resistência dos materiais_exercícios resolvidos
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5/11/2018 Resist ncia dos Materiais_Exerc cios Resolvidos - slidepdf.com
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RESISTENCIA DOSMATERIAlS
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EXECICIOS RESOL VIDOS
REFERENCIA BIBLIOGRAFICARESISTENCIA DOS MATERIAlS, 7 ED. 2009, HIBBLER
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1.16. Determinar a forca normal, a forca de cisalhamento e 0momenta na secao que
passa pelo ponto C. Usaf P = 8 kN.
p
Sohu;ao:
Me
----1...--- 0,75 ffi-------JII
ep
Reacoes de apoio
IMA =O~ -Px(3xO,75)+HBXO,6=0~HB =30kN
IFx=O~ HB-HA=0~HA=30kN
I Fy = 0 ~ - P + VA = 0 ~ VA = 8 kN
Esforcos na secao C, tomando 0 lado direito de C:
Me =VAxO,75=0~Me =6kN.mVe =VA ~ Ve =8kN
Ne = HA ~ HA = 30 kN
Resposta: A forca normal, a forca de cisalhamento e 0momenta na secao que passa pelo ponto C
sao, respectivamente: 30 kN (compressao), 8 kN (para baixo) 6 kN.m (sentido horario),
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1.33. A coluna esta submetida a uma forca axial de 8 kN no seu topo. Supondo que
a secao transversal tenha as dimensoes mostradas na figura, determinar a tensao
normal media que atua sobre a secao a-a. Mostrar essa distribuicao de tensao atuando
sobre a area da secao transversal.8 kN
a
SQlu" ;30 :
Area da secao transversal:
A = (150xlO)x2+140xl0 = 4400 mrn '
o = !.= 8000 N = 1 82 ~ = 182 MPaA 4400 mm ' ' mm ' '
8kN
a
75mm~10mm
a
Resposta: A tensao normal media que atua sobre a secao a-a e de 1,82 MPa (tensao de compressao
mostrada na cor vermelha atuando uniformemente sobre toda a secao transversal).
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1.36. A luminaria de 50 Ibf e suportada por duas hastes de a90 acopladas por urn anel
em A. Determinar qual das hastes esta sujeita a maior tensao normal media e ca1cular
seu valor. Suponha que e =60°.0 diametro de cada haste e dado na figura.
Soluc;ao:
Y FAC
IFx = 0 => -FAB xsen(600)+FAC xcos(600) = 0
IFy =o=> FABxcos(600) + FACxsen(600)-50=0
Resolvendo:
FAB= 25lbf
FAC= 43,31bf
Assim, as tens6es sao:
FAB 25crAB= -~2- = = 127,324 psi
ndAB 1tX0,52
-~------------.-
4
oAC= ~F~A~~~ 43,3 = 344,581 psi1tdAC 1tX0,42
4 4
Resposta: As tens6es medias que atuam nas secoes AB e AC sao, respectivamente, 127,324 psi e344,581 psi. Portanto, a haste que esta sujeita a maior tensao normal media e a haste AC.
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1.37. A luminaria de 50 lbf e suportada por duas hastes de ago acopladas por um anel
em A. Determinar qual das hastes esta sujeita a maior tensao normal media e calcular
seu valor. Suponha que e =45°.0 diametro de cada haste e dado na figura.
Solueao;
L F x =o=> -FABxsen(600)+FACxcos(45°)=0
L F y = 0 => FABxcos(600) + FACxsen(45°) -50 = 0
Resolvendo:FAB= 36,61bf
FAC= 44,83 lbf
Assim, as tensoes sao:
FAB 36,6 186415.(jAB= --2- = 2= , PSl
nd AB 1tX 0,5
4 4
= FAC = 44,83 = 356 736 .oAC 2 2' PSl
1td
Ac
1tX 0,4
4 4
Resposta: As tens6es medias que atuam nas secoes AB e AC sao, respectivamente, 186,415 psi e
356,736 psi. Portanto, a haste que esta sujeita a maior tensao normal media e a haste AC.
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1.38. A luminaria de 50 lbf e suportada por duas hastes de aco acopladas por urn anel
em A. Determinar 0 angulo da orientacao de 8 de AC, de forma que a tensao normal
media na haste AC seja 0 dobro da tensao normal media da haste AB. Qual e a
intensidade dessa tensao em cada haste? 0 diametro de cada haste e indicado na
figura.
Solucao:
IFx = o= > -FABxsen(600)+FA Cxcos(0)= 0
IFy = 0 => FABx costou") + FACxsen(O) -50 = 0
FAC
d2 Fn AC _~--- 2 2 2
crAC = _4_ = d AC = FACX dAB = FAC x 0 ,5 = 2 = > FAC = 1 28F F 2 2 '_A B AB FAB dAc FAB 0,4 FAB
nd~B d~ B
4
Resolvendo:
F A B = 3 4,6 6 lbf
FAC = 44,37 lbf
0=47,42°
Assim, as tens5es sao:
- FAB _ 34,66 -176526 .c rAB - 2 - 2 - , pSI
nd AB n x 0,5-----
4 4
FAC 44,37oAC = --2- = = 353,053 ps i = 2 c rAB
ndAC nXO,42
4 4
Respos ta: As tens6es medias que atuam nas secoes AB e AC sao, respec tivamente, 176,526 ps i e
353,053 psi, para urn angulo 0 = 47,42°.
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1.53. 0 bloco plastico esta submetido a uma forca de compressao axial de 600 N.
Supondo que as tampas superior e inferior distribuam a carga uniformemente por
todos 0 bloco, determinar as tens6es normal e de cisalhamento medias ao longo da
secao a-a.
600N
SolU(;ao:
P ill
n q
p
N = P cos(a)
V = P sen(a)
Como a area A' da secao inclinada e A/cos(a), as tensoes correspondentes a N e V sao,respectivamente:
N P 2 2 600 2< Ja =-, = -cos (a) =o, cos (a) = > < J
30" = cos (30°) =0,09 MPa
A A 100x50
'ta =~ = i_sin(a)cos(a) = < Jxsin(a)cos(a) = > 't
30" = 600 sin(30° )cos(300) =0,05196 MPa
A A 100x50
Resposta: As tensoes normal e de cisalhamento medias ao longo da secao a-a sao: 90 kPa e 51,96
kPa, respectivamente.
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1.56. A junta esta submetida a forca de 6 kip do elemento axial. Determinar a tensao
normal media que atua nas secoes AB e Be. Supor que 0 elemento e plano e tern 1,5
polegada de espessura.
6 kip
Y 6000lb
Solu.;ao:
l:Fy =o=> FBcxsen(700)-6000xsen(600)=0
l:Fx =o=> FAB-6000xcos(600)-FBC xcos(700) =0
Resolvendo:
FBe = 5530 Ib
FAB= 4891lb
Assim, as tens6es sao:
5530 .crBC= = 819,204 pSI
4,5x1,5
4891 .o AB= = 1630,41 pSI
2,Ox1,5
Resposta: As tens6es medias que atuam nas secoes AB e Be sao, respectivamente, 1630 psi e 819 psi.
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1.60. As barras da trelica tern uma area da secao transversal de 1,25 poe. Determinar
atensao normal media em cada elemento devido a carga P = 8 kip. Indicar se a tensaoe de tracao ou de compressao.
13 pes
1A
Solucao:
B
E.....,_-- 4 pes ----+c------
O,75PP
13 pes
1P
3sena =-=06
5 '
4cos a =-=08
5 '
O,75P
N6A
p
:. NAB = _ !_ = 13,33 kip0,6
LF x =
°=? N AE + NAB cos a =
°=? N AE = -NAB x0,8
:. NAE =-~XO,8 =-10,67 kip0,6
NBE
N6EL F y = ° =? NBE -0,75P =° =? NBE =0,75P
:.NBE =0,75x8=6kip
LF x = ° =? N DE - N AE = ° =? N DE = N AE
:. NDE =-~xo,8 =-10,67 kip0,6
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NoB
Iy = ° = = = > - N ABse n e x - NBDsen e x - N BE = °N = -NBE -NABXO,6 . N = -0,75P-P/O,6 =-2333kl·
= = = > BD 0,6 . . BD 0,6 ' p
IF,
= °= = = > N Be
+N BDCOS e x - NAB COS e x
= °P -0,75P-P /O,6= = = > N Be = N AB X 0 ,8 - N BDX 0 ,8 = - X 0,8 - X 0,8
0,6 0,6
:. N Be = 29,33 kip
Resposta: Os valores dos esforcos e das tensoes de tracao (indicadas com +) e de compressao
(indicadas com -) podem ser resumidos na tabela abaixo.
Barra Esfor~o (kip) Tensao (ksi)
AB +13,33 +10,67
Be +29,33 +23,47
DE -10,67 -8,53AE -10,67 -8,53
BE +6,00 +4,80
BD -23,33 -18,67
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1.61. As barras da trelica tern uma area da sec;ao transversal de 1,25 poe. Supondo
que a tensao normal media maxima em cada barra nao exceda 20 ksi, determinar a
grandeza maxima P das cargas aplicadas a trelica.
