E – Flexão Pura

1

Cap. 5.0 – FLEXAO PURA 5.1 – INTRODUÇÃO As peças longas, quando submetidas à flexão, apresentam tensões normais eleva-das (por exemplo, para se quebrar um lápis, com as mãos, jamais se cogitaria tracioná-lo, comprimi-lo, torcê-lo ou cisalhá-lo; um momento fletor de pequeno valor seria suficiente para produzir tensões de ruptura no material). Daí a importância do presente estudo. 5.2 – MOMENTO FLETOR (M) Recordando estudos de Isostática, quando da análise das relações entre os esforços solicitantes em uma viga sob carregamento transversal q(x), temos que: A relação 5.2.2 denota que, quando a força cortante Q é nula ao longo de uma ex-tensão x da viga, o momento fletor M será constante (FLEXÃO PURA). Da mesma for-ma, nas seções onde o momento fletor é extremo (máximo [+] ou mínimo [-]) a força cor-tante será nula, sendo aplicável para tais casos (de especial importância) o estudo da fle-xão como sendo pura.

Σ Fy = 0 ⇒ Q = q (x) dx + (Q + dQ)

dQ/dx = - q(x) ........... (5.2.1) Σ Mo=0 ⇒ M+Qdx=q(x)dx.dx/ξ + M+dM (sendo ξ > 1, tornando o termo ⇑ desprezível em presença das demais) e dM/dx = Q ...................... (5.2.2)

M Q M+dM Q+dQ

x dx

O

y

Fig. 5.2.1 – Relações entre q(x), Q e M em uma viga

1,5 1,5 1,5 1,5 4,0 m 4,0 m 3,5 m 3,5 m

2,0 tf 2,0 tf 4,0 tf 1,0 tf / m

+ 2,0

- 2,0

+ 2,0

- 2,0 - 2,0

+ 2,0 Q (tf)

+3,0 tf.m +5,0 tf.m

+7,0 tf.m

M

Q = 0 Q = 0

Q = 0

Fig. 5.2.2 – Diagramas de esforços solicitantes (Q e M) de vigas sob carregamento transversal (exemplos)

2,0tf

2,0tf

q(x)

E – Flexão Pura

2

5.3 – TENSÕES NORMAIS NA FLEXÃO RETA (SIMÉTRICA) E ELÁSTICA. No caso comum de vigas com seção transversal simétrica em relação ao plano do carregamento, verifica-se que a distribuição das tensões normais nos diversos pontos da seção só depende da distância y em relação à linha que a divide nas partes tracionada e comprimida (“linha neutra” – LN – Fig. 5.3.1 – a e b). Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da LN em decorrência da deformação das fibras longitudinais, concluiremos que a linha neutra será reta e que as deformações ε variarão linearmente com relação a seu afastamento y em relação à LN (Fig. 5.3 .1– c). Computando a resultante dos momentos, em relação à linha neutra, das forças ele-mentares atuantes nos diversos pontos da seção podemos escrever (Fig. 5.3.1 b):

∫ σ dA.y = M.............................(5.3.1)

Adotando a hipótese da manutenção da seção plana (Fig. 5.3.1 c), e admitindo que o material da viga trabalha na fase elástica podemos escrever sucessivamente:

ε = c. y .......... σ = E ε .............. σ = k y .....(distribuição linear das tensões) e

∫ k y dA.y = M ⇒ k = M / ∫ y2 dA ,

sendo ∫ y2 dA = ILN (momento de inércia da área da seção transversal em relação à linha neutra).

Portanto: σ = (M / ILN) y .................. (5.3.2) equação estabelecida por Euler, para determinação da tensão normal σ atuante em um ponto qualquer de uma dada seção de uma viga, onde atua um momento fletor M e que

σσσσ σσσσ εεεε

M y y LN LN LN

(a) (b) (c)

Fig.5.3.1 –(a) Flexão de vigas simétricas. (b) tensões normais. (c) deformações – manutenção da seção plana (Obs: o eixo y foi orientado para baixo para se adequar à convenção de sinais do momento fletor - positivo quando traciona as fibras inferiores e comprime as superiores)

σ+

σ−

dA

E – Flexão Pura

3

tem um momento de inércia ILN em relação à linha neutra, sendo y a distância do ponto citado, em relação à mencionada LN. Resta precisar a posição em que se encontra a linha neutra. Como na flexão pura a força normal é nula, teremos, necessariamente:

∫ σ dA = N = 0 e ∫ ( Μ / ΙLN ) y dA = 0, portanto, ∫ y dA = 0, ou seja, o momento estático (de 1ª ordem) da área da seção em relação à Linha Neutra sendo nulo, indica que a LN contém o centróide da área. 5.4 – VÁRIAS FORMAS DE SEÇÃO. MÓDULO DE RESISTÊNCIA (W). Para as formas mais comuns das seções das vigas (retangular, circular, tubular ou composições destas), o cômputo dos respectivos momentos de inércia I em relação a eixo central que contém o centróide da área nos fornece, por exemplo (com e << b ~ h ~ d):

O momento de inércia I da seção (com dimensão do produto de uma área pelo qua-drado de uma distância), medido em m4 no S.I., será tanto maior quanto maiores forem as dimensões no sentido do plano do carregamento (note na tabela acima a prevalência das potências das dimensões h quando comparadas com as das dimensões b).

b b b

h h

h

e

e

e

e

e

d d

I = bh3 / 12 π d4 / 64 eh3/6 + ebh2/2 π e d3 / 8 eh3/12 + ebh2/2

Fig. 5.4.1 – Algumas formas de seção transversal de vigas e seus respectivos momentos de inércia.

Observando a equação 5.3.2, verifica-se que altos valores de I corresponderão a valores menores de σ, o que leva ao emprego de vigas de seção transversal cuja área seja distribuída de forma mais afastada em rela-ção à linha neutra (ex.: perfil I ⇒ ).

As máximas tensões normais (de tra-ção e de compressão), em uma dada seção, ocorrerão nas fibras cujas distâncias y em relação à linha neutra sejam as mais afasta-das. Assim, de 5.3.2, tiramos:

Fig. 5.4.2 - Na posição em que se encontra a placa de vidro mostrada acima, corre ela sério risco de partir por flexão devido ao peso próprio, o que não aconteceria se fos-se posicionada verticalmente.

E – Flexão Pura

4

σ max = (M / ILN) y max = M / (ILN / y max ) Fazendo (ILN / y max) = W ................................................. (5.4.1)

(onde W – módulo de resistência à flexão) podemos escrever:

σσσσ max = (M / Wmin) ......................................................... (5.4.2) A tabela abaixo apresenta valores do módulo de resistência W de algumas formas de seção (com e << b ~ h ~ d):.

h h

h h

h/3

2d/3π

b b b b d d d

e e em

Wmin bh2 / 6 πd3 / 32 bh2 / 24 0,02384 d3 eh2/3 + beh π e d3 / 8 eah

2/6 + embh (**) (* )

ea

Dois teoremas (Steiner) relativos à Geome-tria das Áreas, estudados nos cursos de Mecâni-ca, são muito úteis no cálculo dos momentos e produtos de inércia: Teorema dos Eixos Perpendiculares:

Ix + Iy = Jo (*)

Teorema dos Eixos Paralelos: I x = Ix + A dy

2 (**) ou também: Iy = Iy + A dx

2 - para os produtos de inércia:

Ixy = I xy + A dx dy) sendo dx e dy as distâncias entre os pares de ei-xos paralelos, com origens num ponto O qual-quer e no centróide C da área. Por exemplo: para o tubo circular assinalado com (*), Jo = π d e (d/2)2 = Ix + Iy = 2Ix =>I x = π e d3 / 8 Para obter o valor de I da meia-lua (**) fizemos: I x = Ix – A y2 = ½ πd3 / 32 – ½ (πd2 / 4)(d/2 – 2d/3π)2

x

x

y y

O

C

dy

dx

Fig. 5.4.3 – Momentos e Produtos de Inércia. Teoremas de Steiner.

E – Flexão Pura

5

Tratando-se de seções que não são simétricas em relação ao eixo baricêntrico per-pendicular ao plano do carregamento, deverão ser considerados dois módulos de resis-tência, em relação às fibras mais afastadas, a inferior e a superior (no lado tracionado e no lado comprimido, no caso de um momento fletor positivo).

d

b

h

Exemplo 5.4.1 – Deseja-se cortar uma tora de madeira de seção circular de diâmetro d para fabricar uma viga de seção retangular (b x h). Determine a relação b/h ótima para maximizar o módulo de resistência W (minimizando as tensões na flexão reta). Solução: W = b h2/ 6. Para a tora, d2 = b2 + h2. Portanto: W = (b/6)(d2 – b2). O máximo valor de W ocorre quando dW/db = 0, ou seja d2/6 – 3 b2/6 = 0 e d2= 3 b2; h2 =2 b2. Temos, pois: b/h = 0,707 (Resp.)

