Slide Notas de Aula Solicitações Compostas-2021 2

Exemplo 1 Um eixo de seção circular cheia de 12 cm de diâmetro está submetido a um esforço normal axial de compressão de 500 kN e a um momento torçor de 20 kN m. Calcular o coeficiente de segurança segundo a teoria de St. Venant, considerando que o material do eixo é dútil com tensão de escoamento igual a 300 MPa e coeficiente de Poisson igual a 0,2. Determinação dos pontos críticos em cada seção selecionada. Determinação das tensões principais nos pontos críticos de cada seção selecionada. Aplicação da teoria de resistência que for mais adequada. ➢Momento torçor: - seção circular cheia e seção circular vazada: τ = (M_T * r) / I_o - seção tubular de paredes finas τ = M_T / (2 * Ω * e) - ... ➢Momento fletor: σ = (M_Z * y) / I_Z 14.2 – Roteiro de análise A análise das solicitações compostas pode ser resumida no seguinte roteiro, cujos passos abrangem todos os conceitos vistos desde o início da disciplina. ➢Traçado dos diagramas de solicitações da estrutura. ➢Determinação das seções mais solicitadas, considerando cada solicitação isoladamente e combinando solicitações. ➢Determinação da distribuição de tensões gerada por cada solicitação, em cada seção selecionada no passo anterior. Quando as solicitações geram tensões do mesmo tipo (apenas tensões normais, por exemplo), elas se somam algébricamente em cada ponto da seção transversal. Exemplo: esforço normal e momento fletor. Y N X Z MZ Y X N MZ Y X N Y X MZ + ssss ssssMAXC ssssMAX T Quando as solicitações geram tensões de tipos diferentes (tensões normais e tensões tangenciais), elas devem ser analisadas através de um prisma elementar, pelos métodos apresentados no estudo da variação de tensões no entorno de um ponto. Exemplo: esforço normal e momento torçor. Y X Z N MT Y X N MT Y N X MT + ssss ttttMAX Y Z 90o MAX τ MAX τ σ 14.3 – Esforço normal excêntrico Considerando o pilar mostrado na figura, submetido a uma carga P paralela ao seu eixo longitudinal mas não aplicada no baricentro da seção transversal e desprezando o peso próprio do pilar, tem-se um caso de esforço normal excêntrico que constitui um dos casos mais comuns de solicitações compostas. Y X Z G P e Z e Y Y Z P e Z e Y G A posição do ponto de aplicação da carga P na seção transversal é definida pelas coordenadas eY e eZ com relação aos eixos principais de inércia da seção. Estas distâncias são denominadas excentricidades da carga P, já que expressam o quanto a carga P está afastada do baricentro da seção transversal. A análise consiste em transladar a carga P ao baricentro da seção, obtendo-se um sistema de cargas equivalente, formado pela carga P atuando no baricentro e os momentos fletores MY e MZ atuando em torno dos eixos Y e Z, respectivamente, que surgem devido à translação da carga. Y X Z G P Y Z P G MZ MY MZ MY Y Z Z Y N P M P e M P e = = = Sendo as solicitações: as tensões normais provocadas por cada uma destas solicitações são: Y Z Z Y N P M P e M P e = = = ( ) ( ) Z Y Y Z Y Y Y Z Z Y Z Z N P N P A A P e z M z M P e I I P e y M y M P e I I σ σ σ = ⇒ = = = ⇒ = = = ⇒ = = Sendo então a tensão normal total em um ponto: Para aplicar corretamente esta fórmula deve lembrar-se das convenções de sinais para o esforço normal (positivo quando de tração) e para cada um dos momentos fletores (positivo quando traciona a parte positiva do eixo de coordenadas correspondente). ( ) ( ) Z Y Y Z P e z P e y P A I I σ = + + Uma forma mais intuitiva de determinar o sinal de cada parcela de tensão normal causada por uma determinada solicitação é considerar cada uma destas parcelas isoladamente, graficando a tração ou compressão que ela provoca em cada região da seção transversal: Y Z P Y Z M Y Y Z M Z T C T C T A D C B A D C B A D C B Assim, cada parcela de tensão normal pode ser calculada em valor absoluto (sem considerar os sinais do esforço normal, nem dos momentos fletores nem das coordenadas) e atribuir-lhe o sinal observando o gráfico correspondente às tensões causadas por essa solicitação. A tensão normal total em um determinado ponto será então a soma algébrica das três parcelas, cada uma com seu sinal atribuído por inspeção do gráfico: Z Y Y Z P P e z P e y A I I σ = ± ± ± Como pode observar-se neste caso, os pontos D e B são os pontos críticos da seção transversal. No ponto D se superpõem a tensão normal de tração causada pelo esforço normal N, a máxima tensão normal de tração causada pelo momento fletor MY e a máxima tensão normal de tração causada pelo momento fletor MZ, obtendo-se a tensão máxima de tração na seção transversal. Y Z P Y Z M Y Y Z M Z T C T C T A D C B A D C B A D C B Como pode observar-se neste caso, os pontos D e B são os pontos críticos da seção transversal. No ponto B se superpõem a tensão normal de tração causada pelo esforço normal N, a máxima tensão normal de compressão causada pelo momento fletor MY e a máxima tensão normal de compressão causada pelo momento fletor MZ, obtendo-se a tensão máxima de compressão na seção transversal. Y Z P Y Z M Y Y Z M Z T C T C T A D C B A D C B A D C B Linha Neutra A linha neutra da seção, como já foi visto, é caracterizada pelos pontos onde a tensão normal é nula. 0 Linha Neutra ⇒ σ = Y Z 0 Linha Neutra σ = C T Núcleo central Considerando um pilar de seção transversal qualquer, mostrado na figura, submetido a uma carga P de compressão, aplicada no baricentro, e sendo Y e Z os eixos principais de inércia da seção transversal, tem-se que neste caso, não existe linha neutra, ou, se se quer, a linha neutra está posicionada no infinito, pois existem apenas as tensões normais de compressão geradas pelo esforço normal axial de compressão. As tensões normais na seção são portanto do mesmo tipo que a carga (de compressão). Se se afasta a carga