13 pes
1A
Solucao:
r3 pes
1P
B
O,75PP
3s e n a =- =06
5 '
4c o s a =-=08
5 '
O,75P
N6A
p
PLFy =0 => - P+ N A B s e n a =0 :. N A B = - =1,667P0,6
LF x =0 => N A E + N A B c o s a=0 => N A E = - N A B x0,8
P:.NA E =--xO,8=-1,333P
0,6
N6ELFy =0 => N B E -0,75P=0 :. N B E =0,75P
LF, =0 => N D E - N A E =0 => N D E = N A E
P:. ND E = --xO,8 =-1,333P
0,6
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NoB
L F y =0 ~ -NABsen a-NBDsen a-NBE =0
~ N = -NBE -NABXO,6 :.N = -0,75P-P/O,6 =-2917PBD 06 BD 06 ', ,
LF, =
° ~NBe+N BDCOS a - NABCOS a =
°P -0,75P-P/O,6~ N Be = NABX0,8 - N BDX0,8 = - X0,8 - X0,8
0,6 0,6
:. NBe= 3,667P
Os valores dos esforcos e das tens6es de tracao (indicadas com +) e de compressao (indicadas
com -) podem ser resumidos na tabela abaixo. A tensao normal media maxima ocorre na barra Be.
Assim:
forcaa =A~adm = amax
B a r r a E s f o r c ; o T e n s a o
A B +1,667P +1,333P
B e +3, 667P +2, 933P
D E -1,333P -1,067PA E -1,333P -1,067P
B E +O,7S0P +O,600P
B D -2,917P -2,333P
~ 20 ksi = 2,933P ~ P = _ _ _ _ 3 Q _2,933
:. P = 6,818 kip
Resposta: A grandeza maxima P das cargas aplicadas a trelica deve ser de 68181bf.
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1.79 0 olhal (figura ao lado) e usado para
suportar uma carga de 5 kip. Determinar seu
diametro d, com aproximacao de 1/8 pol, e a
espessura h necessaria, de modo que a arruelanao penetre ou cisalhe 0 apoio. A tensao
normal admissivel do parafuso e O'adm = 21
ksi, e a tensao de cisalhamento admissivel do
material do apoio e 'tadm = 5 ksi.
80101;80:
(l) tensao normal
P = 5 kip = 5000 lbf
O"adm = 21 ksi = 21000 psi = 21000 Ibf/pol2
d=?
P P 1td2
P ~PO"adm =-=>A=--=>-=--=>d= -- =>d=
A O" ~ 4 O"~ ~~
5:. d = - pol
8
4x 5000 = 0 55059 011tx21000' p
(2) tensao cisalhanteV = 5 kip = 5000 lbf
'tadm = 5 ksi = 5000 psi = 5000 lbf/pol''
< 1> = 1pol (diametro da arruela)
V V V V 5000'tadm = - =>A = - => (1t<1»h- =>h = =>h = = 0,31831 pol
A 'tadm 'tadm 1t <1 > 'tadm 1txlx5000
3:. h = - pol
8
Resposta: 0diametro d necessario e de 5/8 pol e a espessura h necessaria e de 3/8 pol.
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1.80 A junta sobreposta do elemento de madeira A de uma trelica esta submetida a
uma forca de compressao de 5 kN. Determinar 0 diametro requerido d da haste de
aco C e a altura h do elemento B se a tensao normal admissfvel do aco e
(aadm)a90 = 157 MPa e a tensao normal admissivel da madeira e (aadm)mad = 2 MPa. 0
elemento B tern 50 mm de espessura,5 kN
SoI0l;30:
y
L F y = 0 ~ Fe -5xsen(600) = 0
LFx = 0 ~ - FB+5Xcos( 60°) = 0
Resolvendo:
Fe =4,330 kN
FB= 2,500 kN
Assim, as tens6es sao:
4xFc ~d= 4x4330 ~d=593mm
1txC>a<;o 1tx157 '
~ ~ ~ ~ ~OOC>mad--~Al11ad =--~exh =--~h = ~h =--~h=25mm
Amad C>mad C>l11act eXC>l11ad 50x2
Resposta: 0 diametro da haste de aco deve ser de d=6mm e a altura do elemento B deve ser deh=25mm.
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1.112- As duas hastes de alummio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar
seus diametros requeridos se 0 esforco de tracao admissivel para 0 aluminio for
<Jadm = 150 MPa.
p80101, ;50:
P = 20 kN = 20000 N
O"adm = 150 MPa = 150 N/mm2
dAB=?
dAc =?
Equacoes de equilibrio onde FABe FACsao as forcas nas hastes AB e AC, respectivamente.
IFy =0=:>FABxsen(45°)-P=0=:>FAB =28284,3N
IFx = 0 =:>-FAC +xcos(45°) = 0 =:>FAC= 20000,0 N
O"adm =~=:>A=~=:> 1td2
=~=:>d=~ 4PA O" ~ 4 O"~ ~~
=:>dAB=
=:>dAC=
Resposta: 0 diametro dABnecessario e de 15,5 mm e 0diarnetro dACnecessario e de 13,1 mm.
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2.5 A viga rigida esta apoiada por urn pino em A e pelos arames BD e CEo Se a
deformacao normal admissivel maxima em cada arame for Emax = 0,002 mm/mm,
qual sera 0 deslocamento vertical maximo provocado pela carga P nos arames?
Solu~ao:
A B c
. A p
Por sernelhanca de triangulo:
735-=-=-
Mas,
7 78B = LDBXEmax= 3000 X0,002 = 6 mm => L1p= -8B = -6 = 14 mm3 3
7 78c =LECXEmax = 4000 X0,002 =8 mm=> L1p=-8c =-8=11,2mm
5 5Analisando
5 5 s, 10L1p= 14 mm => 8c = -L1p = -14 = 10 => Ec = - = -- = 0,0025 > Emax nao pode L1p= 14 mm
7 7 LEC 4000
- ~-l -l -48 -~-~-00016 . ,1p- 11,2 mm => UB - L1p- 11,2 - , => EB - - -, < Emax SIm.7 7 LDB 3000
Resposta: 0 deslocamento vertical maximo provocado pela carga P nos arames sera de 11,2 mm.
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2.8. Duas Barras sao usadas para suportar uma carga. Sem ela, 0 comprimento de
AB e 5 pol, 0 de AC e 8 pol, e 0 anel em A tem coordenadas (0,0). Se a carga P atua
sobre 0 anel em A, a deformacao normal em AB torna-se CAB = 0,02 pol/pol e a
deformacao normal em AC torna-se CAe = 0,035 pol/pol. Determinar as coordenadas
de posicao do anel devido a carga.
y
Solu~ao:y
p
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
BDcos(600) = - ~5
BD = 5X cos(600) = 2,5 pol
ADsen(600) = - ~
5
AD = 5xsen(600) = 4,33 polEo lado CD:
82 = AD2 +CD2 ~ CD = ~82 -4,332 ~
CD = 6,727 pol
o ponto B e encontrado assim, a partir do ponto A que tern coordenadas (0; 0):
--7 sobe em y com 0 valor AD (+4,33) e anda a esquerda, em x, com 0valor de BD (-2,5)
Entao as coordenadas do ponto B sao (-2,5; +4,33).
Os alongamentos das barras serao:
o AB = LAB X e AB = 5 x 0,02 ~ 0AB = 0,1 pol
o AC = LAC X £ AC = 8x 0,035 ~ 0 AC = 0,28 pol
Assim, os novos comprimentos das barras serao:
C~B = LAB + 0AB = 5+ 0,1 ~ L1AB = 5,1pol
LAC
=LAC + 0AC
=8 + 0,28 ~ L1~C
=8,28 pol
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y
p
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar,
temos que:
BC = BD+CD => Be = 2,5+6,727
BC = 9,227 polMas 0 angulo de 60° foi alterado para:
*2 *2 2 * :[<
LAC = LAB + BC - 2xLAB xBCxcos(a ) =>
, . ( C 2 +BC2 - C 2 ]
a' = arc cos AB * AC =63,10
2xLAB xBC
Para encontrar os novos lados BD e AD, temos que:
BD* = 5,1x cos(63,l°) = 2,308 pol
AD* = 5,lxsen(63,1°) = 4,548 pol
o novo ponto A e encontrado assim, a partir do ponto B que tem coordenadas (-2,5; +4,33):
-7anda a direita, em x, de BD* (+2,308) e desce em y AD* (-4,548).
Entao as novas coordenadas do ponto A sao (-0,192; -0,218)
Resposta: As coordenadas de posicao do anel devido a carga sao (-0,192; -0,218) pol.
