, e os lados acima são iguais, sabemos pela geometria que  AO   = OB , isto é, F1=F2, porque: CABC é um losango. Aplicando a lei dos cossenos c ossenos ao triângulo OBC, temos: 2

2

⇒ CB = OB + OC 2 − 2 ⋅ OB ⋅ OC ⋅ cos 50° 2  F 1

2  F 1

2

1  P  ⇒ = +  p − 2 ⋅ F  ⋅ ⋅ 0,643 2 ⇒ 2 ⋅ F 1 ⋅ P ⋅ 0,643 =  P  ⇒ 2 ⋅ F 1 ⋅ 0,643 =  P  36  P  ⇒  F 1 = = 2 ⋅ 0,643 2 ⋅ 0,643 ⇒  F 1 = 28kgf 

 

Portanto, F 1 = F 2 = 28kgf   3.5.Equilíbrio de um ponto

Como já vimos, a resistência dos materiais só se interessa pelos estudos dos sólidos em equilíbrio. Algumas vezes, ao invés de analisarmos o equilíbrio de todo sólido, nos interessamos  pelo equilíbrio de alguns pontos Esta análise baseia-se noapenas. seguinte princípio de evidência experimental: “Um ponto está em equilíbrio quando a resultante das forças agentes no ponto for nula. Nestas condições, o ponto está em repouso ou em movimento retilíneo uniforme” Expressando algebricamente as condições de equilíbrio de um ponto, podemos escrever:  R =

∑ F  = 0  

 No entanto, podemos decompor decompor  F  (no plano) seguindo dois eixos perpendiculares.

Assim, concluímos que as condições necessárias e suficiente para que um ponto esteja em equilíbrio, é:

• 

∑ F 

 x

=  0  Somatório das forças que agem no ponto, segundo a direção

x é zero, sendo x pertencente ao plano de F e perpendicular a y.

• 

∑ F 

 y

=  0  Somatório das forças que agem no ponto, segundo a direção y

é zero, sendo y pertencente ao plano de F e perpendicular a direção de x.

 Exemplo A:Calcular a força nos cabos que sustentam o bloco de peso P=36kg, conforme a  figura abaixo.

 

15 15  

 

Solução I

∑ F  = 0  y

=  F 1 ⋅ cos 40°  F 2 x =  F 2 ⋅ cos 40 °

∑ F  = 0

 F 1 x

 F 1 y  F 2 y

 x

 

=  F 1 ⋅ sen 40 ° =  F 2 ⋅ sen 40 °

⇒  F 1 x + F 2 x = 0 ⇒  F 1 ⋅ cos 40° − F 2 ⋅ cos 40° = 0 ⇒  F 1 = F 2

 

⇒  F 1 y + F 2 y =  P = 0 ⇒  F 1 =  F 2

 

⇒ 2 F 1 ⋅ sen 40 ° − P = 0  P  ⇒  F 1 = = 28kgf  2 ⋅ sen 40° ⇒  F 1 =  F 2 = 28kgf 

Solução II Aplicando a lei dos senos ao triângulo de forças vem:  P   sen 80 °

=

 F 1  sen 50 °

=

 F 2  sen 50 °

⇔

 F  = 28 kgf   F 1 36   = ⇒ 1 =  F  kgf  28  sen 80 °  sen 50 °  2

 Exemplo B:Um bloco de 600kgf é suportado por diversos arranjos de polias, como mostra a

 figura abaixo, calcular, calcular, para cada sis sistema, tema, a tração T.

 

16 16  

 

Solução Para uma polia simples, sem atrito, a força de cada lado da mesma é igual. Assim:

 P=T Para cada caso, o diagrama de corpo livre é:

∑ F  = 0

∑ F  = 0

∑ F  = 0

⇒ 2T − 600 = 0 ⇒ T  = 300kgf 

⇒ 2T − 600 = 0 ⇒ T  = 300kgf 

⇒ 3T  − 600 = 0   ⇒ T  = 200kgf 

 y

 y

 y

 

 

 Exemplo C: No  No sistema abaixo esquematizado, esquematizado, dado o peso P, determ determinar inar Q para que o sistema esteja em equilíbrio.

 

17 17  

 

∑ F  = 0  y

⇒ T  y − P = 0 ⇒ T ⋅ sen30° − P = 0

= T ⋅ cos30° T  y = T ⋅ sen30° T  x

 

⇒ T =

 P 

(2)    sen30°

∑ F  = 0  x

⇒ T  x − Q = 0 ⇒ T ⋅ cos 30° − Q = 0 ⇒ T  =

Q

cos 30°

(1)

 

Igualando (1) e (2) teremos: Q

=

 P 

cos 30 °  sen 30 °

∴ Q =  P 

cos 30 °

⇔ Q =  P ⋅ cot  g 30 °  

 sen 30 °

3.6.Análise de uma estrutura simples

Uma estrutura simples constitui-se de membros que estão tracionados e comprimidos, engastados e/ou articulados. As articulações e engastamentos são considerados sem atritos, e o  peso das partes desprezadas. A maioria das treliças de cobertura e de pontes, certos di dispositivos spositivos mecânicos são tratados como estruturas simples. Desde que as partes estejam em equilíbrio, pode ser feito o diagrama de corpo livre de qualquer uma delas da estrutura. Entretanto, é mais prático, isolar as juntas e articulações que geralmente são sujeitas a forças concorrentes e a teoria vista anteriormente aplica-se  perfeitamente.

Consideremos a estrutura acima. Os diagramas de corpo livre dos três pinos estão desenhados abaixo:

 

18 18  

 

 A mostra as forças agindo sobre o pino. FAB é a tração que tende a diagrama do pinoenquanto arrancarOopino da parede, que R a  é a reação da parede que mantém o pino A em equilíbrio.  No diagrama do pino B, F AB é a tração no caso AB. FBC é a compressão em BC e P é o  peso suspenso. No diagrama do pino C, F BC tende a dirigir o pino C contra a parede, enquanto que R c é a reação da parede.  Exemplo A: Para a estrutura dada anteriormente, AC=12m, BC=13, e P=4000kgf. Achar as  forças nos membros membros AB e BC. BC.