P do baricentro até a posição mostrada na figura, mantendo-a no entanto sobre o eixo Y, surge um pequeno momento fletor MZ que também provoca tensões normais. Neste caso, as tensões normais totais na seção continuam sendo do mesmo tipo que a carga (de compressão), mas surge uma linha neutra, que está fora da seção. Y X Z G Y X P P N ssss ssss MZ MZ ssssTOTAL Linha Neutra Linha Neutra Se se afasta ainda mais a carga P do baricentro, até a posição mostrada na figura por exemplo, mantendo-a sempre sobre o eixo Y, surge um momento fletor MZ maior que também provoca tensões normais maiores. Neste caso, surgem na seção tanto tensões normais de tração como tensões normais de compressão, estando a linha neutra dentro da seção. Y X Z G Y X P P N ssss ssss MZ MZ ssssTOTAL Linha Neutra Linha Neutra Considerando o que foi observado, deve existir uma posição na qual a carga P ao ser afastada do baricentro, mantendo-a sempre sobre o eixo Y, faz surgir um momento fletor MZ tal que suas tensões máximas de tração são iguais (em módulo) às tensões de compressão geradas pela carga P posicionada no baricentro (o esforço normal axial). Neste caso a soma algébrica destas tensões resulta em um valor nulo, caracterizando a situação na qual a linha neutra tangencia a seção. Y X Z G Y X P P N ssss ssss MZ MZ ssssTOTAL Linha Neutra Linha Neutra Esta posição da carga P é o ponto limite até onde ela (que é de compressão) pode ser afastada de tal forma que gere em toda a seção apenas tensões normais do mesmo tipo que a carga (de compressão). Se a carga for afastada além desse ponto, gerará tanto tensões normais de tração como tensões normais de compressão. A mesma idéia pode ser aplicada do outro lado do eixo Z, para ambos os lados do eixo Y e para qualquer outra direção, obtendo-se pontos limites semelhantes, para os quais, quando a carga é aplicada neles (ou antes deles) só produzirá (em toda a seção) apenas tensões normais do mesmo tipo que a carga. Estes pontos delimitam o chamado núcleo central da seção. Z Y Núcleo Central Núcleo central da seção é a região da seção, incluindo seu contorno, que tem a seguinte propriedade: toda carga normal aplicada no núcleo central gera, em toda a seção, apenas tensões normais do mesmo tipo que a carga normal aplicada. Z Y Núcleo Central Dados: D = 12 cm ... A = 113,1 cm2 N = -500 kN MT = 20 kN m = 2000 kN cm sssse = 300 MPa = 30 kN/cm2 nnnn = 0,2 s = ? ... St. Venant Y X Z N MT Solução: ➢Solicitações: N = -500 kN M_T = 20 kN m = 2000 kN cm Y X Z N MT Y X N MT Y N X MT + ssss ttttMAX ttttMAX Y Z 90 o MAX τ MAX τ σ P P P P P ➢Tensões normais causadas pelo esforço normal axial N: σ = \frac{N}{A} σ = \frac{-500}{113,1} = -4,42 σ = -4,42\ kN/cm^2 ➢Tensões tangenciais causadas pelo momento torçor M_T: τ = \frac{M_T\ r}{I_o} Nesta expressão, para a tensão tangencial máxima tem-se: r = R \Rightarrow τ_{MAX} e para o momento