LICENCIATURA EM ENGENHARIA CIVIL
RESISTÊNCIA DE MATERIAIS
EXAME 1ª FREQUÊNCIA - NOVEMBRO / 2016
FLEXÃO PLANA - ESTADO PLANO DE TENSÃO
RESOLUÇÃO DE EXERCÍCIO
CONSIDERANDO AS
CONVENÇÕES:
ISABEL ALVIM TELES
x x y y yx yx xy xy
+
x y Gy
x
+ +M
x+ 2 m 1.1 m A B 10 kN 1.1 m 20 kN 20 kN 30 kN/m 2 m 40 cm 5 5 10 10 20 cm P 5 30 cm 5 50 cm 5 10 5 10 a a 25 I I 10 10 25 b bENUNCIADO
Considere a viga encastrada em A e apoiada em B, sob a ação do carregamento representado na
Figura 1. O plano de solicitação é baricêntrico.
Figura 1
A secção transversal da viga é constituída por um elemento pré-fabricado que foi colocado dentro de um perfil tubular retangular com 5 cm de espessura, conforme representado no quadro Secção Transversal - Geometria.
As características do elemento pré-fabricado foram fornecidas pelo fabricante e podem ser consultadas no quadro Elemento Pré-Fabricado - Características.
Considere a secção à direita do apoio B e o ponto P representado na secção transversal.
a) Defina o tensor das tensões que caracteriza o estado plano de tensão no ponto P.
b) Calcule por um processo analítico a tensão principal mínima e a respectiva direcção, representando todos os resultados num esquema ilustrativo.
c) Calcule por um processo analítico a tensão normal (σ) e a tensão tangencial (τ) que atuam na faceta AB e represente-as graficamente num esquema idêntico ao da Figura 2.
ELEMENTO PRÉ-FABRICADO 40 cm Área = 620 cm2 10 5 5 a a 10 10 25 GEOMETRIA CARACTERÍSTICAS 20 cm P 5 Ia = 104 670 cm4 30 cm Ib = 15 820 cm 4 5 SECÇÃO TRANSVERSAL 10 10 (medidas: cm) 50 cm 25 5 10 5 b b 2 m 1.1 m A B 10 kN 1.1 m 20 kN 20 kN 30 kN/m 2 m Figura 2 P D A 30° B C
RESOLUÇÃO Alínea a)
Posição do centro de gravidade
O eixo x e o eixo y são eixos de simetria, logo o centro de gravidade da secção transversal encontra-se na origem do referencial (x,y). O eixo x e o eixo y são eixos principais centrais de inércia, pois são eixos de simetria. Momento de inércia Ix 4 8 -4 3 3 m 10 170 512 cm 170 512 12 50 30 12 60 40 670 104 x = + × − × = = × I
Esforços na secção à esquerda do apoio B
− = × − × − × − = = × + + = kNm 116,6 2 2,20 30 10 , 1 20 20 , 2 10 kN 96 2,20 30 20 10 2 X M V
Tensão normal no ponto P: M Y
X X
σ
I = com Y = −0,10 m kPa 276,6 2 0,10) ( 10 170 512 116,6 -8σ
× − = × − = (tração)Tensão tangencial no ponto P:
b S V X X
τ
I = V = 96 kN 4 -8 4 512170 10 m cm 170 512 x = = × I (momento de inércia) m 0,20 0,05 0,10 0,05 b = + + =(
10 15 17,5)
10750 cm 10750 10 m (momento estático) 2 20 20 40 SX = × × − × × × = 3 = × -6 3 kPa 007,5 1 0,20 10 170 512 10 750 10 96 b S V -8 -6 X X τ = × × × × = = I kPa 1007,5 negativa positivo ⇒ τXY ⇒ τXY = − VTensor das tensões: kPa
0 007,5 1 007,5 1 276,6 2 T y yx xy x
− − = =
σ
τ
τ
σ
50 30 cm X G Y 60 cm 40 cm X Y G P 20 cm 10 cm 5 15 cm 10 5 10 10 5 10 cmτ