Solução: O diagrama de corpo livre no ponto B é:

⇒  AB² = 13² − 12² = 5 ⇒ F  BCx =  F  BC  ⋅ cos x =  F  BC  ⋅ 5 13 12 ⇒ F  BCy =  F  BC  ⋅ senx = F  BC  ⋅   13

∑ F  = 0  y

∑ F  = 0  x

5 ⇒  F  BC  − F  AB = 0 13 ⇒ 5 F  BC  − 13 F  AB = 0 13 F  ⇒ F  BC  =  AB (1)   5

12  F   BC  − P = 0 13 ⇒12 F  BC −13 P = 0 13 P  (2)   ⇒ F  BC  =

⇒

12

Igualando (1) e (2):  P ⋅ 5 13 F  AB 13 P  4000 ⋅ 5 ⇒ = ⇔  F  AB = ⇔  F  AB = ⇔  F  AB = 1,667 kgf ; F  BC  = 4,333 kgf    5 12 12 12

 

19 19  

 

3.7.Exercícios

1) Uma das modalidades de ginastica olímpica é a das argolas. Nessa modalidade, os músculos mais solicitados são os dos braços que suportam as cargas horizontais e os da região dorsal que suportam os esforços verticais. Considerando um atleta cuja massa é de 60kg e sendo os comprimentos indicados na figura H=3,0m, L=1,5m, e d=50cm, responda: a) Qual a tensão em cada corda quando o atleta se encontra pendurado no início do exercício com os braços na vertical?  b) Quando o atleta abre os braços na horizontal qual a componente horizontal da tensão em cada corda? Resolução: a) Supondo que “braços na vertical” signifique que as cordas também pairem na vertical e entendendo por “tensão” a força de tração nas cordas, temos: No equilíbrio: 2T = P → T = m ⋅ g 2  → T = 60⋅102 → T = 300 N    b) Com os braços do atleta na horizontal, horizontal, temos:   ∴T ' y = 300 N    Na vertical: 2T ' y = P  Por semelhança de triângulos: T ' y 300 T ' x T ' x = →  H  (( L − d ) 2) 3 = 0,5 → T ' x = 50 N   2) Utilizando-se de cordas ideais, dois garotos, exercendo forças de mesmo módulo, mantêm em equilíbrio um bloco A, como mostra a figura. Se a força de tração em cada corda tem intensidade de 20 N, a massa do bloco suspenso é: (Adote: g=10 m/s²) Resolução: Na figura, a tração em cada corda tem intensidade T=20N, e o ângulo entre elas é 120°. Estando o corpo em equilíbrio, a resultante das forças no ponto P é nula. T ' = T  = P = 20 N    m ⋅ g = 20 N → m ⋅10 = 20 → m = 2kg 

 

20 20  

 

3) O sistema da figura encontra-se em equilíbrio. Determine as trações T1 e T2 nos fios AB e AC, respectivamente. O peso do corpo P é 200 N. Resolução:

T 1 ⋅ sen45° = 200 → T 1  = 200⋅

2 2 → T 1 ≅ 283 N 

  T 2

= T 1 ⋅ sen 45 ° → T 2 = 200   ⋅2

⋅ 2 2 → T 2 = 200 N  2

 

4) Para a figura ao lado qual deve ser a relação entre as

massas de “A” e “B” para que o sistema fique em equilíbrio (não haja deslocamento)?  Resolução: Decomposição da força peso do bloco A: PAx = PA.sen30 PAy =PA.cos30 Para que o sistema fique parado a tensão na corda precisa ser igual ao peso do bloco B.Opeso do  bloco B necessita ser igual à componente componente do peso do bloco em x.

− P   P    + P   Ax + P   B = 0 → −  A ⋅ cos30  B = 0 → P   A ⋅ cos30 = P   B  

 

21 21  

 

4.  Estática do corpo rígido 4.1 Corpo rígido

 No capítulo anterior, consideramos que o sistema poderia ser tratado como se fosse um  ponto apenas em que bastasse estudar alguns pontos. Tal hipótese, no entanto, nem sempre é  possível aplicar, considerando que um corpo é constituído por um número grande de partículas. O tamanho deste, terá que ser levado em consideração, bem como o fato das forças estarem agindo em pontos diferentes do mesmo corpo. A maioria dos corpos considerados na mecânica elementar, são considerados rígidos. Corpo rígido é definido como aquele que não de deforma. As estruturas reais, entretanto, nunca são absolutamente rígidas e se deformam sob ação de cargas externas. Porém, estas deformações são importantes sob o ponto de vista de resistência da estrutura e será estudada mais adiante. 4.2 Momento de uma força em relação a um ponto r

Denomina-se momento de uma força F em relação a um ponto O ao vetor  M  , r  perpendicular ao plano determinado por  F   e o ponto O e que tem para intensidade o produto r

r

 r

 F ⋅ d , onde d é distância do ponto O até a reta que contém a força  F  .  M O =  F ⋅ d  

 Exemplo A:  Uma força de 100kgf vertical é aplicada na extremidade da alavanca q qual é articulada no ponto O. determine o momento em torno de O.

Solução I A distância perpendicular de O a linha de ação da força é: d  = 24 ⋅ cos 60 ° ⇔ d  = 12cm  

O momento resultante em relação ao ponto O:

 M  O

=  F  ⋅ d  ⇔

 M  O

= − (100 ) ⋅ 12 ⇔  

 M  O

= − 1200

kgf  .cm

 

Solução II Outra maneira de resolver este problema é fazer a decomposição da força em componentes. Assim temos:  F  x = 100 ⋅ sen 60 ° e  F   y = 100⋅ cos60° conforme a figura ao lado Pela definição de um momento, vemos que a componente  Fx  não causa momento em torno de O   porquê a linha de ação da força passa pelo ponto em questão, a barra: portanto, somente Fy exerce momento sobre

 

22 22  

 

 M O = − F   y ⋅ d ⇔ M  O = −(100⋅ cos60°) ⋅  24 ⇔ M  O = −1200kgf .cm  A noção de momento de uma força introduzido aqui será necessária na solução de problemas de equilíbrios de corpos rígidos. - Teorema de Varignon “O momento resultante de um sistema de forças em relação a um ponto é igual a soma algébrica dos momentos das componentes em relação ao mesmo ponto”.  Exemplo B: Calcular o momento resultante devido as forças F 1 e F 2 em relação ao ponto O.

= M  F 1'O + M  F 2'O  M  F 1'O = −4 ⋅10 ⇔  M  F 1'O = −40 kgf .com    M  F 2 'O = 5 ⋅15 ⇔  M  F 2 'O = 75kgf .cm  M O = −40 + 75 ⇔  M O = 35kgf .cm  M O

4.3 Momento de um binário

Binário ou conjugado é o sistema particular de duas forças iguais, paralelas e de sentidos contrários, aplicadas em dois pontos diferentes do mesmo sólido. A resultante de forças de um binário é sempre zero. Um binário aplicado a um sólido qualquer faz girá-lo e torno de um eixo perpendicular ao plano de forças.

Momento de um binário em relação a um ponto qualquer é o momento resultante de um sistema de duas forças coplanares, paralelas e de mesma intensidade.