de inércia polar: I_o = \frac{\pi\ R^4}{2} Tem-se então: 4 3 2 2 T T T MAX o M r M R M R I R τ π π = = = 3 3 2 2 2 2000 5,89 6 5,89 / T MAX MAX MAX M R kN cm τ π τ π τ = = = = ➢Retirando um prisma elementar de um ponto qualquer do contorno da seção transversal: σ_x = -4,42 kN/cm² σ_y = 0 τ = -5,89 kN/cm² então para o primeiro ângulo tem-se: 2 tg2 x y τ α σ − σ = 2 (-5,89) 2,665 4,42 0 2,665 69,43 34,72 34 43' 0'' tg2 tg2 2 o o o α α α α α = − − = = = = = 1 34 43' 0'' o α = e para o segundo ângulo: 2 1 2 2 34 43' 0'' 90 124 43' 0'' 90 o o o o α α α α = + = + = para a1 = 34o 43’ 0’’ para a2 = 124o 43’ 0’’ 2 1 1 1 2 2 2 2 ) 4,42 cos 0 ( 5,89) (2 ' 8,5 / ' cos 2 ' x y sen sen kN cm sen sen α α α σ σ σ α σ α τ α σ − + − = − = + + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 4,42 cos 0 ( 5,89) (2 ' 4,1 / ' cos 2 ' x y sen sen kN cm sen sen α α α σ σ σ α σ α τ α σ − + − = = + + = + ➢Tensões principais: Sendo: σ_1 ≥ σ_2 ≥ σ_3 então: σ_1 = 4,1 kN/cm² σ_2 = 0 σ_3 = -8,5 kN/cm² ➢Teoria de Resistência de St. Venant: σ_1 - ν (σ_2 + σ_3) ≤ σ_T / s σ_3 - ν (σ_1 + σ_2) ≥ σ_C / s Para a primeira expressão: tem-se: ( ) 1 2 3 T s σ σ ν σ σ − + ≤ ( ) 1 3 1 3 1 3 0 30 5,17 4,1 0,2 ( 8,5) e e e s s s s σ σ ν σ σ σ ν σ σ σ ν σ − + = − = = − = = − − s = 5,17 Para a segunda expressão: tem-se: ( ) 3 1 2 C s σ σ ν σ σ − + ≥ ( ) 3 1 3 1 3 1 0 30 3,22 8,5 0,2 4,1 e e e s s s s σ σ ν σ σ σ ν σ σ σ ν σ − − + = − − = − = − − = = − − s = 3,22 Então o coeficiente de segurança do eixo é: s = 3,22 ➤Exemplo 2 Um eixo de seção transversal circular cheia de 6 m de comprimento e 10 cm de raio transmite um momento torçor de 10 kN m, sendo seu peso próprio igual a 0,5 kN/m. Considerando que o eixo está simplesmente apoiado nas suas extremidades, determinar a tensão de escoamento do material de que é feito o eixo sabendo que o coeficiente de segurança segundo a teoria de Guest é igual a 5. Desprezar os efeitos do esforço cortante. Dados: l = 6 m R = 10 cm ... A = 314 cm2 q = 0,5 kN/m MT = 10 kN m = 1000 kN cm s = 5 ... Guest sssse = ? [MZ] - + A B 0,5 kN/m + q l ___ 8 = 2 M MAX 6 m 10 kN m 10 kN m 2,25 kN m = [MT] - + + 10 kN m 10 kN m Solução: ➤Solicitações: Mz = MMAX = \frac{q\, l^2}{8} Mz = MMAX = \frac{0,5\, 6^2}{8} = 2,25 Mz = MMAX = 2,25\, kN\, m = 225\, kN\, cm MT = 10\, kN\, m = 1000\, kN\, cm Y X Z MT 90 o MAX τ τMAX B MZ Y X MZ Y X MZ + ssssMAXC ssssMAX T MT MT ttttMAX ttttMAX Y Z B ssssMAXC B A A A A B B 90 o MAX τ MAX τ A ssssMAX T ➤Tensões normais causadas pelo momento fletor Mz: σ = \frac{Mz\, y}{Iz} Para o ponto A da borda inferior da seção, onde atua a tensão máxima de tração: σMAX T = \frac{Mz\, yMAX T}{Iz} Para o ponto B da borda superior da seção, onde atua a tensão máxima de compressão: σMAX C = \frac{Mz\, yMAX C}{Iz} Estas tensões são iguais em valor absoluto, já que a seção transversal é simétrica: 4 3 3 3 4 4 4 4 225 0,29 10 T T C T C T