Enunciado

26. A viga T está sujeita ao carregamento distribuído aplicado ao longo de sua linha central. Determine as tensões principais nos pontos A e B e mostre os resultados em elementos localizados em cada um desses pontos.

Passo 1

Primeiro, vamos calcular os esforçoes cortantes e os momentos fletores da viga.

Como atua somente uma carga distribuída na viga, o esfroço cortante nela terá mesmo módulo.

↑ + ∑ F y = 0

V - 24   k N = 0

V = 24   k N

Já o momento pode ser calculado pelo seguinte diagrama:

Onde o ponto de referência para o cálculo é o próprio ponto A (ou B ).

↶ + ∑ M = 0

M - 24   k N × 2   m = 0

M = 48   k N ⋅ m

Passo 2

Agora, vamos calcular o centroide da seção transversal. Sabemos que o centroide é dado pela média ponderada das áreas retangulares e seus respectivos centroides no eixo.

y C G = A 1 × C 1 + A 2 × C 2 A 1 + A 2

y C G = ( 20   m m × 150   m m ) ( 75   m m ) + ( 20   m m × 150   m m ) ( 160   m m ) ( 20   m m × 150   m m ) + ( 20   m m × 150   m m )

y C G = 117,5   m m

Passo 3

Devemos, então, calcular o momento de inércia da seção transversal. Sabemos que para seções retangulares, temos a seguinte equação de momento de inércia:

I = 1 12 ( b h 3 )

Onde b é o tamanho da parede paralela ao eixo e h é o tamanho da parede perpendicular ao eixo.

Neste caso, devemos usar o Teorema dos Eixos Paralelos, pois os centroides das peças separadas não estão no mesmo eixo que o centroide da peça total, o qual é dado por:

I T = I + A d 2

Onde A é a área de um elemento separado e d é a distância do seu centroide com o centroide da peça total.

Portanto, de acordo com o desenho do passo anterior:

I T = I P 1 + A 1 d 1 2 + I P 2 + A 2 d 2 2

Onde, temos que:

I P 1 + A 1 d 1 2 = ( 0,02   m ) ( 0,15   m ) 3 12 + 0,02   m × 0,15   m ( 0,0425   m ) 2  

I P 2 + A 2 d 2 2 = ( 0,15   m ) ( 0,2   m ) 3 12 + ( 0,15   m × 0,02   m ) ( 0,0425   m ) 2

E assim, ficamos com:

I T = I P 1 + A 1 d 1 2 + I P 2 + A 2 d 2 2

I T = 1,10437 × 10 - 5   m 4 + 0,55188 × 10 - 5   m 4

I T = 1,65625 × 10 - 5   m 4

Passo 4

Como nossos cálculos anteriores são comuns aos dois pontos pedidos no enunciado, iremos dividir a questão, resolvendo primeiro o que foi pedido para o ponto A e depois para o ponto B .

Cálculo da tensão no ponto A :

σ A = + M y A I

σ A = + 48 × 10 3   N ⋅ m 0,0525   m 1,65625 × 10 - 5     m 4

σ A = 152,15   M P a   ( T r a ç ã o )

Cálculo da tensão máxima de cisalhamento no ponto A :

τ A = V Q A I t

τ A = ( 24 × 10 3   N ) ( 0   m 3 ) ( 1,65625 × 10 - 5   m 4 ) ( 0,02 m )

τ A = 0   M P a

Passo 5

Calcularemos, então, as tensões principais no ponto A :

σ 1,2 = σ x + σ y 2 ± σ x - σ y 2 2 + τ x y 2

σ 1,2 = ( 152,15   M P a ) + ( 0   M P a ) 2 ± ( 152,15   M P a ) + ( 0   M P a ) 2 2 + ( 0   M P a ) 2

σ 1,2 = 76,075   M P a ± 76,075   M P a

E ficamos com duas tensões, σ 1 e σ 2 :

σ 1 = σ x = 152   M P a

σ 2 = σ y = 0   M P a

Passo 6

Fazendo as contas agora, para o ponto B , temos:

Cálculo da tensão no ponto B :

σ B = + M y B I

σ B = 48 × 10 3   N ⋅ m ( 0,1175 - 0,05 )   m 1,65625 × 10 - 5   m 4

σ B = - 195,6   M P a   ( C o m p r e s s ã o )

Cálculo da tensão máxima de cisalhamento no ponto B :

τ B = V Q B I t

τ B = ( 24 × 10 3   N ) ( 0,1175 - 0,05 )   m ( 0,02 × 0,05   m 2 ) ( 1,65625 × 10 - 5   m 4 ) ( 0,02   m )

τ B = 6,7   M P a

Passo 7

Cálculo das tensões principais no ponto B :

σ 1,2 = σ x + σ y 2 ± σ x - σ y 2 2 + τ x y 2

σ 1,2 = ( - 195,6   M P a ) + ( 0   M P a ) 2 ± - 195,6   M P a - ( 0   M P a ) 2 2 + ( 6,7   M P a ) 2

σ 1,2 = - 97,8   M P a ± 98,029   M P a

Novamente obtemos duas tensões, σ 1 e σ 2 :

σ 1 = 0,229   M P a

σ 2 = - 196   M P a

Passo 8

Calcularemos, agora, o ângulo que o elemento será rotacionado, com os valores que obtivemos no P a s s o   6

t g 2 θ p = τ x y σ x - σ y 2

t g 2 θ p = ( - 6,7   M P a ) - 195,6   M P a - ( 0   M P a ) 2

t g 2 θ p = 0,06851

E devemos calcular o arco tangente do valor encontrado:

tg - 1 ⁡ 2 θ P = 0,06851

θ p 1 = θ p = 1,96 °

Esse ângulo é quanto um dos eixos está deslocado. Para encontrar o outro ângulo, devemos somar noventa graus com θ p 1 :

θ p 2 = 1,96 ° + 90 ° = 91,96 °

Passo 9

Por fim, devemos descobrir qual ângulo corresponde ao eixo de tensão normal. Podemos descobrir isso pela fórmula:

σ x ' = σ x + σ y 2 + σ x - σ y 2 c o s 2 θ + τ x y s e n 2 θ

σ x ' = - 195,6 + 0   M P a 2 + - 195,6 - 0   M P a 2 c o s ⁡ ( 2 ⋅ 1,96 ) + ( 6,7   M P a ) s e n ( 2 ⋅ 1,96 )

σ x ' = - 196   M P a

Logo, achamos que 1,96 ° corresponde ao eixo de tensão normal, responsável por σ x ' = - 196   M P a   .

Resposta

As tensões principais no ponto A são:

σ 1 = σ x = 152   M P a

σ 2 = σ y = 0   M P a

E as tensões no ponto B são:

σ 1 = 0,229   M P a

σ 2 = - 196   M P a

Ver Outros Exercícios desse livro

Exercícios de Livros Relacionados

O eixo cheio AE gira a 600r p m e transmite 60h p do motor M para as máquinas-ferramentas acopladas às engrenagens G e H .Sabendo que τ a d m= 55,2M P a e que 40h p são transmitidos pela engrenagens G
Resolva o Problema 8.29 considerando que 30h p são transmitidos pela engrenagens G e 30h p são transmitidos pela engrenagens H
Uma viga de aço laminado W 250×58 suporta uma carga P conforme mostra a figura. Sabendo que P =100k N , a = 508m meσ a d m = 124,1M P a determine (a) o valor máximo da tensão normal σ m na viga,(b) o
Uma viga de aço laminado W 250×58 suporta uma carga P conforme mostra a figura.Sabendo que P =200k N , a = 254m meσ a d m = 124,1M P a determine (a) o valor máximo da tensão normal σ m na viga,(b) o v
Uma viga biapoiada com um balanço de aço laminado com um balanço de aço laminado W 920×449 suporta uma carga P conforme mostra a figura. Sabendo que P = 700k N , a = 2,5meeσ a d m = 100M P a , determi