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2.9. Duas barras sao usadas para suportar uma carga P. Sem ela, 0 comprimento de
AB e 5 pol, 0 de AC e 8 pol,e 0 anel em A tem coordenadas (0,0), Se for aplicada
uma carga P ao anel em A, de modo que ele se mova para a posicao de coordenadas
(0,25 pol, -0,73 pol), qual sera a deformacao normal em cada barra?
y
Solucao:y
p
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
BDcos(600) = - =>
5BD =5xcos(600) =2,5 pol
ADsen(600) = - =>
5
AD =5xsen(600) =4,33 pol
Eo ladoCD:
82 = AD2 + CD2 => CD = ~82 - 4,332 =>
CD = 6,727 pol
p
o ponto B e encontrado assim, a partir do ponto A que tern coordenadas (0; 0):
~ sobe em y com 0 valor AD (+4,33) e anda a esquerda, em x, com 0valor de BD (-2,S)Entao as coordenadas do ponto B sao (-2,S; +4,33),
Os novos comprimentos, BD* e AD*, a partir do ponto B que tern coordenadas (-2,S; +4,33) e do novo ponto
A(0,2S; -0,73):
~ anda a direita, em x, (-2,S-0,2S) e desce em y [+4,33-(-0,73)]
Entao BD*=I(-2,S-0,2S) I= 2,7S pol e AD*=I[+4,33-C-O,73)]1 = S,06 pol.
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que:
BC = BD+CD => BC = 2,5+6,727
Be = 9,227 pol
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y
p
Entao
CD* = BC - BD· = 9,227 - 2,75 = 6,477 pol
L ' ~ B = ~BD*2 + AD*2 = ~2,752 + 5,062 = 5,759 pol
L ' ~ c =~CD*2 +AD*2 =~6,4772 +5,062 =8,219 pol
Assim, as deformacoes normais nas barras sao:
L ' ~ B - L A B 5,759 - 5 -_0 152CAB = =
L A B 5 '
L '~ C - L A C 8,219 - 8 = 0 0274cA C = L A C = 8 '
Resposta: A deforrnacao normal na barra AB e de 15,2% e a deformacao normal da barra AC e 2,74%.
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2.13. A chapa retangular esta submetida a deformacao mostrada pela linha tracejada.
Determinar a deformacao por cisalhamento media Y x y da chapa.y
A
3mm
Solucao:y 1t
' Y x y = 2- e
' Y x y = _ t g - 1 ( _ l _ ) = -0,0199973 rad150
A
3mm
Resposta: A deforrnacao por cisalhamento media ' Y x y da chapa e de -0,0200 rad.
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2.15. A chapa retangular esta submetida a deformacao mostrada pela Iinha tracejada.
Determinar as deformacoes normais e., ty, tx" ty"
Y
0,01 pol
_l
T
0,005pol···i
-----------,
4 pol
1.01 pol, T
Solucao:
E = - 0,005 = -0 00125x 4 '
y'
---x
x'
E = 0,02 = 0 0025y 8 '
Chamando as diagonais de d e d' , antes e depois das deformacoes:
d=-J42+4
2
d'= ~3,9952 +4,Oe
d'-dEx' = E
y' =-- =6,27x10-4
d
Resposta: As deformacoes normais sao: Ex = -1,25xlO-3; Ey =2,50xlO-
3; Ex'= 6,27xlO-
4e
Ey' = 6,27xlO-4
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2.17. A peca de plastico originalmente e retangular. Determinar a deformacao por
cisalhamento Yxy nos cantos A e B se 0 plastico se distorce como mostrado pelas
linhas tracejadas.y
= r mm
x
400mm
3mmSolucao:As coordenadas dos pontos (apos a deformacao) sao:
A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D ( 0, 0)
[ A B = (405 - 403)T + (304- 2)] => [ A B =2T+302] => I I [ A B I I = J22+302
2=302,007
[AD = (0 - 403) T+ (0 - 2)] => I I [ A D I I = 403,005
f A B : r A D = 2x (-403) + 302x (-2) = -1410
a = arc cost [ A S - [ A D ) = arc cos( -1410 ) =15823815I l f A B I Ix I I [ A D I I 302,007 x 403,005 '
(y A ) x y =~- a= -0,011585158 rad
-
-[ B A = (403 - 405) i+ (2 - 304) j => I l f B A I I = 302,007
f B e = (2 - 405) T + (302 - 304)] => I l f B e I I =403,005
f B A . f B e = 1410
R ( [ B A . f B e ) ( 1410 )t- ' =arc cos 1 1 _ I I 1 1 - I I = arc cos =1,5592112
rB A x rB e 302,007 x 403,005
( Y B L y = ~ - ~ = 0,011585158 rad
Resposta: As deformacoes por cisa1hamento Y x y nos cantos A e B sao -0,01160 rad e
+ 0,01160 rad, respectivamente.
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Lembrando que:
Coordenadas de pontos: A{Ax ,Ay) e B{Bx .a.)
Vetor posicao de A para B: r A E = ( a , - Ax)T + (By - Ay n-- --- -- -+ ....... --
Vetores: A=Axi+Ayj e B=Bxi+Byj
Modules dos vetores: I I A I I =)A ~+A~ e 1 1 1 3 1 1 =)B~ +B~
Produto escalar : A . 1 3 = AxBx + AyBy
Angulo entre vetorcs:.....H.... e ~ arccos( I I~~~ j j l l ]
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2.18. A peca de plastico originalmente e retangular. Determinar a deformacao por
cisalhamento " { x y nos cantos Dee se 0 plastico se distorce como mostrado pelas
linhas tracejadas.
= r mm
3mmSolucao:As coordenadas dos pontos (ap6s a deformacao) sao:A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D ( 0, 0)
fCB= (405 - 2)I + (304 - 302)] => fCB= 403I + 2] => IlfcBl1 .,)4032+ 22 = 403,005
fCD= (0 - 2) I + (0 - 302)] => IlfcoII= 302,007
fcB.fco = 403x(-2)+2x(-302) =-1410
a= arc cos( fcB·fcD ) = arc cos( -1410 )=1,5823815IlfcBIx IlfcDI 403,005 x 302,007
(Yc) =~-a=-0,011585158radxy 2
fDA= (403 - 0) I + (2 - 0)] => IlfoAI= 403,005
foc = (2 -0) I + (302 -0)] => Ilfocll= 302,007
fDAfOC= 1410
R ( foA.fDc) ( 1410 )tJ = arc cos 11_ II 11- II = arc cos = 1,5592112
rOA x rDC 403,005 x 302,007
(YDX y = ~ - ~ = 0,011585158 rad
Resposta: As deformacoes por cisalhamento Y x y nos cantos C e D sao -0,01160 rad e
+ 0,01160 rad, respectivamente.
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Lembrando que:
Coordenadas de pontos : A{A x ,Ay) e B{B x .n.)
Vetor posicao de A para B : rAB = (a,- AJi + {By - Ay n-- __. -- __. -- --+
Vetores : A = A x i+ A y j e B = B x i+ By j
M6dulos dos vetores : IIA II= ~ A: + A ~ e IIB II ~B ; + B ~
P rodutoescalar: A ·B=AxB x +AyBy
A [ A·B Jn gu lo e ntre v eto re s: e = arc cos IIA IIx IIBII
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2.19. A peca de plastico originalmente e retangular. Determinar a deformacao
normal media que ocorre ao longo das diagonais AC e DB.
y
~
2mm I _ _ !
- - - - - - - - - - - - 1 ; - - - ; 1 4 mm=r=t':__ ..L..-
I
II
I
I
I
,,I
300mm
1
2mm
--~ TImm- - - - - - - - - - ~ - - - - - - - - - - x
,__D------400 mm__ A - - J " , o + o o l · - - - - J I o i · 1
3mmSolucao:As diagonais AC e DB originais tern:
dAC = dDB = .J4002
+3002
= 500 mm
A diagonal AC passa a ter 0 seguinte comprimento:
d AC' =.J 40f+ 3002= 500,8 mm
A diagonal DB passa a ter 0 seguinte comprimento:
dDB, = .J4052+ 304
2= 506,4 mm
Assim, as deformacoes nas diagonais sao:
- 500,8 - 500 -1 6 10-3cAC - - x500 '
C =506,4-500=128xl0-3DB 500 '
Resposta: As deformacoes normais medias que ocorrem ao longo das diagonais AC e DB sao:
1,6xlO-3 e 12,8xl0-3, respectivamente
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2.24. 0 quadrado deforma-se, indo para a posicao mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformacao por cisalhamento em cada urn dos cantos A e C. 0 lado DB
permanece horizontal.y
t ~~3mmD' B'II - - - - - - - - - - -\ B
\153mm
( Y A ) =90° -91,5° =-1,5° =-1,5°x~=-0,026179939rad~ 180
Como a altura do ponto D'= 53cos(I,5°), entao:
tg(~) = 8+3 => ~ = arc tg( 11 ) = 0,20471002 rad53cos(1,5°) 53cos(I,5°)
Assim:
( ' \ I ) = ~ - e = ~ - (~+ R) = _R = -0 20471002 radI B xy 2 2 2 I-' I-' '
Resposta: As deformacoes por cisalhamento ' Y x y nos cantos A e B sao -0,02618 rad e - 0,2047 rad,
respectivamente.