C T C Z MAX MAX MAX Z Z Z MAX MAX Z MAX MAX MAX MAX M y I M R M R R M R σ σ σ σ π π σ σ π σ σ π = = = = = = = = = = 2 0,29 / T C MAX MAX kN cm σ = σ = ➢Tensões tangenciais causadas pelo momento torçor Mᵀ: τ = \frac{Mₜ r}{Iₒ} Nesta expressão, para a tensão tangencial máxima tem-se: r = R \Rightarrow τ_{MAX} e para o momento de inércia polar: Iₒ = \frac{\pi R^4}{2} Tem-se então: 4 3 2 2 T T T MAX o M r M R M R I R τ π π = = = 3 3 2 2 2 1000 0,64 10 0,64 / T MAX MAX MAX M R kN cm τ π τ π τ = = = = ➢Retirando um prisma elementar do ponto mais tracionado A: σₓ = 0,29 kN/cm² σᵧ = 0 τ = -0,64 kN/cm² 2 tg2 x y τ α σ − σ = 2 ( 0,64) 4,414 0,29 0 4,414 77,23 38,62 38 37' 2'' tg2 tg2 2 o o o α α α α α − = − − − − − = = = = = − então para o primeiro ângulo tem-se: e para o segundo ângulo: 1 1 1 38 37' 2'' 90 51 22' 58'' 90 o o o o α α α α = + = − + = 2 1 2 2 51 22' 58'' 90 141 22' 58'' 90 o o o o α α α α = + = + = para a1 = 51o 22’ 58’’ para a2 = 141o 22’ 58’’ 2 1 1 1 2 2 2 2 ) 0,29 cos 0 ( 0,64) (2 ' 0,51 / ' cos 2 ' x y sen sen kN cm sen sen α α α σ σ σ α σ α τ α σ + − = − = + + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 ) 0,29 cos 0 ( 0,64) (2 ' 0,80 / ' cos 2 ' x y sen sen kN cm sen sen α α α σ σ σ α σ α τ α σ + − = = + + = + ➢Tensões principais: Sendo: σ₁ \geq σ₂ \geq σ₃ então: σ₁ = 0,80 kN/cm² σ₂ = 0 σ₃ = -0,51 kN/cm² Se se tivesse retirado um prisma elementar do ponto mais comprimido B, as tensões principais seriam as mesmas, mas com sinais trocados, ou seja, na aplicação da teoria de resistência chegaria-se ao mesmo resultado. Teoria de Resistência de Guest: σ₁ - σ₃ ≤ \frac{σ_T}{s} σ₁ - σ₃ ≤ \frac{σ_e}{s} σ_e = s \left(σ₁ - σ₃\right) σ_e = 5 [0,80 - (-0,51)] σ_e = 6,6 kN/cm² Exemplo 3 Determinar o coeficiente de segurança da peça mostrada na figura, sabendo que o material de que ela é feita é frágil, com tensão limite de tração igual a 30 MPa e tensão limite de compressão igual a -50 MPa. Desprezar os efeitos do esforço cortante. Dados: b = 12 cm h = 20 cm ssssT = 30 MPa = 3 kN/cm2 ssssC = -50 MPa = -5 kN/cm2 IY = 2880 cm4 IZ = 8000 cm4 s = ? Y X Z 2,4 kN 2,4 kN 1 m 0,5 m Z Y 12 cm 20 cm 3 3 4 3 3 4 20 12 2880 12 12 12 20 8000 12 12 Y Z h b cm b h cm I I = = = = = = Solução: Solicitações na seção do engaste: M_Y = -2,4 \times 1 = -2,4 M_Y = -2,4 kN m = -240 kN cm M_Z = -2,4 \times 1,5 = 3,6 M_Z = -3,6 kN m = -360 kN cm Tensões normais causadas pelos momentos fletores M_Y e M_Z na seção do engaste: Para o ponto mais tracionado B: ssssMAXT As tensões principais são: 240 ( 6) 360 ( 10) 0,95 2880 8000 T T T T Y MAX Z MAX MAX Y Z MAX M z M y I I σ σ = + − − − − = + = 2 0,95 / MAXT kN cm σ = 2 1 2 3 0,95 / 0 0 MAXT kN cm σ σ σ σ = = = = Para o ponto mais comprimido D: ssssMAXC As tensões principais são: 240 6 360 10 0,95 2880 8000 C C C C Y MAX Z MAX MAX Y Z MAX M z M y I I σ σ = + − − = + = − 2 0,95 / MAXC kN cm σ = − 1 2 2 3 