Exercício proposto 5.4.2 – Deseja-se fabricar um perfil “C” a partir de uma barra chata de espessu-ra “e” e largura “a”, dobrada como mostra a figu-ra. Pede-se determinar a relação entre a largura “b” das mesas e a altura “h” da alma, de modo a que o módulo de resistência “W” do perfil seja o maior possível. (obs. – no cômputo da contribuição das mesas para o momento de inércia, desprezar o momento bari-cêntrico be3/12,em presença de bh3/12, já que a espessura e << h).

a

e b

h

Tal circunstância é levada em conta, de maneira especial, no caso de vigas construídas com material cujas tensões limi-tes são diversas para a tração e para a compressão (caso do con-creto, do granito, da madeira e outros), tendo seções dimensio-nadas de forma a que a linha neutra se aproxime da fibra submetida ao menor esforço.

M +

σσσσmax tração

σσσσmax compressão

Fig. 5.4.4 – Posicionamentos de viga construída com material cuja tensão limite à tração é menor que à compressão.

E – Flexão Pura

6

Com os valores obtidos teremos:

1) na seção do apoio A – [σmax]tração

= (9.000/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 9,68 MPa (T) [σmax]

compressão = (9.000/88,09 x 10-6) (0,2253) = 23,0 MPa (C)

2) na seção (*) ----------- [σmax]tração

= (10.800/88,09 x 10-6)(0,2253) = 27,6 MPa (T)

[σmax]compressão

= (10.800/88,09 x 10-6)(0,320 – 0,2253) = 11,6 MPa (T) Portanto: [σmax]

tração = 27,6 MPa (T) (na seção *)

[σmax]compressão

= 23,0 MPa (C) (na seção sobre o apoio A)

1,00 0,50 0,50 2,00 m

9,0 kN 15 kN/m

200

300

20

15

Exemplo 5.4.3: Para a viga esquematizada, pede-se determinar, nas seções onde a fle-xão é pura (Q=0), os valores das maiores tensões de tração e de compressão.

+

- -

Q (kN)

A B

+

- M (kNm)

18

12 9 x=1,2

MA = 9

M* = 10,8

Q =0 Q =0

_ y

Solução

O cálculo das reações nos apoios nos dá: A = 27 kN e B = 12 kN. O diagrama de força cortante aponta Q = 0 no apoio A e na seção tal que x/18=(x-2)/12 Os momentos extremos, nessas seções , valerão: MA = - 9 kNm e M* = 10,8 kNm. O centróide da seção (linha neutra) estará em 15x300 x150 + 200 x 20 x 310 =225,3mm 300 x 15 + 200 x 20 ILN = 15 x 3003/12 + 300x15(225,3 –150)2 x

X 200 x 203/12 + 200x20(310 – 225,3)2 =

= 88,09 x 106 mm4 = 88,09 x 10-6 m4

_ y =

1,00

1,00

2,00 m

Exercício proposto 5.4.4: Dimensionar as vigas para suporte de uma caixa para 4.000 litros de água. Admitir: 1º) que as vigas sejam de madeira, (tensão nor-mal limite 40 MPa – coeficiente de segurança 4,0) com seção retangular sendo b = 0,7 h. Ava-liar o efeito do peso próprio da viga. 2º) que as vigas são perfis de aço laminado (ten-são limite 200 MPa e coeficiente de segurança 2,0) com seção em “I” de dimensões mostradas na tabela de perfis laminados constante da Tabe-la B – Perfis I laminados ou na página 1194 do LT-1. Avaliar o efeito do peso próprio. Consulte também o item “LINKS” da h.p. no en-dereço: www.cesec.ufpr.br/~metalica/08/08.htm OBS. Considerar a conveniência de se colocar calços sob a caixa para o contato com as vigas. Dimensio-nar os calços.

E – Flexão Pura

7

5.5 – VIGAS CONSTITUÍDAS DE DOIS MATERIAIS. SEÇÃO TRANSFORMADA. Para vigas cujo material tem tensões limites diferentes, quanto à tração e quanto à compressão (caso típico do concreto, que suporta elevadas tensões de compressão, sendo frágil quando submetido à tração), usa-se o expediente de promover um reforço com ma-terial que seja mais resistente. É a solução adotada, por exemplo, nas vigas de concreto armado. Nas equações 5.5.1 e 2, as distâncias “y” são contadas, nos materiais A e B, a partir da “linha neutra”, eixo em torno do qual a seção gira ao flexionar, tracionando as fibras de um lado e comprimin-do do outro da seção. Mantendo a suposição de que a seção reta permanece plana após a flexão, será fácil predizer que

as deformações específicas ε variarão linearmente com as correspondentes distâncias y, ou seja:

ε = k y. Tendo os materiais A e B comportamento elástico (σ = E ε ) poderemos escrever:

σA = EA εA = EA k yA ; σB = EB εB = EB k y B ...................................... (5.5.3)