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2.25. 0 bloco e deformado, indo para a posicao mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformacao normal media ao longo da reta AB.y
15 mm r---t---
\
\
\
\
\
\
\
\
110mmlOOmm
Solucao:Comprimento inicial de AB (calculado pelo triangulo retangulo verde):
LABi =.J402+1002 =107,7033mm
A altura de B' (calculado pelo triangulo retangulo rosa):
B'2 = 1102 -152
Assim 0 comprimento final AB' e (calculado pelo triangulo retangulo amarelo):
L ABf = . J 252 + B'2 = . J 252 + 1102 -152 = 111,8034mm
Portanto a deformacao media de AB e:
I:: = L ABf - L ABi = 111,8034-107,7033 = 0,038068498
LABi LABi
y
Resposta: A deformacao normal media ao longo da reta AB e de 0,0381 mm/mm.
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2.28. 0 elastico AB tem comprimento sem esticar de 1 pe. Se estiver preso em B e
acoplado a superffcie no ponto A', determinar a deformacao normal media do
elastico. A superficie e definida pela funcao y=(x2 ) pe, onde x e dado em pe.
y
1pe
iiiliiiiiiiiiliiiiii_ A ;r.____ x
~~lpe--1SolU(;ao:Comprimento inicial de AB:
LAB; = 1pe
Comprimento final de A'B:
1 I 1
LABf = f)1+ f'(x )2dx = f)1+ (2x )2dx= f-J1+4x2dx=1,4789429pe
o 0 0
Portanto a deformacao media de AB e:
E= LABf -LAB; = 1,4789429-1 =04789429L 1 'AB;
Resposta: A deformacao normal media do elastico AB e de 0,4789 pe/pe.
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3.2 Os dados de urn teste tensao-deformacao de uma ceramica sao fomecidos na
tabela. A curva e linear entre a origem e 0 primeiro ponto. Construir 0 diagrama e
determinar 0modulo de elasticidade e 0modulo de resiliencia.
80Iu';;30:
Diagrama Tensao x Detorrnacao
60
0,0010 0,0015 0,0020 0,0025,0000 0,0005
o modulo de elasticidade e a inclinacao da reta inicial, ou seja, a tangente do angulo entre a reta
inicial e 0eixo das deformacoes (abscissa). 0 modulo de resiliencia e a area sob essa reta inicial, oumelhor, area do triangulo inicial.
E = 33,2 = 55333 3 ksi0,0006 '
u = 33,2 x 0,0006 = 0 00996 ksi = 9 96 psir 2 ' ,
Resposta:. Modulo de elasticidade = 55333,3 ksi e 0modulo de resiliencia = 9,96 psi.
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3.3 Os dados de urn teste tensao-deformacao de uma ceramica sao fomecidos na
tabela. A curva e linear entre a origem e 0 primeiro ponto. Construir 0 diagrama e
determinar 0modulo de tenacidade aproximado se a tensao de ruptura for de 53,4 ksi.
€(pol/pol)
Solu~ao:
o0,0006
0,0010
0,0014
0,0018
0,0022
Diagrama Tensao x Detormacao
o
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
60
50
30
20
10
o modulo de tenacidade sera a soma das areas abaixo da curva do diagrama tensao versus
deformacao, neste caso, urn triangulo e quatro trapezios:
u t = 33,2 x 0,0006 + 0,0004 x (33,2+45,5)+ 0,0004 x (45,5+49,4) +222
0,0004 x (49,4 +51,5)+ 0,0004 x (51,5+53,4) =0,08584 ksi =85,84psi2 2
Resposta:. 0modulo de tenacidade = 85,84 psi.
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3.4 Os dados de urn teste tensao-deforrnacao de uma ceramica sao fornecidos na
tabela. A curva e linear entre a origem e 0 primeiro ponto. Construir 0 diagrama e
determinar 0modulo de elasticidade e 0modulo de resiliencia.
E (pol/pol)
o0,0016
0,0018
0,0030
0,0050
Solu~ao:
I Diagrama Tensao x Detorrnacao
45
40
35
30
25
20
15
10
5
°-----~
0,0000 0,0010 0,0020 0,0030 0,0040 0,0050 0,0060
o modulo de elasticidade e a tangente do angulo entre a reta inicial e 0 eixo das deformacoes
(abscissa). 0 modulo de resiliencia e a area sob essa reta inicial.
E = 32 = 20000 ksi
0,0016
u = 32xO,0016 = 0 0256 ksi = 256 psir 2' ,
Resposta:. 0 Modulo de elasticidade = 20000 ksi, e 0modulo de resiliencia = 25,6 psi.
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3.18 Os arames de a90 AB e AC suportam a massa de 200 kg. Supondo que a tensao
normal admissivel para eles seja (Jadm= 130 MPa, determinar 0 diametro requerido
para cada arame. Alem disso, qual sera 0 novo comprimento do arame AB depois que
a carga for aplicada? Supor 0 comprimento sem deformacao de AB como sendo
750 mm. Eaco= 200 OPa.
y
Solucao:
54
4sen(a) = - = 0,8
5
3cos (a) = - = 0,6
5
F = 200x9,80665 = 1961,33 N
a
3
L F x = 0 => - FABx cos (60° ) + FACx cos (a) = 0
L F y =O=> FABxsen(600)+FACxsen(a)-F=0
Resolvendo:
FAB= 1279,66 N
FAC= 1066,39 N
Assim, os diametros serao:
1td~B _ FAB _ 1279,66 d - 3 544 - - 130 => AB-, mm
(Jadm
1td~c _ FAC _ 1066,39 d - 3 234 - - 130 => AC-, mm
(Jadm
odeslocamento do arame AB sera:
( 5 = FABLAB= 1279,66x750 = 0,488 mm
E nd ~B 200000 x 1tx 3,542
4 4
Resposta: Os diametros requeridos para os arames AB e AC sao 3,54 mm e 3,23 mm, respectivamente. 0
novo comprimento do arame AB sera de 750,488 mm.
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3.24. A haste plastica e feita de Kevlar 49 e tem diametro de 10 mm. Supondo que
seja aplicada uma carga axial de 80 kN, determinar as mudancas em seu
comprimento e em seu diametro.
I ' 100 mm
- - - ~ - - " i ' lSolu~ao:
Vamos nomear os comprimentos iniciais da
haste
Lj= 100mm
dj= 10mm
Outros dados:
P = 80 kN = 80000 N
E= 131 GPa = 131000 N/mm2
v=0,34
Da Lei de Hooke encontramos a deformacao longitudinal.
o = R _ = 80000 = 1018 59 N Imm"A 1t102 '
Precisamos saber que:
CtransversalV = - - - - - - = . : = = - = - -
C longitudinal
C = ~ = Lf-
L, => L, = L, + L, x eL t,
cr=Ec
4
E o = 1018,59 = 0 0077751cr = C => Clongitudinal = E 131000 '
y
= _C transversal
C longitudin al
Ctransversal = -Y X Clongitudinal = -0,34 X 0,0077751 = -0,00264367
L, = L, +L, XClongitudinal => L, = 100+ 100xO,0077751 = 100,77751 mm
d, = d, + d, X Ctransversal => d, = 10+ lOx (-0,00264367) = 9,97356 mm
Resposta: 0 comprimento passa a ser de 100,77751 mm e 0novo diametro de 9,97356 mm.
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4.6. 0 conjunto consiste de uma haste CB de aco A-36 e de uma haste BA de
aluminio 6061- T6, cada uma com diametro de 1pol. Se a haste esta sujeita a uma
carga axial PI= 12 kip em A e P2= 18 kip na conexao B, determinar 0 deslocamento
da conexao e da extremidade A. 0 comprimento de cada segmento sem alongamento
e mostrado na figura. Desprezar 0 tamanho das conex5es em Bee e supor que sejamrigidas.
B A
~ 2 p e s - - l l · . . . . . .
· ~ ~ P ~ 24pes~--~
Solu~ao:
Dados:
Ea\,o = 29000 ksi = 29xl06psi = 29xl0
61bf/pof
Ealumfnio = 10000 ksi = 10xl06psi = 10x10
6lbf/pol2
d = 1 pol
LAB =4 pes =48 pol
LBC=2 pes =24 pol
NAB = PI = 12 kip = 120001bf
NBC = PI-P2 = 12-18 = -6 kip = -6000 lbf
A = nd2
= n( 1 pol)2 =0 785398 pol '4 4 '
s;:_~NiLj s;: _ NABLAB NBCLBC s;: _ 12000x48 -6000x24 -00670 Iu- L.-- => U A - + => U A - 6 + 6 -, po
j=1 EjAj EalumfnioA Ea~oA lOxl0 xO,785398 29xl0 xO,785398
0=IiLj => 0 = N BCLBC => 0 = - 6000 x 24 = -0 00632 pol
i=I EiAj B Eal'OA B 29xl06
xO,785398 '
Resposta: 0deslocamento da extremidade A e de 0,0670 pol e 0deslocamento da conexao e de
-0,00632.