⇒  M O ⇒  M O ⇒  M O ⇒  M O

= ( F ⋅ a ) − ( F ⋅ b ) =  F ⋅ (a − b )   = − F ⋅ (b − a ) = − F ⋅ d 

Como o momento vale  F ⋅ d , onde d   representa a distância entre as forças, podemos concluir que este independe de onde se localiza o ponto O, e somente depende de F  e  e de d . 4.4 Equilíbrio dos corpos rígidos no plano

Para um copo estar em equilíbrio é necessário que a resultante dos momentos também seja nula. Expressando analiticamente, vem:

∑ F   = 0   x

 

∑ F   = 0    y

∑ M  

O

= 0 

23 23  

 

4.5 Vínculos estruturais

Um corpo qualquer situado numa superfície plana possui três liberdades de momento: Deslocamento horizontal Deslocamento vertical

Rotação

no plano vertical

Vincular este corpo significa impedir uma ou todas as possibilidades de movimento. A tabela abaixo mostra alguns vínculos mais comuns:

Suporte ou conexão   s   e    l   p   m    i   s   o    i   o   p    A

Reação

Graus de liberdade

Movim. Impedido

2  

  o    ã   s   e   x   l   e   p   n   m   o   i    C  s

2  

  o    ã   s   e   x   l   e   p   n   m   o   i    C  s

2  

  o    ã   ç   a    l   u   c    i    t   r    A

1  

  o    t   n   e   m   a    t   s   a   g   n    E

0  

Os vínculos, impedindo determinados movimentos se opõe as forças externas aplicadas no corpo e, pela 3ª lei de Newton, originam reações iguais e contrárias as forças que sobre elas atuam. Quando isola o sistema, faz o diagrama de corpo livre, colocam-se portanto, no lugar dos vínculos, as reações que eles aplicam ao corpo.

 

24 24  

 

 Exemplo A: Um guindaste fixo pesa 2000kgf é empregado para erguer uma carga de 500kgf, conforme indicado no desenho. Determine as reações A e B.

Solução O diagrama de corpo livre, mostra as reações devidas aos vínculos. Aplicando as condições de equilíbrio visto em “Equilíbrio dos corpos rígidos no plano”, temos: 1ª condição:   2ª condição:   3ª

∑ F  = 0 ⇔ A  + B = 0 (1) ∑ F  = 0 ⇔ A − 2000− 5000 = 0 ⇔ A = 7000kgf (2)  x

 y

 x

 y

 y

cond.:  

  ⋅ 4 − 5000⋅12 = 0 ⇔ B = 22700kgf  ∑ M  = 0 ⇔ ∑ M  = 0 ⇔ B ⋅ 3 − 2000    A

O

Substituindo B resultado da equação da 3ª condição na equação (1), teremos:   O Sinal de menos indica que a reação Ax foi arbitrada no sentido contrário ao sentido real.  A x

+  B = 0 ⇔

 A x

+ 22700  = 0 ⇔

 A x

= − 22700

kgf 

4.6 Equilíbrio de um corpo sujeito a três forças

Um caso particular de equilíbrio, é quando o corpo está sujeito a três forças somente.

(a)

(b)

(c)

Considere um corpo rígido sujeito a um sistema que pode ser reduzido a três forças F 1, F2e F3 agindo nos pontos A, B e C respectivamente. Mostraremos que, se o corpo está em equilíbrio, as linhas de ação das três foras devem ser concorrentes ou paralelas. Como o corpo está em equilíbrio, a soma dos momentos de F 1, F 2e F 3em torno do eixo deve ser zero. Considerando que as linhas de ação dos F 1 e F 2interceptam, no ponto D, fazemos a soma dos momentos em trono de D; Desde que os momentos em torno de D também deve ser zero, e de F1 e F2em torno de D são nulos, a única exceção ocorre quando nenhuma das linhas se interceptam, caso em que elas são paralelas.

 

25 25  

 

 Exemplo A:  Um anel fino de 5cm de raio, pesa 3kgf e está preso como indica a figura, desprezando o atrito do anel e a parede, determine: a)  O ângulo que o fio forma f orma com a parede; b)   A força do fio; c)   A distância d.

3

3 3 tg α  =  ⇔ α  = 56,3° 5 cm  senα  = ⇔ T  = C  cos α  = ⇔ α  = 56 ,3 ° T   sen56,3° 9 cm   3 ⇔ C = 2,0kgf  T  = 3,61kgf  d  = 9 cm ⋅ sen α  ⇔ d  = 7 , 48 cm C = tg 56,3°

4.7 Exercícios

1) A figura indica a posição de um braço humano que tem na palma da mão uma esfera de 4 N. Calcule o momento dessa força em relação ao ponto O. Resolução:  M  P ,O  M  P ,O  M  P ,O

= P ⋅ d  = −4 ⋅ 0,58   = −2,32 Nm

2) Uma barra de peso desprezível está sob a ação de forças, como indica a figura. Dados: F1=10N, F2=8N, F3=6 N e F4=4N, determine: a) o momento de cada força em relação ao ponto O;  b) o momento resultante em relação a O; c) o sentido em que a barra gira horário.

 

26 26  

 

Resolução: a)  M  F 1, O = − 10 ⋅ 3 = − 30 Nm  M  F 3, O

=0   = −6 ⋅ 4 = − 24 Nm

 M  F 3, O

= 4 ⋅ 9 = 36 Nm

 M  F 2 , O

∑

 

∑

 M O = 0 → −30 + 0 −  24 + 36 →  M O  b) c) Horário (momento negativo)

= −18 N m

 

3) Sobre os vértices de um corpo quadrado, de lado 20 cm, agem as forças indicadas na figura. SendoF1=F2=F3=F4=10N, calcule: a) o momento resultante em relação ao ponto A  b) o momento resultante em relação ao ponto ponto E Resolução: a)

 M  F 1, E  = − F 1 ⋅ d 1 = −10 ⋅ 0,1 = −1 Nm

 M  F 1, A = F 1 ⋅ d 1 = 10⋅ 0 = 0 Nm

 M  F 2, E  = F 2 ⋅ d 2

= 10 ⋅ 0,1 = 1 Nm  b)  M  = F  ⋅ d  = 10 ⋅ 0,1 = 1 Nm 3 3  F 3, E   M  F 3, E  = F 4 ⋅ d 4 = 10 ⋅ 0,1 = 1 Nm

= 10 ⋅ 0,2 = 2 Nm  M  F 3, A = F 3 ⋅ d 3 = 10 ⋅ 0 = 0 Nm  M  F 3, A = F 4 ⋅ d 4 = 10 ⋅ 0 = 0 Nm

 M  F 2, A = F 2 ⋅ d 2

∑ M   = 2 Nm    A

 

 

∑ M   = 2 Nm  E 

 

4) Uma barra AB homogênea, de secção transversal uniforme e peso 400 N está apoiada sobre um cavalete e é mantida em equilíbrio horizontal pelo corpo Q, colocado na extremidade A. A barra tem comprimento de 5 m. O peso do corpo Q é: Resolução: A barra é mantida em equilíbrio, sujeita às forças de tal forma que:

∑ M   ∑ M 

 F ( 0)

= 0 (condição para que não se inicie a rotação)

 F ( 0)

= 0 → + F 1  ⋅ b1 − F 2 ⋅ b2 = 0

 

Sendo: F1 = PQ e F2 = P barra  N   Logo: P  Q ⋅ 2 = 400⋅ 0,5  = 0 → P  Q = 100 5) Uma prancha de madeira, homogênea, de comprimento 10 m e pesando 600 N é mantida  