0 0 0,95 / MAXC kN cm σ σ σ σ = = = = − Coeficiente de segurança: Para o ponto mais tracionado B: Como se trata de um estado de tensões uniaxiais, qualquer teoria de resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, então, para a primeira expressão tem-se: σ_1 ≤ σ_T / s s = σ_T / σ_1 = σ_T / σ_MAX_T s = 3 / 0,95 = 3,15 s = 3,15 Para o ponto mais comprimido D: Como se trata de um estado de tensões uniaxiais, qualquer teoria de resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, então, para a segunda expressão tem-se: 3 3 3 5 5,26 0,95 C C C MAX s s s σ σ σ σ σ σ ≥ = = − = = − s = 5,26 Então o coeficiente de segurança da peça é: s = 3,15 Exemplo 4 Determinar o coeficiente de segurança do pilar mostrado na figura, sabendo que o material de que ele é feito é frágil, com tensão limite de tração igual a 5 MPa e tensão limite de compressão igual a -25 MPa. Desprezar os efeitos do esforço cortante. Dados: R = 30 cm P = 2000 kN (compressão) e = 10 cm ssssT = 5 MPa = 0,5 kN/cm2 ssssC = -25 MPa = -2,5 kN/cm2 s = ? Z X 2000 kN 10 cm Y Z 2000 kN 10 cm 30 cm Solução: ▶ Transladando a carga ao baricentro, tem-se as seguintes solicitações: N = -2000 kN M_Y = - (2000 x 10) = -20000 M_Y = - 20000 kN cm ▶ Tensões normais causadas pelo esforço normal axial N e o momento fletor M_Y: Para o ponto mais tracionado A: ssssMAXT [ ] 4 2 2 4 2 4 4 4 4 (2000 10) ( 30) 2000 0,236 30 30 T T T T T T Y MAX MAX Y Y MAX Y MAX MAX MAX M z N A I M z M z N N R R R R σ σ π π π π σ π π = + = + = + − × − = − + = 2 0,236 / MAXT kN cm σ = As tensões principais são: 2 1 2 3 0,236 / 0 0 MAXT kN cm σ σ σ σ = = = = Para o ponto mais comprimido B: ssssMAXC [ ] 4 2 2 4 2 4 4 4 4 (2000 10) 30 2000 1,650 30 30 C C C C C C Y MAX MAX Y Y MAX Y MAX MAX MAX M z N A I M z M z N N R R R R σ σ π π π π σ π π = + = + = + − × = − + = − 2 1,650 / MAXC kN cm σ = − As tensões principais são: 1 2 2 3 0 0 1,650 / MAXC kN cm σ σ σ σ = = = = − ▶ Coeficiente de segurança: Para o ponto mais tracionado A: Como se trata de um estado de tensões uniaxiais, qualquer teoria de resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, então, para a primeira expressão tem-se: σ_1 ≤ σ_T / s s = σ_T / σ_1 = σ_T / σ_MAX_T s = 0,5 / 0,236 = 2,12 s = 2,12 Para o ponto mais comprimido B: Como se trata de um estado de tensões uniaxiais, qualquer teoria de resistência conduz às expressões da Teoria de Rankine, então, para a segunda expressão tem-se: 3 3 2,5 1,52 1,65 C C C C MAX s s s σ σ σ σ σ σ ≥ = = − = = − s = 1,52 Então o coeficiente de segurança da peça é: s = 1,52 Exemplo 5 Determinar a posição da linha neutra para o pilar do exemplo anterior. Dados: R = 30 cm P = 2000 kN (compressão) e = 10 cm linha neutra ? Z X 2000 kN 10 cm Y Z 2000 kN 10 cm 30 cm Solução: Transladando a carga ao baricentro, tem-se as seguintes solicitações: N = -2000 kN MY = - (2000 x 10) = -20000 MY = - 20000 kN cm