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4.7. 0 conjunto consiste de uma haste CB de aco A-36 e de uma haste BA de
alumfnio 6061-T6, cada uma com diametro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas
PI e P2 se A desloca-se 0,08 pol para a direita e B desloca-se 0,02 pol para a esquerda
quando as cargas sao aplicadas. 0 comprimento de cada segmento sem alongamento
e mostrado na figura. Desprezar 0tamanho das conexoes em B e C e supor que sejamngidas.
B A
I I P2r-- 2p€s-·I*-· --- 4 pes -----.j
80Iu«;30:
Dados:
Ea~o=29000 ksi =29x106psi =29x10
6lbf/pot2
Ealuminio= 10000 ksi = 10x106psi = 10x10
6lbf/po12
d = 1 pol
LAB = 4 pes = 48 polLBe = 2 pes = 24 pol
A = 1[d2 = 1[(1pol)2 = ° 785398 pol '4 4 '
( ) = N BcLBc => () = (PI - P2)x24 = -002 01
B Ea90A B 29x106 xO,785398 ,p
s : : _ N ABLAB NBcLBC s : : _ Plx48 (PI-P2)x24 -008 IU A - + => U A - 6 + 6 -, po
EalumfnioA Ea90A lOxlO xO,785398 29xlO x0785398
PI x48() A = 6 - 0,02 = 0,08 => PI = 16362,5 lbf
lOxlO xO,785398
( ) = (16362,5-P2)x24 =-002=>P =3534291bfB 29x106 x 0,785398 ' 2 ,
Resposta: As cargas aplicadas PI e P2 sao: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente.
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4.42 A coluna de concreto e reforcada com quatro barras de aco, cada uma com
diametro de 18 mm. Determinar a tensao media do concreto e do aco se a coluna e
submetida a uma carga axial de 800 kN. Ea~o= 200 GPa e Ec = 25 GPa.
800kN
~
300 mm7Solu~ao:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
A , ~ 4 ( n ~ 8 ' ) ~ 1 0 1 7 , 8 8mm '
Ae = 300 x 300 - As = 88982,1 mm"
P=800kN
P, - parte da forca P no concreto
Ps - parte da forca P no a90
be = bs => PeL = ~ => Ps(e, AJ = Pc(Es AJ => Ps(Ee AJ = (p - PJ(Es AJ
Ee Ae Es As '
=> Ps(n, AJ = P(Es AJ- Ps(a, AJ => Ps(Ee AJ+ Ps(Es AJ = P(Es A,)
=> P, (a, Ae + E, AJ = P (Es AJ => P, = P Es AsE, Ae +E, As
=> P = 800000 x 200000 xl 0 17,88 = 67072 3 N
s 25000 X 88982,1 + 200000 X 1017,88 '
=> P, = 800000 - 67072,3 = 732927,7 N
=> o = ~ = 67072,3 = 65 9 MPas A 101788 's '
=> o = ~ = 732927,7 = 8 24 MPac A 889821 'e '
Resposta: A tensao normal media do concreto e de 8,24 MPa e a tensao normal media do a90 e de
65,9 MPa.
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4.43 A coluna mostradana figura e fabricada de concreto com alta resistencia
(Ec=29 GPa) e quatro barras de reforco de aco A36. Se a coluna e submetida a uma
carga axial de 800 kN, determine 0 diametro necessario a cada barra para que urn
quarto da carga seja sustentada pelo aco e tres quartos pelo concreto.
800kN
~
300mm'>:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
Ac = 300x300-As
P=800kN
P, - parte da forca P no concreto
P, - parte da forca P no aco
P = P Ec Ac => Pc = Ec Ac => ~ = Ec Ac + Es As
c E, Ac + E, As P E, Ac + E, As P, E, Ac
=>~=1+ Es As => Es As =~-l=>~=(~-lJ(_s_JP, Ec Ac E, Ac P, Ac P, B,
~ ~ : ~ ( _ I ' _ _ : p ~ ) ~ 9 0 ~ , - A .( ' "i S J ~ ~ ~ ~ ( a : } lPc s, Pc Es
90000
~ A ,~( '" J ~ ) + I ~ { n : ' J = ( ' "J ~ ) + l ~ d ~Ps Ec Ps Ec
90000 90000
=>d =
Resposta: 0 diametro necessario e de 36,34 mm a cada barra para que urn quarto da carga seja
sustentada pelo aco e tres quartos pelo concreto.
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5.1. Urn eixo e feito de liga de aco com tensao de cisalhamento admissfvel de
'1adm = 12 ksi. Supondo que 0 diametro do eixo seja de 1,5 pol, determinar 0 torque
maximo T que pode ser transmitido. Qual seria 0 torque maximo T' se fosse feito urn
furo de 1 pol de diametro ao Iongo do eixo? Tracar 0 grafico da distribuicao
cisalhamento-tensao ao longo de uma reta radial em cada caso.
Solueao:
'tadm = 12 ksi = 12000 psi
d =1,5 pol
Td Td 16T
't =-=--=-adm 2 J nd 4 nd 3
2.---32
T= 'tadm1td3
= 12000 1t1,53
=795216 1bf . pol16 16 '
Para 0 eixo com urn furo de 1 pol
'tadm = 12 ksi = 12000 psi
de = 1,5pol
d, = 1,0 pol
't - _T'_d_ ra, = T'x1,5 = 12000adm - 2 J - 2.~(d: -dt) 2x 1tQ-,-~~_-_l ,q~)
32 32
:. T'= 6381,36 lbf. pol
Resposta: As tensoes de cisalhamento T e T' sao, respectivamente, 7952,16Ibf.pol e
6381,36 lbf.pol.
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5.5. 0 eixo macico de 30 mm de diametro e usado para transnutir os torques
aplicados as engrenagens. Determinar a tensao de cisalhamento desenvolvida nos
pontos C e D do eixo. Indicar a ten sao de cisalhamento nos elementos de volume
localizados nesses pontos.
300N·m 500N.m
A
Solu~ao:
Para 0 ponto C temos:
Tc = -300+500 = 200 N.m = 200000 N.mm
d=30mm
'tc= Tc d = Tc d = 16 Tc = 16x200000 =37 7256~2 J nd" 1 td3 1tX(30)3 ' mm '2-32
Para 0 ponto D temos:
TD = -300+500+ 200 = 400 N.m = 400000 N.mm
d=30mm
'tD= TD d = TD d = 16 TD = 16x400000 = 75,4512 ~
2 J 1td4
1td3
1tX(30)3 mm '2-32
500m~
Resposta: As tensoes maximas de cisalhamento nos pontos C e D sao: 37,7 MPa e 75,5 MPa,
respectivamente.
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5.6. 0 conjunto consiste de dois segmentos de tubos de aco galvanizado acoplados
por uma reducao em B. 0 tubo menor tern diametro externo de 0,75 pol e diametro
interno de 0,68 pol, enquanto 0 tuba maior tern diametro externo de 1 pol e diametro
interne de 0,86 pol. Supondo que 0 tubo esteja firmemente preso a parede em C,
determinar a tensao de cisalhamento maxima desenvolvida em cada secao do tuboquando 0 conjugado mostrado e aplicado ao cabo da chave.
15lhSoIUl;ao:
Para 0 trecho AB temos:
T = 15lb x 14 pol = 210 lbf.pol
de = 0,75 pol dj = 0,68 pol
1: - _Td_ Td, = 21OxO,75 = 7818 71 lbf
A B - 2J - n(d 4e - d 1 4 ) (0 754
°684
) , e2.-------- 2x n, -, po
32 32
Para 0trecho BC temos:
de = 1pol d . = 0,86 pol
Td ra,1: --- =Be - 2J - n(d: - dt)
2. -------------32
21OxO,75 = 2361 02 lbf
n(14 -0,864) , pol '2x-··-----
32
Resposta: As tens6es maximas de cisalhamento nos trechos AB e BC sao: 7,82 ksi e 2,36 ksi,
respectivamente.
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5.10. 0 eixo macico tern diametro de 0,75 pol. Supondo que seja submetido aos
torques mostrados, determinar a tensao de cisalhamento maxima desenvolvida nas
regioes CD e EF. Os mancais em A e F permitem rotacao livre do eixo.
F
A
401b'pes
201b'pes
Solucao:
Para 0trecho CD temos:
T = (35 - 20) lbf.pes = 15lbf x 12 pol = 180 lbf.pol
d = 0,75 pol
'teD = Td = ~ = 16T = 16x180 = 2173 lbf
2J 2. nd4
nd3
rex 0,753
pol"
32
Para 0trecho EF temos:
T = ° lfb.pes = ° lbf .pold =0,75 pol
't = Td =~= 16T = 16xO =0 lbf
EF 2J 2. nd4
nd3 n x 0,753 pof
32
Resposta: A tensao de cisalhamento no trecho CD e de 2,173 ksi e no trecho EF e de 0,0 ksi.
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5.25. 0 motor de engrenagens desenvolve 1110 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que 0 eixo tenha diametro de Y 2 pol, determinar a tensao de cisalhamento
maxima nele desenvolvida.