27 27  

 

horizontal, apoiada nos pontos M e N, como mostra a figura abaixo. Um homem de peso 800 N caminha sobre a prancha, partindo de M, com velocidade constante de 50 cm/s. Determine o intervalo de tempo, em segundos, que o homem pode caminhar sobre a prancha sem que a mesma vire. Resolução:  Na iminência de virar: NM=0

∑ M  = 0 → P  ⋅ 2 − P  ⋅ x = 0  N 

 P 

 H 

→ 600 ⋅ 2 = 800 ⋅ x = 0 →  x = 1,5m   ∆S  H  = 1,5 + 7,0 = 8,5m ∆S  850 → ∆t  = 17 s → 50 = v= ∆t  ∆t  5  Análise de estruturas 5.1 Forças internas – Terceira lei de Newton

Os problemas considerados nos capítulos precedentes referem-se ao equilíbrio de um único corpo rígido, e as forças envolvidas são externas a ele. Vamos estudar agora estruturas constituídas diversas quemas estão em equilíbrio. Estaremos nãovárias somente na determinaçãodedas forças partes externas, também no cálculo das forçasinteressados que agem nas partes da estrutura (forças internas). Considere o exemplo da figura a abaixo. O suporte consiste de três barras AD, CF e BE conectadas por pinos; é suportada pelo pino A e o cabo DG. A figura b é o diagrama de corpo livre do suporte. As forças externas são: P, T, Ax e Ay; as forças internas não aparecem neste diagrama. Desmembrando o suporte em três diagramas de corpo livre como na figura c, as forças que prendem as partes do suporte podem ser mostradas.

(a)

 

28 28  

 

(b)

(c)

Lembramos que a força exercida em B pelo membro BE sobre o membro AD é igual e oposta à força exercida no mesmo ponto pelo membro AD sobre BE. Similarmente, a força exercida em E por BE sobre CF é igual e oposta à força exercida por CF em BE; e os componentes da força exercida em C por CF sobre AD são iguais e opostas as componetes da força exercida por AD sobre CF. Isto está de acordo com a Terceira Lei de Newton, que estabelece que: as forças de ação e reação entre dois corpos, em contato, têm a mesma intensidade, mesma linha de ação e  sentidos opostos. 

5.2 Treliças

A treliça é uma das estruturas mais típicas que aparecem na técnica e na engenharia. Representa uma solução prática e econômica em muitas situações, principalmente no projeto de  pontes e edifícios. Uma treliça é constituída de membros retos conectados nas extremidades. A figura abaixo mostra uma treliça típica.

As treliças podem ser isostáticas e hiperestáticas. b  número de barras, n  número de nós 

 



29 29  

 

b = 2n-3 treliça isostática

b > 2n-3 treliça hiperestática

b < 2n-3 mecanismo

 Neste curso trataremos das treliças isostáticas. isostáticas. Hipóteses para o cálculo de treliças: a)  Os nós devem ser articulados:   Esta é apenas uma aproximação, pois na prática, observa-se que mesmo não sendo articulado, desde que a relação entre o comprimento da barra e das dimensões de sua secção seja grande, pode se resolver como se fosse articulado.

Treliça ideal

Treliça na prática  b)   As cargas externas aplicadas apenas sobre os nós e não nas barras:  As forças transmitidas ao longo do comprimento das barras, como nas figuras abaixo, e não há momento transmitido.

Barra tracionada e comprimida 5.2.1  Cálculo das treliças pelo método dos nós

Devemos isolar cada nó da treliça, colocando as forças, que atuam sobre ele. Aplicando a teoria da estática do ponto, determinamos o valor das forças. Pelo princípio da ação e reação a força que atua no nó é igual e contrária a força que atua na barra.

 

30 30  

 

 Exemplo A:  Utilizando o método dos nós determinar a força no membro AB da treliça da  figura abaixo.

Solução: O primeiro passo é fazer o diagrama de corpo livre da treliça, determinando as reações de apoio.

Como a treliça está em equilíbrio, podemos escrever: ∑  M  C  = 0 ∴ (2000 ⋅ 24 ) + (1000  ⋅ 12 ) − ( D ⋅ 6 ) = 0 ∴ d  = 10000

kgf 

 

∑  F  x = 0 ∴ C     x = 0 ∑  F  x = 0 ∴ C     x = 0    

Para determinar a força  barra AB, isolamos o nóna A: A:

Como o nó A está em equilíbrio, o polígono de forças deverá ser fechado.

2000  AB  AE  = = 4 3 5    AB = 1500 kgf  (tração )  AE  = 2500 kgf  ( compressão ) Segurando o nó da barra, podemos dizer se a mesma está tracionada t racionada ou comprimida.

 

31 31  

 

Para determinação da carga nas demais barras, baste isolar os outros nós e aplicar o mesmo procedimento anterior. Passo a passo para resoluções pelo Método dos Nós: Passo1) Desenhar o diagrama de corpo livre com todas as forças e reações envolvidas; Passo2) Calcular as reações externas de apoio utilizando ao método da somatória dos eixos e dos momentos em relação a algum ponto. Lembrando que em uma situação onde as reações desconhecidas sejam mais de uma, escolher propositalmente um ponto sobre alguma, para suprimindo uma incógnita para encontrar outra; Passo3) Escolher o primeiro Nó em que haja pelo menos uma força conhecida e no máximo duas incógnitas. Passo 4) Analise cada um dos outros nós. Certifique que cada membro esteja com sua representação do vetor coerente, referente ao nó adjacente que o conecte.

Solução pelo método das seções Este método fornece resultados mais rápidos para determinação dos esforços transmitidos pelas barras. Uma grande vantagem é que se errar o cálculo, em uma barra, o erro não afeta o cálculo das demais. Consiste em fazer um corte na estrutura sobre a barra onde se deseja conhecer a força. Vide exemplo.  Exemplo A: Calcular as forças nas barras BC, BD e CE da treliça abaixo:

Solução: Inicialmente vamos calcular as reações de apoio, (nem sempre é necessário), fazendo o diagrama de corpo livre e aplicando as condições de equilíbrio vem:

 

32 32  

 

∑ M  = 0∴(3000⋅ 20) + (20000  ⋅10) − (T ⋅10) = 0∴T = 8000kgf   ∑ F  = 0∴− E  + (T ⋅ cos  30°) = 0∴ E  = 6930kgf   ∑ F  = 0∴−3000− 2000+ E  +  (T ⋅ sen30°) = 0∴ E  = 1000kgf    E 

 x

 X 

 X 

 y

 y

 y

Para o corte 1 temos:

∑ F  = 0∴ F  ⋅ sen60° − 3000 = 0∴ 0,866⋅ F    ⋅10) = 0∴ F  ∑ M  = 0∴−8,66⋅ F  + (3000  y

 BC 

C 

 BD

 BC 

− 3000 = 0∴ F  BC  = 3464kgf   

 BD

= 3464kgf  

Para o corte 2 temos:

 

33 33  

 

∑ M 

 D

= 0∴−8,66 ⋅ F CE  + (2000⋅ 5 ) − (3000⋅15) = 0∴ F  BD = 6350kgf   

 Exemplo B: Determina  Determinarr as forças nas barras barras DE e HJ da treliça abaixo:

Solução: Fazendo o diagrama de corpo livre de treliça determinamos nas reações A e L

 R A = R L = 160t

Para o corte 1 temos:

 

34 34  

 

∑ F  = 0∴−160− 60 − 60 − 4  + F   y

 DE 

= 0 ∴ F  DE  = −36t  

Para o corte 2 temos:

∑ M  = 0∴(160t ⋅ 60) − (60t ⋅ 30) − (4t  ⋅ 30) + ( F   I 

 HJ 

⋅ 20) = 0 ∴ F  HJ  = −384t  

Exercício) Determine cada força no membro das treliças. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. a)  b)

  Exercício) Determine cada força nos membros BC, CF e FE. Indique se os membros estão so sobb tração ou compressão.