Levando em 5.5.2 obteremos: N = ∫A EA k yA bA dyA + ∫B EB k y B bB dyB = 0, ou

∫A EA yA bA dyA + ∫B EB y B bB dyB = 0, ou ainda, ∫A yA bA dyA + ∫B (EB / EA) y B bB dyB = 0. Fazendo (EB / EA ) = n (relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais), a equação acima se transforma em:

∫A yA bA dyA + ∫B y B (n bB ) dyB = 0,

Para uma viga constituída de um material A e que tenha um reforço em um material diferen-te B (conforme representado na figura ao lado), o cálculo do momento fletor resultante na seção composta será dado por:

M = ∫A σA dAA yA + ∫B σB dAB yB

M = ∫A σA yA bA dyA + ∫B σB yB bB dyB..(5.5.1) Como a flexão é suposta pura, N = 0, e

N = ∫A σA dAA + ∫B σB dAB = 0

N = ∫A σA bA dyA + ∫B σB bB dyB = 0 ...(5.5.2) Fig. 5.5.1 – Viga constituída de dois materiais

bA

bB

yA

dyA

dyB

yB Linha neutra

que pode ser interpretada como indicando que a linha neu-tra estará posicionada na altura do centróide de uma área hipotética, constituída por sua forma original, na altura do material A, porém transformada, na altura do material B, de forma a que as dimensões horizontais b fiquem multipli-cadas pelo fator adimensional n = EB/EA. Quando levamos as mesmas equações 5.5.3, agora na equação 5.5.1, teremos:

M = ∫A EA k yA2 bA dyA + ∫B EB k yB

2 bB dyB; ou

M / k EA = ∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB ,

Viga constituída de dois materiais

linha neutra

E – Flexão Pura

8

No caso de vigas de concreto, armadas com tirantes de aço, quando o cálculo das tensões é feito considerando que o concreto não é capaz de trabalhar quando tracionado (porque se fratura), a posição da linha neutra da seção transformada não fica previamente determinada, devendo-se considerar, no cálculo de seu posicionamento, que o momento

b

n x b b

b_ n

Fig. 5.5.2 - Seção Transformada – n = EB / EA > 1

Exemplo 5.5.1 - A viga de madeira esquematizada tem um re-forço constituído por uma barra de aço, como indicado. Pedem-se as tensões máximas de tração e compressão nos dois materiais, para um momento fletor M = 20 kN.m (+) Dados: Eaço= 200 GPa; Emadeira = 10 GPa

200

120

20 60

Solução: n = 200/10 = 20. A seção transformada teria as dimensões mostradas na figura ao lado, para a qual: 1200x20x10 + 120x200x120 120x200 + 20x1200 IT = 1200x203/12 + 1200x20x(65 – 10)2 + 120x2003/12 + + 120x200x(120 – 65)2 = 226 x 106 mm4 = 226 x 10 –6 m4.

[σ max] madeira/compressão

= (20.000/226x10-6)(0,220 - 0,065) = =13,7 MPa

[σ max] madeira/tração

= (20.000/226x10-6)(0,065 - 0,020) = =3,99 MPa

[σ max] aço/tração

= (20.000/226x10-6)(0,065) = 115 MPa. (não há compressão no reforço de aço)

= 65 mm Y =

60 x 20 = 1200

120

200

20

13,7

4,99 115 MPa

Exercicio proposto 5.5.2 – Resolva o problema anterior adotando como seção transformada aquela convertida “em aço”, ou seja, dividindo a largura “b” da parte de madeira por “n”, recalculando o novo IT, para, ao final, obter os mesmos resultados para as tensões calculadas.

120 : 20 = 6

que vem a ser o momento de inércia IT daquela mesma seção transformada como se fosse toda ela constituída do material A (mantidas as dimensões na parte do material escolhido para a transformação e alterando as dimensões horizontais b da parte transformada, multiplicadas pelo fator n):

∫A yA2 bA dyA + ∫B yB

2 (n bB) dyB = IT = M / k EA, de onde tiramos: k = M / IT EA.

Voltando às equações 5.5.3, teremos: σA = (M / IT) yA; σB = n (M / IT) yB ....… (5.5.4) (a transformação poderia ter sido feita utilizando o material B como base, alterando as dimensões da parte A (x 1/n)

E – Flexão Pura

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estático da área comprimida (parte de concreto) deverá ser igual ao momento estático da área correspondente à parte tracionada.

Como a relação entre os módulos de elasticidade dos dois materiais (n) é da ordem de 200/20 = 10, consideraremos que a área de aço é confinada em uma linha na altura da armadura, já que o diâmetro dos vergalhões é pequeno em relação às dimensões da viga, teremos: Área da armadura “transformada” em concreto = 10 x Área em aço. No cômputo do momento de inér-cia da área transformada despreza-mos a parcela correspondente à li-nha de centro da armadura.