Solm;ao:
1 rotacao = 21t fad1 minuto = 60 s1 hp = 550 pes. lbf/ s
P 55x12P=T c o = > T =- = = 21,0085Ibf.pol
c o 300x 21t
60Td Td 16T
'tma x = = - = = > 'tma x = =2Jt { ~ 2 4 ) 1td3
16x 21,0085 = 0855 96 lbf
'tmax = 1txO,53 'pol2
Resposta: A tensao de cisalhamento maxima desenvolvida e de 856 psi.
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5.26. 0 motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que a tensao de cisalhamento admissivel para 0 eixo seja 'Cadm = 4 ksi,
determinar 0menor diametro de eixo que pode ser usado com aproximacao de 1/8
pol.
Solm.;ao:
1 rotacao = 21t rad
1 minuto = 60 s1 hp = 550 pes. lhfl s
P 55x12P = Till=> T = - = 2 = 21,0085lhf.pol
ill 300x~60
Td Td 16T 16T'tmax =- => 'tmax = ( 4) = -3 => d = 3 --
2J t 2 1td nd 1t'tadm
32
d = 3 16x21,0085 = 0299067 011tx4000 ' p-
3-pol8
Resposta: 0menor diametro de eixo deve ser de 3/8 pol.
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5.30. A bomba opera com um motor que tem potencia de 85 W. Supondo que 0
impulsor em B esteja girando a 150 rev/min, determinar a tensao de cisalhamento
maxima desenvolvida em A, localizada no eixo de transrnissao que tem 20 mm de
diametro.
Soluc;ao:
1 rotacao = 21tfad1minuto = 60 s
1W=1N.m/s
P 85000P=Tro=>T=-= 2 =5411,27 N.mm
ro 150x~60
Td Td 16T 16x5411,27
< ,,~ ~ 2J, = > <~" ~ {~:) ~ xd' ~
N'tmax = 3,44492 --2
mm
Resposta: A tensao de cisalhamento maxima desenvolvida em A e de 3,44 MPa.
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5.31. Umtubo de a90 com diametro extemo de d, = 2,5 pol transmite 35 hp quando
gira a 2700 rev/min. Determinar 0 diametro intemo d2 do tubo, com aproximacao de
118pol, se a tensao de cisalhamento admissivel e 'tmax = 10 ksi.
Solucao:A tensao de cisalhamento maxima e:
,_ ~ ~ c ~ ( d; d, d' Jt ~_~
2 2
1 rotacao = 211:ad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 lbf . pet s
P=Till~T= P = 35x550x12 =816,995Ibf.pol
ill 2700x 211:
60
,~, ~ ~ c ~ ( d; d, d ' J ~ ( 1 ~ ~ 5 X:'J
= ' ~ m ~ 10000t ~I _~1tx , __ ~_2
2 2 2 2
3
d2 = 2,4832 pol = 2 - pol8
Resposta: 0diametro interno d2 do tubo deve ser de 2 3/8 pol.
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5.43. Um eixo esta submetido a um torque T. Comparar a eficacia do tubo mostrado
na figura com a de um eixo de secao macica de raio c. Para isso, calcular a
porcentagem de aumento na tensao de torcao e no angulo de torcao por unidade de
comprimento do tubo em relacao aos valores do eixo de secao macica.
c
2
Solu~ao:
As tens6es de torcao sao:
t Tc Tc Tc
t_~J.~(~'_1t(C~2[r(~': ! Jm Tc Tc
t_~ j : -~ ( ~ ' J
Tc
r ~ 'H J 16etensao = T c = 15 = 1,0667
--
[ n ~ 4 J
Os angulos de torcao sao:
t
TL TL TL~ - ~ a J , ~ a ( ~'_-1t(C~2)l a ( ~ ' x : ~ Jm TL TL
't =-=-;-------:-
ma x or, a ( 1t~'
TL
G [ - n c ~ x15J2 16 = 16 =10667
eangulo = T L 15'
Resposta: As eficiencias de tensao de torcao e angulo de torcao sao iguais e valem urn aumento de
6,67% do eixo vazado em relacao ao eixo macico.
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5.46. 0 eixo de aco A-36 esta composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
macica Be. Apoia-se em mancais lisos que the permitem girar livremente. Se as
extremidades estao sujeitas a torques de 85 N.m, qual 0 angulo de torcao da
extremidade A em relacao a extremidade D? Os tubos tern diametro externo de
30 mm e diametro interno de 20 mm. A parte macica tem diametro de 40 mm.
500mm
85N·m
Solu. ;ao:
Para 0trecho Be temos:T = 85 N.m = 85000 N.mm
NG =75 GPa =75000--
2mm
LAB = LCD = 250 mm
LBC =500mm
dABi = dCDi = 20 mm
dABe = dCDe = 30 mm
dBC =40mm
~ W ~ L ~ ~ ~ [ ~ ~ ~ +~+ ~ ( d ~ ~ d 6 , J I
85000 [250 500 250 I °<PAD= -- ( 4 4) +--4 + ( 4 4) = 0,0111347 rad = 0,63797375000 1t 30 - 20 1t40 1t 30 - 20
---------_-. __ . - - _ . _ - _ • _-- -- _._--_---._. __ .._"---------------
32 32 32
Resposta: 0angulo de torcao da extremidade A em relacao a extremidade D e de 0,638°.
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5.47. 0 eixo de aco A-36 est! composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
macica Be. Ap6ia-se em mancais lisos que the permitem girar livremente. Se as
extremidades A e D estao sujeitas a torques de 85 N.m, qual 0 angulo de torcao da
extremidade B da parte macica em relacao a extremidade C? Os tubos tern diametro
extemo de 30 mm e diametro intemo de 20 mm. A parte macica tern diametro de40mm.
500mm
85N·m
~olU(;ao:
Para 0trecho BC temos:
T = 85 N.m = 85000 N.mm
NG = 75 GPa = 75000--
2mm
LBe =500mm
dBe =40mm
th = T LBe'f'Be d4
G~-~~32
q>Be = 85000X5004
= 0,0022547 rad = 0,129185°
75000 X 1t40
32
Resposta: 0angulo de torcao da extremidade Bern relacao a extremidade Cede 0,129°.
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5.49. As engrenagens acopladas ao eixo de aco inoxidavel ASTM-304 estao sujeitas
aos torques rnostrados. Determinar 0angulo de torcao da engrenagern Cern relacao aengrenagern B. 0eixo tern diametro de 1,5 pol.
Solucao:Para 0trecho BC temos:
T = 60 lb.pes =600 lbf x 12 pol =noo lbf.pol
G = 11000 ksi = llxl06lbf / poe
L = 3 pes = 36 pol
d = 1,5pol
TL nOOx36 0
< ! l E e = ~ = ( ) 4 = 0,04741 rad = 2,716GJ 6 1t 1,5
llxlO x----32
Resposta: 0 angulo de torcao da engrenagem C em relacao a engrenagem Be de 2,716°.
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5.54.0 eixo de a90 A-36 tem 3 m de comprimento e diametro extemo de 50 mm. Requer
que transmita 35 kW de potencia do motor E para 0 gerador G. Determinar a menor velo-
cidade angular que 0 eixo pode ter se a maxima torcao admissivel e de 1°. Adotar 0 modu-lo de elasticidade transversal igual a 75 GPa.
SQlu~ao:
1 rotacao = 21tfad1 minuto = 60 s
< 1 > = 1 0 =~rad180
G = 75000 MPa = 75000 ~mm
J = 1td4 = 1tX(50mmt
32 32
L= 3 m = 3000 mm
< I> = T L => T = < I> G J = 267730 N mmGJ L
P = 35 kW = 35000000 N.ms
ro = P = 35000000 = 130 729 rad / sT 267730 '
1---rot
ffi=130,729x ~1t . =1248,37rpm
-mIll60
Resposta: A velocidade angular e de 1248 rpm
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5.58. Os dois eixos sao feitos de aco A-36. Cada urn tern diametro de 1 pol, e eles
estao apoiados por mancais em A, B e C, 0 que permite rotacao livre. Supondo que 0
apoio D seja fixo, determinar 0 angulo de torcao da extremidade B quando os torques
sao aplicados ao conjunto como mostrado.
&Olh.pes
Solm;ao:
th =th th = TOHLOH TEHLEH = -(20xI2)xlO (60xI2)x30 =00177791 d'l'E 'l'OH+ 'l'EH + 4 + 4' ra
GJ GJ llXl061tX_!_ l1X1061tX1
32 32
66~E =4~F =>~F =~B =4xO,0177791=0,0266686rad=1,53°
Observacao: Note que 0 torque de 40 lb.pes (= 40x12 lb.pol) aplicado em G se transforma em 60
lb.pes aplicado no ponto E pois 0 diametro das engrenagens sao diferentes. A reacao de apoio em D
e de 20 lb.pes, portanto, os trechos DR e ER estao com os torques de -20 lb.pes e 60 lb.pes,
respecti vamente.