 

 

35 35  

 

5.3 Armações e máquinas simples

Mecanismos e estruturas constituídos de membros articulados normalmente possuem mais de duas forças agindo sore eles, não podendo ser analisado pelo método desenvolvido para as treliças. Sobre tais membros (barras) atuam mais do que três forças e em geral elas não são na direção das barras. As armações são projetadas para suportar cargas usualmente estáticas, e as máquinas  para transmitir e modificar forças elas podem ser estacionárias ou não e sempre terá partes móveis. O equilíbrio de corpos rígidos já foi ilustrado no capítulo anterior, porém nossa atenção foi dirigida para o equilíbrio de um único corpo rígido. Nesta parte deste capítulo, dirigiremos nossa atenção para o equilíbrio das várias partes de que uma estrutura ou máquina é constituída. As forças que agem em cada componente do sistema são determinadas isolando-se os membros, fazendo o diagrama de corpo livre e aplicando as condições de equilíbrio. Neste aspecto o  princípio de ação e reação deve ser ccuidadosamente uidadosamente observado, quando se representa as forças de interação. Incialmente devemos considerar a estrutura ou máquina como uma unidade rígida, colocando as forças externas e determinando as reações de apoio. Sem seguida, desmembramos a estrutura e fazemos o equilíbrio de cada elemento do sistema. Assim, por exemplo tendo dado a estrutura abaixo, o primeiro passo é isolar o sistema todo e calcular as reações de apoio.

Armação

 

Diagrama de corpo livre da armação

36 36  

 

Diagrama da barra BC

Diagrama da barra AC

Depois isolamos os dois membros e com as equações de equilíbrio determinamos os esforços Cx e Cy. Vamos das alguns exemplos para esclarecer o assunto.  Exemplo A:  Determinar as componentes x e y de todas as forças agindo em cada membro da estrutura abaixo. Desprezar o peso das barras.

 Esquema do exercício exercício

Diagrama de corpo corpo livre

Fazemos inicialmente o diagrama de corpo livre, da estrutura colocando as forças externas e reações de apoio; as equações de equilíbrio aplicadas a estrutura dão:

∑ M  = 0∴(8⋅ E  )−  (4 ⋅100) − (8⋅100) = 0∴ E  = 150kgf   ∑ F  = 0∴ A +100− 150 = 0∴ A = 50kgf   ∑ F  = 0∴ A −100  = 0∴ A = 100kgf    A

 y

 x

 y

 y

 y

 x

 y

 x

Isolamos a gem em cada membro. Membro AC: agora, cada barra representando todas as forças que agem

 

37 37  

 

∑ F  = 0∴100+125−100  − C  = 0∴C  = 125kgf    x

∑ F 

 y

 x

 x

= 0 ∴ C  y − 100 − (2 5 ⋅ 125   )− 50 = 0 ∴ C  y = 200 kgf 

 D.C.L. da barra AC AC

D.C.L. da barra BD BD

 

D.C.L. da barra EC EC

6  Forças e momentos transmitidos por elementos esbeltos 6.1 Definição de elementos esbeltos

São aqueles elementos usados em construção estrutural que tem o comprimento muito maior do que a largura ou espessura. Como por exemplo: vigas, colunas, árvores de transmissão, cabos, entre outros. Um sistema de forças pode ser aplicado num elemento esbelto de diferentes maneiras, originando portanto, diversos tipos de solicitações internas, que são: 󰁓󰁯󰁬󰁩󰁣󰁩󰁴󰁡󰃧󰃵󰁥󰁳 󰁩󰁮󰁴󰁥󰁲󰁮󰁡󰁳

󰁅󰁳󰁦󰁯󰁲󰃧󰁯󰁳 󰁮󰁯󰁲󰁭󰁡󰁩󰁳

󰁔󰁲󰁡󰃧󰃣󰁯

󰁅󰁳󰁦󰁯󰁲󰃧󰁯 󰁴󰁲󰁡󰁮󰁳󰁶󰁥󰁲󰁳󰁡󰁬

󰁃󰁯󰁭󰁰󰁲󰁥󰁳󰁳󰃣󰁯

󰁔󰁯󰁲󰃧󰃣󰁯

󰁆󰁬󰁥󰁸󰃣󰁯

󰁃󰁩󰁳󰁡󰁬󰁨󰁡󰁭󰁥󰁮󰁴󰁯

Quando a um destes tipos de solicitação se apresenta isoladamente, diz-se que a solicitação é simples. No caso de dois ou mais agirem simultaneamente, a solicitação é composta. 6.2 Tração

É uma solicitação que tende a alongar a peça no sentido da linha de ação da força do sistema.

6.3 Compressão

 

38 38  

 

É a solicitação que tende a encurtar a peça no sentido da linha de ação da força do sistema.

6.4 Cisalhamento

É a solicitação que tende a deslocar paralelamente em sentidos opostos duas secções contínuas de uma peça.

6.5 Flexão

É a solicitação que tende a modificar o eixo geométrico de uma peça:

6.6 Torção

É a solicitação que tende a girar as secções de um eixo uma em relação com a outra.

6.7 Forças internas desenvolvidas em membros estruturais

Existem apenas estes tipos de solicitações internas provocadas por um sistema de forças agindo nos eixos e elementos de máquinas. Pode ocorrer que eles apareçam combinados mas, em ambos os casos, para dimensionar um elemento de máquina, é necessário conhecer o valor da solicitação interna e sua variação ao longo do elemento esbelto, de mesma que, no Exemplo C do Capítulo 2.5, precisamos conhecer a força que agia no cabo e sua variação ao longo do mesmo.  Naquele caso, a força era de tração e constante ao longo de todo o cabo. No caso geral, isto não ocorre.