Linha neutra

b

Aa (área da armadura em aço)

h

n x Aa

Exemplo 5.5.3: Uma viga de concreto armado, bi-apoiada, suporta uma carga uniformemente dis-tribuída de 24 kN/m em um vão de 5m. A seção retangular mede 300 x 540 mm2 reforçada com 5 barras de aço redondo de 7/8” (1 polegada = 25,4 mm) com seus centros colocados a 70 mm da parte inferior da viga. Os módulos de elasticidade do aço e do concreto valem 200 e 20 GPa, res-pectivamente. Determinar as tensões longitudinais máximas no concreto e a tensão média de tra-ção no aço, admitindo:

1º) que o concreto seja eficaz para suportar a tração; 2º) que nenhuma parte do concreto seja eficaz para tração. 24 k N / m

60 kN

No meio do vão a flexão é pura (Q=0) e omomento fletor é máximo, valendo: M = 60 x 2,5 – (24 x 2,5 x ½ 2,5) = 75 kN.m

75 kN.m

60 kN Q = 0

2,5 m

1º) Supondo que o concreto fosse eficaz para suportar tensões de tração (prática em desuso –denominada “Estádio 1”), a seção transformada teria as características representadas na figura abaixo:

½ 1940 x 9 n - 1

yLN

5 vergalhões – d = (7/ 8) x 25,4 = 22,2mm; Av = 387,9 mm2

Área total: Aa = 1940 mm2

540

300

540

300

540

300

buracos

ou

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 10 n

½ 1940 x 9 n - 1

Linha Neutra

70

E – Flexão Pura

10

A posição da linha neutra fica determinada fazendo: 300 x 540 x 270 + 1940 x 9 x 70 300 x 540 + 1940 x 9

O momento de inércia da transformada valerá: IT = 300 x 5403 / 12 + 300 x 540 (270 – 250,5)2 + 1940 x 9 x (250, 5 – 70)2 = 4.567 x 106 mm4

IT = 4.567 x 10 – 6 m4 .

Portanto:, as tensões extremas no concreto valerão: σ Τração = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505) = 4,11 MPa (na fibra inferior)

σ Compressão = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0, 540 - 0,2505) = 4,75 MPa (na fibra superior)

A tensão média na armadura de aço valeria:

σ Aço = (75.000 / 4.567 x 10 –6 ) (0,2505 – 0,070) x 10 = 29,6 MPa. 2º) Supondo, agora, que o concreto não seja eficaz para suportar tensões de tração (“Estádio 2”) , a seção transformada seria como a apresentada na figura abaixo.

= 250, 5 mm. yLN =

300

540

70

Linha Neutra

yLN

1.940 x 10 mm2

A posição da linha neutra será determinada igualando os mo-mentos estáticos da área eficaz do concreto (comprimida) e da área total da armadura de aço, transformada. Assim: 300 (540 – yLN)(540 – ylN) x ½ = = 19.400 x (yLN – 70). yLN = 349,8 mm

O momento de inércia da seção transformada em relação à linha neutra valerá: IT = 300 x (540 – 349,8)3 / 3 + 19.400 x (349,8 – 70)2 = 2.206,6 x 106 mm4 = 2.206,6 x 10 - 6 m4

Portanto: (no concreto) – (σCompressão)

máxima = (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0, 540 – 0,3498) = 6,46 MPa (na

parte superior da seção) (no aço) – (σTração)

média = 10 x (75.000 / 2.206,6 x 10 –6 ) (0,3498 – 0,070) = 95,1 MPa (na ar-

madura)

E – Flexão Pura

11

5.6 – FLEXÃO PURA ASSIMÉTRICA (FLEXÃO OBLIQUA)

Na determinação das tensões normais despertadas na flexão pura (Q=0) de vigas cujo plano do carregamento não coincide com um eixo de simetria da seção, ou quando

Tomando momentos das forças normais elementares atuantes nos diversos pontos da seção, te-

remos:

Mz = ∫ σ dA y e My = ∫ σ dA z ..........(5.6.1)

Admitindo que a seção transversal permanece plana após girar em torno da linha neutra, concluiremos que as deformações ε das diversas fibras longitudinais da viga variarão linearmen-te com respeito às coordenadas y e z do ponto da seção correspondente. Considerando, em com-plemento, que o material trabalha elasticamente ao se deformar (tensões proporcionais às de-formações), poderemos escrever:

>>> σ = k0 + k1 y + k2 z , sendo ki constantes a determinar. Considerando que a flexão é pura e, portanto, N = 0, teremos que N = ∫ σ dA = 0 e,

então k0 = 0, (já que os momentos estáticos em relação aos eixos baricêntricos são nulos) indi-cando que a linha neutra, também neste caso, contém o centróide da área da seção e que:

σ = k1 y + k2 z ................................................ (5.6.2) Levando em 5.6.1 obtemos:

Mz = ∫ (k1 y2 + k2 zy) dA e Mz = ∫ (k1 yz + k2 z

2) dA , ou

Mz = k1 ∫ y2 dA + k2 ∫ zy dA e Mz = k1 ∫ yz dA + k2 ∫ z2 dA .

a seção não dispõe de qualquer eixo de simetria, a equação de Euler (5.3.2) não pode ser utilizada. A Fig. 5.6.1 representa uma viga com seção de formato qualquer, submetida a um momento fletor M orientado segundo uma direção qualquer, formando um ângulo θ, como indicado. O eixo y foi orientado para baixo enquanto o eixo z foi escolhido de forma a consti-tuir um triedro direto com o eixo x ao longo da viga (a origem posta no centróide C da área da seção).

Fig. 5.6.1- Flexão Obliqua. y

x

z

y

z

σ

dA

M

Mz My

Plano do carregamento

Convém frisar que as componentes de momento Mz e My escolhidas são aquelas que produziriam tensões trativas para um dA posicionado no pri-meiro quadrante do par de eixos yz (note que My

será positivo quando orientado no sentido positivo do eixo y, enquanto Mz será positivo, quando ori-entado no sentido negativo do eixo z -tensões de tração nas fibras inferiores).

θ

θ

C

E – Flexão Pura

12

Considerando que: ∫ y2 dA = Iz ; ∫ z2 dA = Iy ; ∫ yz dA = Pyz * * - Pyz - Produto de Inércia da área da seção em relação ao par de eixos yz.

Finalmente teremos: Mz = k1 Iz + k2 Pyz

................................... (5.6.3). My = k1 Pyz + k2 Iy

Conhecido o carregamento e determinado o momento fletor, obtemos suas compo-

nentes nos eixos y (para baixo) e z escolhidos (cuidado com o sinal de Mz, positivo quando no sen-tido negativo do eixo z). Conhecidas as características geométricas da seção, podemos de-terminar os momentos e produto de inércia em relação aos eixos. Tais valores (Mz , My , Iz , Iy e Pyz ), levados em 5.6.3, nos permitem obter um sistema de duas equações com as duas incógnitas k1 e k2. Resolvido o sistema e utilizando 5.6.2, obteremos o valor da ten-são normal, bastando conhecer as coordenadas do ponto correspondente da seção. A po-sição da linha neutra será determinada considerando que nela as tensões serão nulas (fa-zendo σ = 0 em 5.6.2, obtendo-se a equação da L.N.).

20

20

80

140 M = 10,0 kN.m

Exemplo nº 5.6.1 - O perfil de abas desi-guais esquematizado ao lado é submetido a um carregamento vertical e, em determina-da seção, a flexão é pura, com momento fletor de 10,0 kN.m, tracionando a aba su-perior. Pede-se determinar: 1º) as tensões normais nos pontos A, B e Cassinalados; 2º) a posição da linha neutra; 3º) as máximas tensões de tração e de com-pressão na seção.

A B

C

z

52

22

CG

Solução – Estabelecendo os eixos y z com origem no centróide da área da seção: yc = (60 x20 x10 + 140 x20 x70) / (60 x20 + 140 x20) = 52 mm zc = (60 x20 x50 + 140 x20 x 10) / (60 x20 + 140 x20) = 22 mm No cálculo dos momentos de inércia obtem-se: Iz = 60 x203/12 + 60 x20(52 – 10)2 + 20 x 1403/12 + 140 x 20(70 – 52)2 = = 7,637 x 106 mm4 = 7,637 x 10 –6 m4

Iy = 140 x203/12 + 140 x20(22 – 10)2 + 20 x 603/12 + 60 x 20(50 – 22)2 = = 1,797 x 106 mm4 = 1,797 x 10 –6 m4

y

E – Flexão Pura

13

No cômputo do PRODUTO DE INERCIA Pyz levaremos em conta que é nulo o seu valor quando um dos eixos for de simetria para a seção. Portanto, os produtos de inércia baricêntricos para cada uma das abas retangulares serão nulos, bastando apenas acrescentar os produtos de transporte para o baricentro da figura, conforme estabelece o teorema de Steiner (eixos paralelos). Importante será levar em conta que, ao contrário dos momentos de inércia (grandeza sempre positiva), o produto de inércia pode ser positivo ou negativo (conforme o quadrante em que a figura esteja posicionada)

Assim, para a área da cantoneira em análise (em sua maior parte contida nos 2º e 4º quadran-tes) teremos:

Pyz = [ - 60 x 20 x (50 – 22) x (52 – 10)] + [ - 140 x 20 x (70 – 52) x (22 – 10) = = - 2,016 x 106 mm4 = - 2,016 x 10 –6 m4

Levando em 5.6.3 os resultados obtidos para as propriedades geométricas da seção e conside-rando que o momento fletor M tem como componentes: My = 0 e Mz = - 10 kN.m (o sinal negativo corresponde à convenção usual para momentos que tracionam as fibras superiores, embora esteja orientado no sentido positivo do eixo z – cuidado � ! – segundo o eixo y a incoerência não ocorre ):

- 10 x 103 = [ 7,637 k1 + (- 2,016) k2] x 10 –6

0 = [(- 2,016) k1 + 1,797 k2] x 10 -6 Resolvido o sistema obtemos: k1 = - 1.860 x 106 ; k2 = - 2.087 x 106 (Pa/m) e, levando em 5.12, teremos finalmente: σ = (- 1.860) y + (- 2.087) z ..............................(a) Para os pontos A(-52; -22); B(-52; +58) e C(+84; -2) – coordenadas (y; z) em mm, teremos:

σA = + 143 MPa (tração); σB = - 24,3 MPa (compressão !! *); σC = 152 MPa (compressão). * o resultado, inesperado em princípio, de uma tensão de compressão em ponto da aba superior do perfil, ficará compreendido ao analisarmos a posição da linha neutra.

A linha neutra (que separa as regiões tracionada e compri-mida) é o lugar geométrico dos pontos da seção onde a tensão é

nula, permitindo obter-se a sua equação zLN = f (yLN) fazendo σ = 0 em (a): 0 = 1.860 y + 2.087 z >>>> zLN = - 0,8912 yLN (eq. da LN)

indicando que a LN forma um ângulo β com o eixo y tal que a sua tg = - 0,8915 ou seja β = - 41,7º = + 138,3º. Portanto, a linha neutra não coincide com a linha de ação do vetor momento na seção (ao contrário do que ocorre na flexão reta). O ponto B, realmente, está no lado comprimido do perfil. As tensões máximas ocorrerão nos pontos mais afastados da linha neutra. No caso em apreciação:

σ max Tração

= 143 MPa (ponto A); σ max Comp. = 152 MPa (ponto A)

z

Nota: se a equação de Euler (5.4) fosse empregada para o caso (solução incabível) as tensões ex-

tremas seriam calculadas como: σA = σB = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,052 = 68,1 MPa (errado !)

σC = (10.000 / 7,637 x 10-6) x 0,088 = 115 MPa (errado !)

52

58

- 41,7º

Linha Neutra

y

41,9º

A B

C

+ + + + + + + + +

-

- - - - - - - -

+

E – Flexão Pura

14

No caso de vigas cuja seção transversal possui um eixo de simetria, porém o plano do carrega-mento não coincide com o seu plano de simetria (FLEXAO OBLIQUA), a determinação das tensões se realiza de maneira mais simples escolhendo-se, como um dos eixos, o eixo citado de simetria da seção. Assim, teremos a condição simplificada de Pyz = 0 que, levada em 5.6.3 nos fornece:

Y

Z

M

Plano do carre-gamento

k1 = MZ / IZ e k2 = MY / IY. Considerando 5.6.2, termos finalmente:

σ = (MZ / IZ) Y + (MY / IY) Z ................ (5.6.4) indicando que a solução seria a composição de duas flexões re-tas, cada uma computada em relação a um dos eixos principais da seção (representados em letras maiúsculas como Y e Z). Obs.: mesmo que a seção não admita um eixo de simetri-a, haverá dois eixos perpendiculares em relação aos quais o pro-duto de inércia será nulo (eixos principais de inércia), e para os quais os momentos de inércia serão extremos (um máximo e outro mínimo). Seus valores são dados por: I1,2 = ½ (Iy + Iz) + √ [ ½ (Iy – Iz)

2 + (Pyz)2

Exemplo nº 5.6.2– A viga em “T”, posicionada obliquamente em relação ao plano do carregamento vertical, com a alma for-mando um ângulo de 30º, está submetida, em determinada se-ção, a flexão pura com um momento fletor de intensidade M = 2,5 kN.m, tracionando as fibras inferiores. Pede-se determinar as máximas tensões de tração e de compressão, indicando os pontos da seção onde ocorrem.