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5.59. Os dois eixos sao feitos de aco A-36. Cada urn tern diametro de 1 pol, e eles
estao apoiados por mancais em A, B e C, 0 que permite rotacao livre. Supondo que 0
apoio D seja fixo, determinar 0angulo de torcao da extremidade A quando os torques
sao aplicados ao conjunto como mostrado.
s o lb-pes30 pol
~
S()lu~ao:
iI. = iI. +iI. = TDHLDH+ TEHLEH = - (20xI2)xl0 + (60x12)x30 = 0 017779lrad't'E 't'DH 't'EH G J G J 6 1tx14 6 1tx14 '
ll x IO ------ llxl0--32 32
6~E = 4<PF=> <PF= <PB= ~XO,0177791 = 0,0266686 rad = 1,53°4
TFOLFO (40x12)xlO °<Po=<PA=<PE+~FO =~E + =0,0266686+ 4 =0,0311133 rad =1,78
G J l1xl06 1txl
32
Observacao: <Po(=<PA)e encontrado adicionando <PF=<!>B)o angulo de torcao surgido no trecho FG
devido ao torque de 40 lb.pes. Note que os trechos AG e BF nao sofrem torques.
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6.1 Desenhar os diagramas de forca cortante e momenta para 0 eixo. Os mancais em
A e B exercem apenas reacoes verticais sobre 0eixo.
B
1---------~~800 mm-- - J250mm
24kN
Solu~ao:24kN
c
800mm
A
• Utilizando as equacoes de equilfbrio, calculam-se as reacoes de apoio.
IF, = 0 Nao sera utilizada pois 0 enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equacao: IM, = 0, assim, tomando urn eixo z que passa pelo
ponto B temos:
I M z = 0 ~ VA X 800 - 24 X 1050 = 0 ~ VA = 31,5 kN
• usando a equacao: IFy = 0, temos:
IFy=0~VA+VB-24=0 ~ VB=-7,5kN
Trecho CA
IFy =0~-24- v, =0
:. Vx = -24
IMz =0~24x+Mx =0
:.M, =-24x
24kN
~
250 ~ x ~ 1050 mm
IFy = 0 ~ -24- Vx +31,5 = 0
:. Vx = 7,5
IMz =0~24x-31,5(x-250)+Mx =0
:. M, = 7,5x -7875
x
c
Trecho AB
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Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram tracados para cima.
~------~-------800mnn---------~250mm
24kN
B
7,5
-24
~
-6000
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6.2 0 eixo est! submetido as cargas provocadas pelas correias que passam sobre as
duas polias. Desenhar os diagramas de forca cortante e momento. Os mancais em A e
B exercem apenas reacoes verticais sobre 0eixo.
~
SolU(;ao:
400lbf 300lbf
c
24 pol
D
• Utilizando as equacoes de equilfbrio, calculam-se as reacoes de apoio,
2:: F, = 0 Nao sera utilizada pois 0enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equacao: LM z = 0, assim, tomando urn eixo z que passa pelo
ponto B temos:
2::Mz =0=>VAx24-400x42+300xI2=0 => VA =5501bf
• usando a equacao: L Fy = 0, temos:
2::Fy = 0 => VA + VB -400-300 = 0 => VB = 150 lbf
E uacoes de esforcos para cada urn dos trechos. (Os esforcos normais sao i ais a zero ,Nx=O)
o ~ x ~ 18 pol
LFy = 0 => -400 - Vx = 0
:. Vx = -400
LM z =0=>400x+Mx =0
.vM, =-400xrecho CA
400lbf
~ X
18 < x ~ 42 pol
LFy =0=>-400-Vx +550=0
:.Vx=150
LM z = 0 => 400x -550(x -18) + M, = 0
:.M, = 150x -9900
c
Trecho AB
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4001bf
t x
1501h"1-f TrechoBD
42::; x::; 54 pol
L F y = 0 =>-400- v; +550+ 150= 0
:.Vx=300
LMz =O=>
400x -550(x -18) -150(x -42) + M, = 0
:. M, = 300x -16200
Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram tracados para cima.
~
150
300
-400
.>-7200
j ..\ L\
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6.3 Os tres semaforos tern, cada um, massa de 10 kg e 0 tubo em balance AB tem
massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de forca cortante e momento para 0 tubo.
Desprezar a massa da placa.
r1
,75m 1,75mI " 3m-l
A
ara cada urn dos trechos. (Os esfor os normais sao i uais a zero ,Nx=O)
$olU(,;ao:
98,1N 98,1N 98,1N
A
TrechoAC
o s x : s ; 1,75ill
L F y = 0 ~ -98,1-14,7x - Vx= 0
:. Vx =-14,7x-98,1
LM z =0~98,1x+14,7x~+Mx =02
:.M, = -7,35x2 -98,1x
98,1N 98,1N
Trecho CD
1,75:S;x s 3,5 ill
L F y = 0 ~ -98,1- 98,1-14,7x - Vx= 0
:. Vx = -14,7x -196,2
LM z =O~
x98,1x+ 98,l(x -1,75) + 14,7x- + M, = 0
2
:.Mx =-7,35x2 -196,2x+171,675
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x
3,S < x ~ 6,S m
I F y =0~-98,1-98,1-98,1-14,7x-Vx =0
:. Vx=-14,7x-294,3
IMz =O~
:.Mx =-7,3Sx2
-294,3x+S1S,02STrecho DB
x98,lx+98,1(x-1,7S) +98,1(x-3,S) +14,7x- +M, = 0
2
Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram tracados para cima.
rl,75m-t-l,75m ~ 1 4 3m----j
A ======rlB
-123,825 1\
-221,925/
®-389,85~
-1708,4625/7
-194,184375
\
-605,1125
~
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6.5 0 encontro de concreto armado e usado para apoiar as longarinas da plataforma
de uma ponte. Desenhar seus diagramas de forca cortante e momenta quando ele esubmetido as cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem
apenas reacoes verticais sobre 0 encontro.
60kN 60kN
Solu~ao:
60kN 60kN
i
35kN 35kN 35kN
~
• !tc D E F G
1 1 0 <1,5m
> 1 0 <1,5m
> 1
~I VA VB
• Utilizando as equacoes de equilfbrio, calculam-se as reacoes de apoio.
LF, = 0 Nao sera utilizada pois 0enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equacao: LM z = 0, assim, tomando urn eixo z que passa pelo
ponto B temos:
LM z = 0 =>VA X 5 - 60 X 6 - 35 X 4 - 35 X 2,5 - 35 xl + 60 X 1= 0 => VA = 112,5 kN
• usando a equacao: L Fy = 0, temos:
L F y =o=> VA +VB -60-35-35-35-60=0 => VB = 112,5kN
E uacoes de esforcos ara cada urn dos trechos. (Os esfor os normais sao iguais a zero ,Nx=O)
O~x~lm
L F y =0=>-60-Vx =0
:. Vx =-60
LM z =0 => -60x-Mx =0
:.M, = -60xrecho CA
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Trecho AD 112,5 kN
1~x~2m
LFy = 0=>-60 +112,5- Vx = 0
:. Vx= 52,5
LM z
=0=>-60x+112,5(x-l)-Mx
=0
:. M, = 52,5x-112,5
x
35kN~0kN
D
112,5 kN Trecho DE
112,5 kN TrechoEF
x
c D E
TrechoFB
x
FE
TrechoBG112,5 kN 112,5 kN
2 ~ x ~3,5 m
LFy =0=>-60+112,5-35-Vx =0
:. Vx= 17,5
LM z =O=>
-60x+112,5(x-1)-35(x-2)-Mx =0
:.M, = 17,5x- 42,5
3,5~x ~5 m
L F y =O=>
-60+112,5-35-35-Vx =0
:.Vx=-17,5"M=O=>M =17,5x-42,5-35(x-3,5)L .J z x
:.Mx =-17,5x+80
5~x~6m
L F y =O=>
-60+ 112,5-35 -35 - 35- Vx= 0
:.v, =-52,5"M=0=>M = -17,5x +80-35(x -5)L .J z x
:.M, = -52,5x +255
6~x~7m
L F y =O=>
-60+112,5-35-35-35+112,5- Vx=0
:. Vx= 60
"M=0 =>M = -52,5x +255+ 112,5(x-6)L .J z x
. M =60x-420• x
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Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas de forcas cortantes em kN e
diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram tracados
para cima.
60kN
1m
35 kN 35 kN15 m
60kN
1m
+ ,
I17,5
IL[ \ L,
-_.. _ . _ . _ .•.._ . _
-175,
I -525
525+60
-60
®
«: -7,5~
+18,75
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6.6. Desenhar os diagramas de forca cortante e momenta para 0 eixo. Os mancais
em A e B exercem apenas reacoes verticais sobre ele. Expressar tambem a forca
cortante e 0momenta em funcao de x na regiao 125 mm < x < 725 mm.
1500N
800N
~ x - t - ~125mm 75mm
Soluc;ao:
SOON
~I1500N
~c~ I ·25 mm I 600mmVA < ) <---::....::...::-===--------;.