 

39 39  

 

Este problema em determinar esforços e sua variação ao longo de um elemento esbelto é o primeiro que surge em Resistência dos Materiais. Deve ser estudado com o máximo de atenção. Em geral os responsáveis pelas solicitações internas inter nas são os seguintes esforços: Força de tração

Força de compressão

Esforços normais

Tração

Compressão

Solicitações internas

Esforço transversal

Momento fletor

Torção

Momento torçor

Flexão

Cisalhamento

Isto nós iremos ver mais adiante, demoradamente e com mais detalhes. A metodologia para a determinação de solicitações internas, numa seção qualquer de um elemento esbelto, sujeito a um certo carregamento externo, basicamente é a seguinte: Sabemos que um esforço aplicado externamente a uma viga, eixo, etc. dá origem, instantaneamente, a um esforço interno no sentido de manter agregadas as partículas do material. esteforças estado de agregação que confere resistência do material. interação nada mais é doÉque e momentos internos causadosa por solicitações externas.Esta O nosso problema será aqui determinar essas forças e momentos numa dada seção, e como eles variam ao longo do comprimento do elemento esbelto. Suponhamos que queremos determinar as forças e momentos que atuam sobre um ponto qualquer de um elemento esbelto que está em equilíbrio (não se esqueça deste detalhe: “está em equilíbrio”). Para isto, imaginemos, um corte fictício através da seção que passa pelo ponto  B, como no caso da seção abaixo denominada de a-a.

 Peça real

Corte fictício

Vamos assumir que agora ela esteja engastada em uma parede e exista um esforço externo atuando sobre ela chamado de F 1, conforme a figura abaixo, o diagrama de copo livre  pode ser observado na figura figura ao lado.

Situação proposta

Diagrama de corpo livre

Se as cargas internas que atuam sobre a secção transversal no ponto B tiverem que ser determinadas, temos que passar uma secção imaginária a-a perpendicular ao eixo da viga pelo  ponto B e depois separar a viga em doi doiss segmentos. As cargas internas que at atuam uam em B serão expostas e se tornarão externas no diagrama de corpo livre de cada segmento.

 

40 40  

 

Cargas internas atuante em uma barra seccionada

A componente da força NB, que atua perpendicular a secção transversal, é chamada de força normal. A componente de força VB  que é tangente a seção transversal é chamada de esforço cortante, e o momento binário MB é conhecido como momento fletor. As componentes de força impedem a translação relativa entre os dois segmentos, e o momento binário impede a rotação relativa. De acordo com a terceira lei de Newton, essas cargas devem atuar em direções opostas em cada segmento, conforme a figura acima. Elas podem ser determinadas aplicando as equações de equilíbrio ao diagrama de corpo livre de qualquer um dos segmentos. Neste caso o segmento da direita é a melhor escolha, pois não envolve as reações de apoio incógnitas em A. Uma solução direta para NB é obtida aplicando-se ΣFx = 0, VB é obtido a partir de ΣFy = 0 e MB   pode ser obtido aplicando-se ΣMB = 0, pois os momentos de NB e VB em relação a B são zero. Em duas dimensões, mostramos que existem três resultantes das cargas internas, porém em três dimensões, uma resultante interna geral da força e do momento de binário atuarão na secção. Tomamos uma das partes em que se divide o elemento e analisamos como um sistema em equilíbrio. Aplicamos as equações da estática e determinamos os esforços que mantém as  partes em equilíbrio. A natureza destes esforços será visto em seguida.Vamos fazer inicialmente a decomposição normal e transversal da força F.

 Decomposição da da força F 

x   N   força ou axial de deP.tração ou compressão que tende a alongar ou encurtar o elemento. Emnormal geral é chamada Vy e Vz   componentes de esforço cortante ou de cisalhamento que tende a separar uma seção da outra. Como o momento também é um vetor iremos decompô-lo nas componentes normais e transversais:

 Decomposição  Decomposiçã o do momento

 

41 41  

 

 M  x  momento de torção ou torsional que tende a girar as secções de uma peça, uma

relacionada com as outras.  M  x e M  z  momentos fletores que tendem a modificar o geométrico de uma peça. A notação que introduzimos para diferenciar o vetor momento, é no caso do momento, indicado através da regra da mão direita o sentido de giro do momento. Vamos verificar na figura abaixo o que foi dito:

 Notação de momentos momentos

6.8 Convenção de sinal

Geralmente usam uma convenção se sinal para informar as três cargas internas N, V e M. Embora essa convenção de sinal possa ser atribuída arbitrariamente. A força normal será  positiva se criar TRAÇÃO, um esforço cortante positivo fará com que o segmento da viga sobre o qual atua gire no sentido horário, e um momento fletor positivo tenderá a curvar o segmento no qual ele atua de uma maneira côncava para cima. As cargas que são opostas a ela são consideradas negativas.

Convenção de sinal

 Exemplo A: Determinar as forças e momento momento que atuam no ponto “C” da viga viga abaixo: 

REAÇÕES DE APOIO: Inicialmente temos que calcular as reações externas em A e B por meio do diagrama de corpo livre mostrado abaixo.

 

42 42  

 

∑ F  = 0∴ R  + R( − 30) =(0 (1) ) ∑ M  = 0∴− 30 ⋅ 2  + 3⋅ R ∴ R  y

 A

 B

 A

 B

 B

= 20kgf 

(2)

Substituindo 2 em 1, temos:  R A +  R B − 30 = 0 ⇔  R A + 20   − 30 = 0 ⇔  R A = 10 kgf    Em seguida fazemos um corte fictício, passando pelo ponto C. Estudaremos o segmento AC. O diagrama de copo livre l ivre deste segmento está representado abaixo.

Corte fictício

As equações de equilíbrio para encontrar as incógnitas Vc, Nc e Mc.

∑ F  = 0 ∴ N  = 0kgf   ∑ F  = 0∴−V  + R = 0  ∴−V  + 10 = 0∴V  = 10kgf   ∑ M  = 0∴−(V  ⋅1) + M  = 0∴− (10⋅1) + M  = 0∴ M  = 10kgf ⋅ m    x

 y

C 

C 

 A

 A

C 

C 

C 

C 

C 

C 

6.9 Equações e diagramas de esforço cortante e momento fletor

Vigas são membros estruturais projetados para suportar cargas aplicadas  perpendiculares aos seus eixos. Em geral, elas são llongas ongas e reta retas, s, e possuem uma área da seção tranversal constante. Normalmente são classificadas de acordo com a forma como são apoiadas. Por exemplo, uma viga que é simplesmente apoiada com um pino em uma extremidade e com um rolete na outra ou enquanto uma viga em balanço é fixada ou engastada em uma extremidade e livre na outra. O projeto real de uma viga requer um conhecimento detalhado da variação do esforço cortante interno V e do momento fletor M interno atuando em cada ponta e ao longo do eixo da viga.  Exemplo A:   Vamos considerar a viga abaixo e determinar a força cortante e momento  fletor em várias secções da viga, distanciadas de 50cm (poderia ser qualquer outra medida).Considere as reações em A e B são respectivamente 10kgf e 20kgf.

