Livro Hibbeler - 7ª ed Resistencia Materiais (Livro)

220 RESISTÉ':NCIA DOS MATERIAIS
Propriedades da seção. Com referência à Figura 6.36b e
trabalhando em metros, temos
-9,60(103) N · m( -0,1 m)
0,2667(10-3) m4 ' esposa
+ = 4 95 MPa R t
A distribuição da tensão normal resultante foi traçada usando
esses valores (Figura 6.35b ). Visto que a superposição se
aplica, a distribuição de tensão é linear, como mostrado.
Orientação do eixo neutro. A localização z do eixo neutro
(NA) (Figura 6.35b) pode ser determinada por cálculo
proporcional. Ao longo da borda BC, exige-se
2,25 MPa 4,95 MPa
z (0,2m - z)
0,450 - 2,25z = 4,95z
z = 0,0625 m
Da mesma maneira, essa é também a distância de D ao eixo
neutro na Figura 6.35b.
Também podemos determinar a orientação de NA pela
Equação 6.19, que é usada para especificar o ângulo a que o
eixo faz com o eixo z ou eixo principal máximo. De acordo
com a convenção de sinal que adotamos, e deve ser medido
do eixo + z em direção ao eixo +y. Por comparação, na Figura
6.35c, e = -tg-1413 = -53,1 o (ou e = + 306,9°). Assim,
lz
tg Q' = -tg ()
Iy
1,067(10-3) m4
tg a' = tg (-53 1 °)
0,2667(10-3) m4 '
Q' = -79,4°
Resposta
Esse resultado é mostrado na Figura 6.35c. Usando o valor
de z calculado acima, verifique, usando a geometria da seção
transversal, que obtemos a mesma resposta.
,Jfm llfl rs. n :
/ =-"" "'
- =
x
Uma viga em T está sujeita a um momento fietor de
15 kN · m, como mostra a Figura 6.36a. Determine a tensão
normal máxima na viga e a orientação do eixo neutro.
= a="" 0 "' '"h'"'"'" ;; \% "s.-
SOLUÇÃO
Componentes do momento interno. Os eixos y e z são
eixos principais de inércia. Por quê? Pela Figura 6.36a, ambas
as componentes do momento são positivas. Temos
M Y = (15 kN · m) cos 30° = 12,99 kN · m
M z = (15 kN · m) sen 30° = 7,50 kN · m
_
z =
zA
A =
_ [0,05 m](0,100 m)(0,04 m) + [0,115 m](0,03 m)(0,200 m)
-
(0,100m)(0,04 m) + (0,03 m)(0,200 m) -
= 0,0890m
Pelo teorema dos eixos paralelos apresentado no Apêndice
A, I = I + Ad2 e, assim, os momentos principais de inércia
são:
1 1
lz =
12 (0,100 m)(0,04 m)3 + 12
(0,03 m)(0,200 m)3 =
Iy = u 2
(0,04 m) (0,100 m)3 +
+ (0,100 m)(0,04 m)(0,0890 m - 0,05 m)2]
+ [ 1
1
2
(0,200 m)(0,03 m)3 +
+ (0,200 m)(0,03 m)(O,l15 m - 0,0890 m)2]
Tensão de flexão máxima. As componentes do momento
são mostradas na Figura 6.36c. Por inspeção, a maior tensão
de tração ocorre no ponto B, visto que, por superposição, ambas
as componentes do momento criam uma tensão de tração
naquele lugar. De maneira semelhante, a maior tensão
de compressão ocorre no ponto C. Assim,
MzY
Myz
u= -- +-
Iz Iy
7,50 kN · m( -0,100 m) 12,99 kN · m(0,0410 m)
us = 20,53(10-6) m4
uc =
+
13,92(10-6) m4
= 74,8 MPa
7,50 kN · m(0,020 m) 12,99 kN · m( -0,0890 m)
6 4
+
20,53(10- ) m 13,92(10-6) m 4
= -90,3 MPa Resposta
Por comparação, a maior tensão normal é, portanto, de compressão,
e ocorre no ponto C.
Orientação do eixo neutro. Quando aplicamos a Equação
6.19, é importante ter certeza de que os ângulos a e O