Sabendo que a linha neutra é a linha formada pelos pontos que tem tensão normal nula: Linha Neutra ⇒ σ = 0 e sendo: σ = \frac{N}{A} + \frac{MY z}{Iy} então a equação da linha neutra é: 4 2 2 4 2 4 0 4 0 4 2000 4 ( 20000) 0 30 30 0 0,70736 0,03144 Y Y Y Y N M z A I N M z N M z R R R R z z π π π π π π = + = + = + − − = + = − − 22,5 z cm = − 22,5 cm Linha Neutra Y Z Exemplo 6 Determinar as tensões normais máximas de tração e de compressão que ocorrem na seção transversal do pilar mostrado na figura e a posição da linha neutra. 100 kN X Z 10 cm 20 cm 100 kN Y Dados: b = 20 cm ; h = 10 cm P = 100 kN (compressão) eY = 5 cm ; eZ = 10 cm ssssMAXT = ? ; ssssMAXC = ? linha neutra ? 2 3 3 4 3 3 20 10 200 10 20 6666,7 12 12 20 10 4 1666,7 12 12 Y Z A b h cm h b cm b h cm I I = = = = = = = = = Z X 100 kN Z 100 kN 20 cm 10 cm Solução: Transladando a carga ao baricentro, tem-se as seguintes solicitações: N = -100 kN M_Y = - (100 x 10) = -1000 kN cm M_Z = - (100 x 5) = -500 kN cm N M_Y M_Z Z Y Tensões normais causadas pelo esforço normal axial N e os momentos fletores M_Y e M_Z : Para o ponto mais tracionado B: ssssMAXT 100 1000 ( 10) 500 ( 5) 2,5 200 6666,7 1666,7 T T T T Y MAX Z MAX MAX Y Z MAX M z M y N A I I σ σ = + + − − − − − = + + = 2 2,5 / MAXT kN cm σ = Para o ponto mais comprimido D: ssssMAXC 100 1000 10 500 5 3,5 200 6666,7 1666,7 C C C C Y MAX Z MAX MAX Y Z MAX M z M y N A I I σ σ = + + − − − = + + = − 2 3,5 / MAXC kN cm σ = − Sabendo que a linha neutra é a linha formada pelos pontos que tem tensão normal nula: Linha Neutra ⇒ σ = 0 e sendo: σ = \frac{N}{A} + \frac{M_Y z}{I_Y} + \frac{M_Z y}{I_Z} então a equação da linha neutra é: 0 100 1000 500 0 200 6666,7 1666,7 0 0,5 0,15 0,3 Y Z Y Z N M z M y A I I z y z y = + + − − − = + + = − − − 3 1,5 5 0 y z + + = 0 1,67 0 3,33 Para z y cm Para y z cm = ⇒ = − = ⇒ = − Z Y Linha Neutra T C y=-1,67 cm z=-3,33 cm Dados: sssse = 300 MPa = 3000 kgf/cm2 A = 27 cm2 IY = 515 cm4 IZ = 230 cm4 s = ? Z 1000 kgf Y Z 2 m X 60 o 14 cm 4 cm 10 cm 40 cm 1 cm 1 cm 2 4 4 27 515 230 Y Z A cm cm cm I I = = = Para os pontos da borda A (pontos mais comprimidos): ssssMAXC As tensões principais são: 866,03 56698,72 ( 4) 472,45 27 515 C C C Y MAX MAX Y MAX M z N A I σ σ = + − × − = + = − 2 472,45 / MAXC kgf cm σ = − 1 2 2 3 0 0 472,45 / MAXC kgf cm σ σ σ σ = = = = − Para os pontos da borda B (pontos mais tracionados): ssssMAXT As tensões principais são: 866,03 56698,72 10 1068,87 27 515 T T T Y MAX MAX Y MAX M z N A I σ σ = + − × = + = 2 1068,87 / MAXT kgf cm σ = 2 1 2 3 1068,87 / 0 0 MAXT kgf cm σ σ σ σ = = = = Além disso, como o material é dútil, bastará verificar os pontos que estão submetidos às maiores tensões (em valor absoluto). Então, para os pontos da borda B (pontos mais tracionados) tem-se: 1 3000 2,81 1068,87 T T T e MAX e MAX s s s s σ σ σ σ σ σ ≤ = = = = s = 2,81 Se se verificasse os pontos da borda A (pontos mais comprimidos), obteria-se: 3 3000 6,35 472,45 C C C e MAX e MAX s s s s σ σ σ σ σ σ ≥ − = − = − = = − s = 6,35 Obviamente, o coeficiente de segurança da peça é: s = 2,81 Dados: P1 = 5000 kgf P2 = 500 kgf b = 17 cm h = 16 cm R = 5 cm linha neutra ? Z 5000 kgf 80 cm X 60 cm 500 kgf Z Y 8 cm 8 cm dG 5 cm 5 cm 5 cm 2 cm 5000 kgf 500 kgf B A Área da seção transversal: 1 2 1 1 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 17 16 272 272 5 78,54 78,54 272 78,54 193,46 193,46 A A A b h A A cm A R A A cm A A cm A A A A π π − = × = × = = = × = × = = − − = = = = = Baricentro da seção transversal: Adotando a borda AB como linha de referência e aplicando o Teorema de Varignon, chamando d1, d2 e dG as distâncias do baricentro do retângulo, do círculo e da figura composta, respectivamente, até a linha de referência, tem- se: 1 1 2 2 1 1 2 2 272 8,5 78,54 10 7,89 193,46 7,89 G G G G A d A d A d A d A d d A d cm d × = × − × × − × = × − × = = = Momento de inércia da seção transversal com relação ao eixo Y: Aplicando o teorema de Steiner para transladar os momentos de inércia de cada figura até o eixo Y da figura composta, tem-se: ( ) ( ) 1 2 1 1 1 3 2 1 1 3 2 4 12 16 17 272 8,5 7,89 6651,88 12 6651,88 Y Y Y Y G Y Y I I I h b I A d d I I cm = − × = + × − × = + × − = = ( ) ( ) 2 2 2 1 2 4 2 2 2 4 2 4 4 4 5 78,54 10 7,89 840,54 4 840,54 6651,88 840,54 5811,51 5811,51 Y G Y Y Y Y Y Y Y R I A d d I I cm I I I I I cm π π × = + × − × = + × − = = = − = − = = Momento de inércia da seção transversal com relação ao eixo Z: 1 2 1 1 1 3 3 4 12 17 16 5802,67 12 5802,67 Z Z Z Z Z Z I I I b h I I I cm = − × = × = = = 2 2 2 1 2 4 4 4 4 4 5 490,87 4 490,87 5802,67 490,87 5311,80 5311,80 Z Y Z Z Z Z Z Z R I I I cm I I I I I cm π π × = × = = = = − = − = = Transladando a carga ao baricentro, tem-se as seguintes solicitações: N = -5000 kgf MY = 500 x 60 - 5000 x (17 - 7,89) = - 15550 MY = -15550 kgf cm MZ = 5000 x 8 = 40000 MY = 40000 kgf cm Z Y N MZ MY então a equação da linha neutra é: 0 5000 15550 40000 0 193,46 5811,51 5311,80 0 25,85 2,68 7,53 Y Z Y Z N M z M y A I I z y z y = + + − − = + + = − − + 7,53 2,68 25,85 0 y z − − = 0 3,43 0 9,64 Para z y cm Para y z cm = ⇒ = = ⇒ = − Z Y T C Linha Neutra y=3,43 cm z=-9,64 cm Dados: R = 30 cm Núcleo central ? Z X Y Z 30 cm Z X P a Y Z P a 30 cm Linha Neutra ssss = 0 A Como o ponto A (de coordenadas y = 0 e z = -30 cm) é um ponto da linha neutra, então nesse ponto tem-se que: ( ) 4 2 2 2 0 0 0 4 4 0 1 4 Y Y N M z A I P a z P R R a z R R a z σ π π = = + − − = + = − − = − 302 7,5 a = − 4 ( 30) = − 7,5 a cm = O mesmo procedimento pode ser realizado aplicando a carga sobre o eixo Y, chegando-se ao mesmo valor. O núcleo central da seção é então um círculo de raio igual a 7,5 cm. Y Z 30 cm 7,5 cm Dados: Resposta: q = 300 kgf/m s = 4,18 sssse = 2400 kgf/cm2 30o q = 300 kgf/m 2 m Z 3 cm Y 1 cm 12 cm 1 cm 1 cm 3 cm