 

43   43

 

O momento fletor será calculado sempre em relação a origem que é o ponto  A, a força cortante de cada seção também será calculada, e com os valores obtidos traçaremos os diagramas. SEÇÃO 1:  F  y

= 0∴−V 1  + 10 = 0∴V 1 = 10kgf  

∑∑ M  = 0∴−(V  ⋅1) + M  = 0∴− (10⋅1) + M  = 0∴ M  = 10kgf ⋅ m    A

C 

C 

C 

C 

SEÇÃO 2:

∑ F  = 0∴−V   + 10 = 0∴V  = 10kgf    ∑ M  = 0∴−(V  ⋅ 0,5) + M  = 0∴−  (10 ⋅ 0,5) + M  = 0∴ M  = 5kgf ⋅ m   2

 y

2

2

 A

2

2

2

SEÇÃO 3:

∑ F  = 0∴−V   +10 = 0∴V  = 10kgf   3

 y

 M 

∑

3

= 0 ∴−(V  ⋅1) + M  = 0 ∴−  (10 ⋅1) + M  = 0∴ M  = 10kgf ⋅ m  

 A

3

3

3

3

SEÇÃO 4:

∑ F  = 0∴−V   + 10 = 0∴V  = 10kgf    ∑ M  = 0∴−(V  ⋅1,5) + M  = 0∴−  (10 ⋅1,5) + M  = 0∴ M  = 15kgf ⋅ m   4

 y

4

4

 A

4

4

4

SEÇÃO 5:

∑ F  = 0∴−V  + R = 0  ∴−V  + 10 = 0∴V  = 10kgf   ∑ M  = 0∴−(V  ⋅ 2) + M  = 0∴− (10⋅ 2) + M  = 0∴ M  = 20kgf ⋅ m    y

C 

 A

SEÇÃO 6:

 

 A

5

C 

5

C 

5

5

44   44

 

∑ F  = 0∴−V  + 10  − 30 = 0∴V  = −20kgf   6

 y

6

∑ M  = 0∴−(V  ⋅ 2) − (30⋅ 2) + M  = 0∴−( − 20⋅ 2) − (30⋅ 2) + M  = 0∴ M  = 20kgf ⋅ m   6

 A

C 

C 

C 

SEÇÃO 7: V 7 + 10  − 30 = 0 ∴ −V 7 = −20kgf   0 = ∴ − ∑ M  = 0∴−(V  ⋅ 2,5) − (30⋅ 2) + M  = 0∴ −(− 20⋅ 2,5) − 60+ M  = 0∴ M  = 10kgf ⋅ m ∑  A 7 7 7 7  F  y

 

SEÇÃO 8:

∑ F  = 0∴−V  + 10  − 30 = 0∴−V  = −20kgf   ∑ M  = 0∴−(V  ⋅ 3) − (30 ⋅ 2) + M  = 0∴  −(− 20 ⋅ 3) − 60 + M  = 0∴ M  = 0kgf ⋅ m   8

 y

 A

 

8

8

8

8

8

45   45

 

 

46   46

 

Com os valores obtidos, podemos organizar uma tabela, o fim de facilitar a construção do gráfico. Seção Esforço cortante V [kgf] Momento fletor M [kgf.m] 01 10 0 02 10 5 03 10 10 04 10 15 05 10 20 06 -20 20 07 -20 10 08 -20 0 É possível plotar esses dados no plano cartesiano. Um gráfico representando o Diagrama de Esforço Cortante (D.E.C) e outro representando o Diagrama de Momento Fletor (D.M.F). O eixo horizontal em ambos corresponde ao comprimento da barra [m].

Observamos que no diagrama de esforço cortante é uma constante até o ponto de aplicação da carga. Assim não é preciso fazermos tantos cortes como no exemplo anterior, aplicamos estudo apenas nas seções do onde ocorrem carregamento, isto pode ser consideradoo também para a construção di agrama diagrama demudança momentode fletor.

 

47   47

 

A maneira clássica de se obter o mesmo resultado anterior, com poucos cálculos, é  proceder da seguinte maneira: 1°) Observar a forma de distribuição das cargas externas. Por exemplo se elas são  pontuais ou distribuídas. 2°) Desenvolver o diagrama de corpo livre. 3°) Identificar as cargas e escolher uma posição antes e após a mesma, e repetir quantas vezes houver ao longo do corpo c orpo em estudo. 4°) Encontrar os valores das cargas de esforço cortante para os pontos definidos; 5°) Para encontrar o valor máximo de momento obtém-se por meio da multiplicação da área de uma das seções. Repetir este cálculo quantas vezes houver variação da área ao longo do corpo em estudo. Obs.) Uma outra forma para encontrar o momento fletor é calculando o momento em relação à extremidade direita da estrutura e obtendo uma equação em relação a x.

Considerando o D.C.L 1, aplicando as condições de equilíbrio, temos:  F  y = 0 ∴ +10  − V  = 0 ∴V  = 10kgf    M  D = 0 ∴ −(10 ⋅ x) + M  = 0 ∴ M  = 10 ⋅ x  

∑∑

Observe que a força cortante exerce um valor constante ao longo do barra enquanto o momento fletor exerce um esforço crescente e linear ao longo do perfil. O momento fletor assume valores M = 0 kgf.m para x = 0 e M = 20 kgf.m para x = 2. O momento pode ser obtido pelo método da área multiplicando a distancia AC pelo valor do vetor esforço cortante.  M 1 = 2 ⋅ 10  ∴  M 1 = 20 kgf  .m   Considerando o D.C.L 2, aplicando as condições de equilíbrio, temos:

∑ F  = 0∴−V +10  − 30 = 0∴V  = −20kgf   ∑ M  = 0∴ −(10 ⋅ x) + (30 ⋅ ( x  − 2)) + M  = 0∴ M  = −20 x + 60    y

 E 

8

O momento neste caso não precisa ser calculado novamente pelo método da área.  

48   48

 

Podemos completar, agora, os diagramas de V e M. A força cortante é uma constante  e momento fletor é reta que assume valores de M = 20 kgf.m para x=2 e M = 0 kgf.m  V = 20 kgf  e  para x = 3m. Em resumo: V  = −10kgf  → 2 p x ≤ 0  M  = 10 x → 2 ≤ x ≤ 0 V  = 20kgf  → 3 ≤ x p 2    M  = 60 − 20 x → 3 ≤ x ≤ 2

Carregamento distribuído simples Algumas vezes, um corpo pode estar sujeito a um carregamento que está distribuído sobre sua superfície. Por exemplo, a pressão do vento sobre a superfície de um cartaz de  propaganda, a pressão da água dentro de um tanque, o peso da areia sobre o piso de uma caixa de armazenamento são cargas distribuídas. A pressão exercida em cada ponto da superfície indica a intensidade da carga. Esse carregamento pode ser expresso na forma de uma equação e para saber o vetor resultante basta aplicar a Integral no intervalo que ela obedece ou simplesmente calculando a área geométrica dos vetores representantes. A localização geométrica deste vetor resultante se localiza no centro de gravidade da geometria observada dos vetores. As unidades podem ser expressas em kgf/m, N/m, kN/m. Segue alguns exemplos abaixo:

 Exemplo B:  Desenhar os diagramas de corpo livre, esforço cortante e momento fletor da viga bi-apoiada com carga uniformemente uniformemente distribuída.