τ
τ
= 2 276,6 kPaτ
= -1 007,5 kPa PAlínea b) - Fórmulas 4 ) σ (σ 2 1 2 σ σ σ σmáx = 1= x+ y + x− y2+ τxy2 4 ) σ (σ 2 1 2 σ σ σ σmín = 2= x+ y − x− y 2+ τxy2 90 σ σ 2 arctg 2 1 α y x xy p ± − = τ 2 sen 2 cos 2 σ σ 2 σ σ σα = x+ y + x− y α + τxy α Ponto P kPa 007,5 1 0 kPa 276,6 2 YX XY Y X τ τ σ σ − = = = = kPa 381,8 ) 5 , 007 1 ( 4 276,6 2 2 1 2 6 , 2276 2 2 2 mín
σ
σ
= = − + ×− = − 90 20,76 276,6 2 ) 5 , 007 1 ( 2 arctg 2 1 p = − ± ×− = α 110,76 90 ,76 20 ou 24 , 69 90 ,76 20 y eixo do perto mais σ p2 p2 2 y xσ
σ
− = − − = = + − = ⇒ ⇒ > α α principal eixo ep y ep ep α +90º x α 69,24° P = -381,8 kPa x = -381,8 kPa y 110,76°Alínea b) - Cálculo Matricial
Tensões principais ⇒ det |T – σp I| = 0
0 007,5 1 007,5 1 276,6 2 det p p ⇒ = − − − − σ σ
(
) ( )
0 007,5 1 276,6 2 −σp × −σp − 2= − = = ⇒ − = = ⇒ = − − kPa ,83 381 σ kPa 658,43 2 σ ,83 381 658,43 2 0 056,25 015 1 276,6 2 2 1 p p p 2 p σ σ σ σ kPa 381,83 2 mínσ
σ
= = −Direcção principal correspondente a σ2 ⇒
[
T−σ2I]
xn2=0 = + ← = × − − − − − − 1 n n equação só uma escolher 0 0 n n ) 83 , 381 ( 007,5 1 5 , 007 1 ) 83 , 381 ( 276,6 2 2 2Y 2 2x 2y 2x = + ← = × − − 1 n n equação só uma escolher 0 0 n n 83 , 381 007,5 1 007,5 1 43 , 658 2 2 2y 2 2x y 2 x 2 = = ⇒ = + = − 0,9351 n 0,3544 n 1 n n 0 n 007,5 1 n 658,43 2 2y 2x 2 2y 2 2x 2y 2x n2=(0,3544; 0,9351) ou n2=(−0,3544; −0,9351) 69,24 0,3544 0,9351 arctg p2 = = α
αp2 - ângulo que o eixo principal 2 faz com o eixo X
(rotação positiva na direcção de x+ para y+)
69,24° P = -381,8 kPa x = -381,8 kPa y 110,76°
Alínea c) - Fórmulas
Tensão normal e tensão tangencial numa faceta
2θ sen 2θ cos 2 σ σ 2 σ σ x y x y xy θ σ = + + − + τ 2θ cos 2θ sen 2 σ σ x y xy θ τ τ = − − + Ponto P kPa 007,5 1 0 kPa 276,6 2 YX XY Y X τ τ σ σ − = = = = Para θ = 150° kPa 0 , 482 kPa 580,0 2 kPa 82,0 4 ) 150 (2 cos 007,5 1 ) 150 (2 sen 276,6 2 kPa 0 , 580 2 ) 150 (2 sen 007,5 1 ) 150 (2 cos 2 276,6 2 2 276,6 2 AB AB 150 θ 150 σ σ = = ⇒ = × − × − = = × − × + = = = τ τ θ x y + + + B = 2 580 ,0 kPa 150° A 30° P = 482,0 kPa P x 30° B A y
Alínea c) - Cálculo Matricial ) 150 cos ; 150 sen ( n ) 150 sen ; 150 cos ( n //= − = ⊥
[ ]
[
⊥]
⊥ ⊥ ⇒ = × × × = T n σ T n n σ R T[
]
2580,0 kPa 150 sen 150 cos x 52 , 872 475,34 2 150 sen 150 cos x 150 sen 150 cos x 0 5 , 07 0 1 5 , 07 0 1 276,6 2 σ T = − = − − =Como o sinal é positivo, o sentido da tensão σ vai ser igual ao do vector n . ⊥
[ ]
[
]
T // // R n T n n T × ⇒ = × × = τ ⊥ τ[
]
482,0 kPa 150 cos 150 sen x 52 , 872 475,34 2 150 cos 150 sen x 150 sen 150 cos x 0 5 , 07 0 1 5 , 07 0 1 276,6 2 T − = − − = − − − = τComo o sinal é negativo, o sentido da tensão τ vai ser contrário ao do vector n//, que pela convenção
corresponderá a uma tensão tangencial positiva.
Tensões positivas: (convenção) x x y y yx yx xy xy