Solução: O centróide da seção fica em: YC = (80x30x15 + 100x24x80) / (80x30 + 100x24) = 47,5 mm Os momentos de inércia principais valerão: IZ =80x303/12 + 80x30(47,5 –15)2 + 24x1003/12 + 100x24(80 –47,5)2

IZ = 7,250 x 10-6 m4 IY = 30 x 803/ 12 + 100 x 243 / 12 = 1,395 x 10-6 mm4

IY = 1,395 x 10-6 m4 As componentes do momento fletor nos eixos principais serão: MZ = 2,5 x cos 30º = + 2,165 kN.m; MY = 2,5 x cos 60º = + 1,250 kN.m; Levando em 2.14 teremos:

σ = (2.165 / 7,250x10-6) Y + (1.250 / 1,395x10-6) Z; σσσσ = ( 298,6 Y + 896,1 Z )x106 .

A equação da linha neutra (σ = 0) será: ZLN = - 0,3332 YLN. Portanto, a LN forma com o eixo Y um ângulo tal que tg β = - 0,3332 e β = -18,43º. Os pontos onde ocorrem as tensões extremas são aqueles mais afastados da LN. Para a compressão, não há dúvida, será a quina A da mesa:

σΑ = [298,6 x (-0,0475) + 896,1 (-0,040)] x 106 = - 50,0 MPa – (compressão máxima). Para a tração, dois seriam os “candidatos”: (a quina B da mesa e a quina C da alma):

σΒ = [298,6 x (-0,0475 + 0,030) + 896,1 (+0,040)] x 106 = + 30,6 MPa.

σC = [298,6 x (0,130 - 0,0475) + 896,1 (+0,012)] x 106 = + 35,4 MPa – (tração máxima).

Y

Z

M

24 100

30

80

YC

30º LN

A

B

C

E – Flexão Pura

15

5.7 – DEFORMAÇÕES NA FLEXÃO PURA SIMÉTRICA E ELÁSTI CA.

O momento fletor é o esforço solicitante que, atuando em duas seções contíguas paralelas de uma viga reta, separadas de dx, provoca um ângulo dϕ entre elas de sorte a se poder escrever (ver Fig. 5.7.1 abaixo):

b

h

M

Exercício Proposto nº 5.6.3 – Para a viga retangular (b x h), submetida a um carregamento vertical dire-cionado segundo uma de suas diagonais, pede-se: 1º) mostrar que a linha neutra esta-rá direcionada segundo a outra diagonal, e 2º) determinar as máximas tensões de tração e compressão em função do momento M e das dimensões da seção.

y

dx

(1+ ε)dx

ρρρρ

x

dϕ

Fig. 5.7.1 – Deformações na flexão pura simétrica

y

z x

dϕ = ε dx / y

sendo ε a deformação específica longitudinal de uma fibra situada a uma distância y do plano neu-tro. Admitindo que o material trabalha na fase elástica, teremos: ε = σ / E = (M / E ILN) y portanto: dϕ = Μ dx / E ILN .......(5.7.1) No caso da flexão pura, com M constante, seção uniforme e material continuo, ao longo da extensão L0 da viga obteremos, para o pequeno ângulo formado entre as seções extremas:

σσσσ

E – Flexão Pura

16

δϕδϕδϕδϕ = ΜΜΜΜ L0 / E ILN .......(5.7.2) (compare com as equações 1.7.2, 3.1.1 e 4.2.8).

Solução: A equação 5.16 nos fornece: 1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ = 1 / 1,0 = 12 M / 210x109 x 20 x (2)3 x 10-12 de onde tiramos M = 2,8 N.m

As tensões máximas (tanto de tração como de compressão)

valerão: σ =[12 x 2,8 / 20 x (2)3 x 10-12] x (1,0 x 10-3 ) = 210 MPa

O momento fletor aplicado na extremidade da fita, através da ação do pino e do encosto com a outra extremidade da fita, será dado por: Fpino x (2/3) 0,035 = 2,8 e, portanto:

Fpino = 120 N. (valor aproximado, admitindo que a ação de encosto entre as fitas se caracterizasse por uma

distribuição linear de esforços, desde zero, na altura do pino, até o valor máximo, na extremidade).

O raio de curvatura do plano neutro pode ser calculado observando (ainda na Fig. 5.7.1) que: ρ dϕ = dx; portanto dϕ / dx = 1 / ρ

1 / ρ = Μ / Ε ΙLΝ ...................................... (5.7.3)

20

2 mm

35

D = 2,0 m

35

Fpino

Exemplo nº 5.7.1 – Uma fita de aço (E = 210 GPa), com 2 mm de espessura e 20 mm de largura, é encurvada para formar um aro circular com 2,0m de diâmetro, sendo suas extremidades unidas através de um pino cra-vado conforme mostra a figura ao lado. Pe-de-se estimar: 1º) o valor máximo das tensões normais na fita; 2º) o valor da força de tração no pino da união.

Obs.: há uma superposição entre as fitas da ordem de 35 mm.