 

49   49

 

Encontrando a força resultante:  R = q ⋅ x ∴ R = 100 ⋅ 10 ∴    R = 1000 kgf    A posição da resultante é no centro de gravidade do retângulo, ou seja, no centro. Reações de apoio: Pela simetria as reações Ay  e By são respectivamente a metade da força resultante e Ax equivale a zero.  A y = B y = 500kgf

Faremos cortes em seções distanciadas de 1m, a partir da extremidade esquerda da viga. SEÇÃO 1:

∑ F  = 0∴ −V  +  500 = 0 ∴V  = 500kgf      = 0 ∴ M  = 0kgf ⋅ m   ∑ M  = 0 ∴−(500⋅ 0) + M  1

 y

1

1

1

1

SEÇÃO 2:

  − 100 = 0 ∴V  = 400kgf    ∑ F  = 0∴−V  + 500  y

2

2

∑ M  = 0 ∴−(500⋅1) + (100⋅ 0,5) + M  = 0  ∴−500 + 50 + M  = 0 ∴ M  = 450kgf ⋅ m   2

2

SEÇÃO 3:  F  y = 0 ∴ −V 3 + 500   − 200 = 0 ∴V 3

∑

2

2

= 300kgf   

∑ M  = 0∴−(500⋅ 2) + (200⋅1) + M  = 0 ∴  −1000− 200 + M  = 0∴ M  = 800kgf ⋅ m   3

3

3

3

SEÇÃO 4:

  − 300 = 0 ∴V  = 200kgf    ∑ F  = 0∴−V  + 500  y

4

4

∑ M  = 0∴−(500⋅ 3) + (400⋅1,5) + M  = 0 ∴−1500+ 600 + M  = 0 ∴ M  = 900kgf ⋅ m   4

 

4

4

4

50   50

 

SEÇÃO 5:

∑ F  = 0∴−V  + 500  − 400 = 0∴V  = 100kgf    y

5

C 

∑ M  = 0 ∴−(500⋅ 4) + (500⋅ 2) + M  = 0∴  −2000+ 1000+ M  = 0 ∴ M  = 1000kgf ⋅ m 5

5

5

5

  SEÇÃO 6:

  − 500 = 0 ∴V  = 0kgf   ∑ F  = 0∴−V  + 500  y

6

6

∑ M  = 0∴−(500⋅ 5) − (500⋅ 2,5) + M  6

 

 

C 

= 0∴  −2500− 1250+ M C  = 0∴ M C  = 1250kgf ⋅ m

51   51

 

Vemos que na é necessário continuar este procedimento para outra metade da viga, visto que ela é simétrica. si métrica. Tabelando os resultados, obtemos: Seção Esforço cortante V [kgf] Momento fletor M [kgf.m] 01 500 0 02 400 450 03 300 800 04 200 900 05 06 07 08 09 10 11

1000 -100 -200 -300 -400 -500

1000 1250 1000 900 800 450 0

Com estes resultados, traçamos os diagramas D.C.L, D.E.C e D.M.F

mesma que foium realizado no exemplo anterior,x. podemos  para V eDa outra para forma M. através atrav és de corte numa seção genérica Assim: Assim: obter uma equação

 

52   52

 

A primeira providência será substituir o carregamento distribuído por um resultante referente a distância x atribuída.  R

 R = 100 ⋅ x   = q ⋅ Lde→ aplicação O ponto desta carga equivalente será sobre a viga, na linha de ação do centro de gravidade da figura que representa o carregamento.

  ⋅ x) = 0 ∴V  = 100 x − 500 ∑ F  = 0 ∴−V + 500 − (100  y

∑

 (

 M C  = 0∴−(500⋅ x) + 100  x ⋅ x

2) + M = 0∴V = −50 x

2

+ 500 x  

As expressões para V e M, obtidas acima, são válidas para qualquer seção da viga. A força cortante é uma reta que assume valores de V=-500kgf para x=0, V=0 pra x=5m e v=500kgf em x=10m. por outro lado, o momento fletor é uma parábola do 2°grau e assume valor máximo na seção média da viga. Com estas expressões para V e M, podemos atribuir valores para x desde zero até 10, e obtemos os mesmos resultados que tabelamos anteriormente.  Exemplo C: Para uma viga bi-apoiada, com caregamento linear, obter os diagramas  D.C.L., D.E.C. e D.M.F.

O procedimento é idêntico nos exemplos anteriores.

 

53   53

 

Inicialmente, temos que calcular a carga resultante e depois as reações de apoio. Esta carga equivalente é numericamente igual a área do triângulo que representa o carregamento e é aplicada, sobre a vigo, na linha de ação do centro de gravidade do triângulo. A área do triângulo corresponde a multiplicação da largura da base pela altura e dividimos este valor pela metade, o centro de gravidade é 1/3 da base entre os dois catetos. Assim: q ⋅ L  P = 0

2 600⋅12  P =   2  P = 3600kgf  CG = 1 ⋅ L 3 CG = 1

3 ⋅12  

CG = 4m

Aplicando as equações da estática, vem:

∑ M  = 0∴−( P ⋅ 8) + ( R ⋅12) = 0 ∴− (3600⋅ 8) + ( R ⋅12) = 0∴ R  A

 B

 B

 B

= 2400kgf 

 

 F  y = 0∴− P + R A + R B = 0∴−3600  R A + 2400 = 0∴  R A = 1200kgf      + Vamos proceder de cortes sucessivos de 2 em 2 m na viga, similarmente ao que já foi feito antes.

∑

 

54 54  

 

SEÇÃO 1:

  = 0∴V  = −1200kgf   ∑ F  = 0∴−V  +1200 ∑ M  = 0∴−(1200⋅ 0) +  M  = 0∴ M  = 0kgf ⋅ m   1

 y

1

1

1

1

SEÇÃO 2:

600 = q1 ∴ q1 = 100kgf / m 12 2   100⋅ 4  P   P  3600 kgf  = ∴ = 1 1 2  F    − 100 = 0∴V 1 = 1100kgf    y = 0 ∴−V  2 + 1200

∑

∑ M  = 0 ∴ − (1 3 ⋅ 2 ⋅ 100 )−  (1200  ⋅ 2 ) + M  = 0 ∴ M  = 2333 kgf  ⋅ m   1

1

  SEÇÃO 3:

600 q2 = ∴q = 200kgf / m 12 4 2

 

 P 2 = 200⋅ 4 ∴ P 2 = 400kgf 

2

∑ F  = 0∴ −V  +  500 = 0 ∴V  = 500kgf      = 0 ∴ M  = 0kgf ⋅ m   ∑ M  = 0 ∴−(500⋅ 0) + M  1

 y

1

1

1

1

1