• Utilizando as equacoes de equilfbrio, calculam-se as reacoes de apoio.
LF, = 0 Nao sera utilizada pois 0 enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equacao: LM z = 0, assim, tomando urn eixo z que passa pelo
ponto B temos:
LM z = 0 => VA x800-800x675 -1500x75 = 0 => VA = 815,625 N
• usando a equacao: LFy = 0, temos:
L F y = 0 => VA + VB -800-1500 = 0 => VB = 1484,375 N
D
ais a zero ,Nx=O)
x
A :.v, =815,625
LM z =0=>815,625x-Mx =0
:.M, = 815,625x815,625
Trecho AC
125 ~ x ~ 725 mm
L F y = 0 => 815,625-800- v, = 0
: . V x = 15,625
LM z = 0 =>815,625x -800(x -125) = M,
:. M, = 15,625x + 100000
800N
~{
Trecho CD
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1500NO O N
•x
Trecho DB
725 : S : x : S : 800 mm
I F y =0::::> 815,625-800-1500-Vx =0
:. Vx = -1484,375
IMz=0::::>
815,625x -800(x -125) -1500(x -725) = M,
:.Mx =-1484,375x+1187500
Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas de forcas cortantes em N e
diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram tracados para
erma.
1500N
800N
600mm
125mm 75mm
C D15,625
15,625c. £ : ; ,
-1484,375,--
@
\101953,125
___/1
111328,125
B
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6.32. Desenhar os diagramas de forca cortante e momenta da viga de madeira e
determinar a forca cortante e 0momenta em toda a viga em funcao de x.
2501b 2501b
!
Soluc;ao:250lbf 250lbf
D
• Utilizando as equacoes de equilfbrio, calculam-se as reacoes de apoio.
LF, = 0 Nao sera utilizada pois 0enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equacao: L M, = 0 , assim, tomando urn eixo z que passa pelo
ponto B temos:
LM z = 0 ~ VAx6- 250xlO -(150x6)x3+250X4 = 0 ~ VA= 700 Ibf
• usando a equacao: LFy = 0, temos:
LFy=0~VA+VB-250-250-150X6=0 ~ VB=7001bf
c
ara cada urn dos trechos. (Os esfor os normais sao i uais a zero ,Nx=O)
4 pes 6 pes
Trecho CA
250 lbf
~C A
n0/700 lbrtIx
Trecho AB
Os x s 4 pes
L F y =0~-250-Vx =0
:. Vx = -250
LM z =O~ 250x+Mx =0
:. Mx =-250x
4 s x s 10 pe s
L F y = 0 ~ -250-150(x -4) + 700- Vx = 0
:. Vx = 10S0-IS0x
LM z =O~
2S0x-700(x-4)+IS0(x-4)2 +M =02 x
:.Mx =-4000+10S0x-7Sx2
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250lbf
~c
T ,700lbfl
)700lbf x
TrechoBD
10::;x::; 14pes
I F y =O=>
-250-150x6+700+700- v, = 0
: . V x = 250
IM z =O=>
250x-700(x -4) +150x6(x -7) +
-700(x-l0)+Mx
=0
:. M, = 250x-3500
Resposta: Com as equacoes (acima) podemos tracar os diagramas de forcas cortantes em lbf e
diagrama de momentos em lbf.pe (abaixo). Note que os momentos negativos foram tracados para
erma.
2501b
450
-250
-325
\. . . . . . . .
250
-450
-1000
2501b
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6.42 Foram propostas duas solucoes para 0 projeto de uma viga. Determinar qual
delas suportara urn momento M = 150 kN.m com a menor tensao normal de flexao.
Qual e essa menor tensao? Com que porcentagem ele e mais eficiente?1---200 mm · 1 _l_
---1°1 _l_l , s m m300mm
30mm
30mm
100mm
l S mm
r(a) (b)
Solucao:
M = 150 kN.m = 150x106N.mm
omomento de Inercia:
Secao (a)
L = [200X153
+ (200X15)X157,52]X 2 + [30X3003
+ (30X300)X02]a 12 12
. r . I,= 216450000 mm"
cra= _M_ma_ox
a= 150x10
6x165
Ia 216450000
:.cra =114MPa
Secao (b)
I. ~ [200,:30' + (200X30)X165' ]x 2+[ 15X1~00;+ (15x 300)XO']
:. Ib = 361350000 mm"
= MmaxC = 150x106
x180o, I, b 361350000
:. o, = 74,7MPa
Ef' 'A 114-74,7 100 5301Ictencta = X = -1 0
74,7
Resposta: A menor ten sao normal e do perfil bee de 74,7 MPa com eficiencia de 53%.
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6.47 A pe9a de maquina de aluminio esta sujeita a um momenta M = 75 N.m.
Determinar a tensao normal de flexao nos pontos Bee da secao transversal.
Desenhar os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses
pontos.
Solu«;30:
M=75N·m
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
5 1 = (lOx40)x20+(lOx40)x20+(80x10)x45 ~ y =32,5 mm
(lOx40) + (lOx40) + (80x10)
[lOX40
3 1 [80X103 1, = 12 +(lOx40)x12,5
2x2+ 12 + (80xlO)x12,5
2
:. I, = 1090000 mm"
3
<JB
= Mmax YB = 75000 x175 = 3 612 MPa1090000 ' ,Ix _
3
Mmax 75000 x 7 5 = 1548 MPa<Jc = -~Yc = 1090000 ' ,
Ix
3
Resposta: As tens6es normais de flexao nos
pontos B e C da secao transversal sao,
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa.
a=3,612 MPa
M=75N·m
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.6.48 A peca de maquina de aluminio esta sujeita a urn momenta M = 75 N.m.
Determinar as tensoes normais de flexao maximas de tracao e de compressao na peca.
40mm
M=75 N'm
Solucao:
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
y = (10x40)x20+ (lOx40)x 20+ (80xlO)x45 ~ y =32,5 mm
(lOx 40) + (lOx40) + (80x10)
I, = [ 107 ; ° ; + (lOx40)x12,5' ]X2+ [80;;0' + (SOx10)X12,5' ]
:.I,= 1090000 mm"
3
- Mmax 75000 175 3612 MP()max=--YB=-1090000 x , =- , aI x
3
+_Mmax _ 75000 325- 6709MP()max - --Ybase - 1090000 x , - + , aI x
3
Resposta: As tensoes normais de flexao maximas sao: 3,612 MPa de compressao e
6,709 MPa de tracao.
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6.55 A viga esta sujeita a um momento de 15 kip.pes. Determinar a forca resultante
que a tensao produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular tambem a tensao
maxima desenvolvida na viga.
1
M = 15kippes
1
SoI0(;30:
M = 15 kip.pes = 15xlOOO lbf x 12 pol = 180000 lbf.pol
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:- (5xl)x9,5 ..+(lx8)x5+(3xl)xO,5 - 55625 Iy= _ ~ y=, po
(5x 1)+ (l x8) + (3xl)
Momento de inercia da secao transversal em relacao a linha neutra:5x13 lx83 3x13
I,= - - + (5xl)x(5,5625 -9,5)2 + --+ (lx8)x (5,5625 _5)2 +-- + (3xl)x(5,5625 -0,5)212 12 12
:. I, = 200,2708333 pol"
As tens6es na parte superior e inferior do flange superior sao:
0" sup = ~:ax Ysup = 20~~~~~~33 x (l0 - 5,5625) = 3988 psi
M max 180000 X (9 _5 5625) = 3090 siO"inf = -I-
x- Y inf = 200,2708333' P
0" rned = ~ (0" sup + O"inf )
0" rned = _ ! _ (3988 + 3090) = 3539 psi2
Fmesa = A mesa X (Jmed
Fmesa = (5 x 1)X 3539 = 17695 lbf
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As tens6es na parte superior e inferior do flange inferior sao:
asup = ~:ax Ysup = 20~~~~~~33 X (5,5625 -1) = 4100,7 psi
Mmax 180000 x5 5625 = 4999 5 si = ""
ainf
= -r-x- Yinf = 200,2708333 ' , P v max
a me d = _ ! _ (asup +a inf )
2
ame d = _ ! _ (4100,7 +4999,5) = 4550,1psi2
F mesa = A mesa X amod
Fmesa = (3x1)x4550,1 =13650,3 lbf
Resposta: A forca resultante que as tens6es produzem no flange superior e de 17,7 kip de
compressao. A forca resultante que as tens6es produzem no flange inferior e de 13,7 kip de tracao.
A tensao maxima na secao e de 5 ksi de compressao na parte inferior do flange inferior (tracao).
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6.68 A secao transversal de uma viga esta sujeita a urn momento de 12 kip. pes.
Determinar a forca resultante que a tensao produz na mesa (6 pol x 1 pol). Calcular
tambem a tensao maxima desenvolvida nesta secao transversal da viga.
r-6 pol_'O'sup- -..------~------~--~
y
10 pol
Linha Neutra
H1 pol
SoI0l';30:M = 12 kip.pe = l2xlOOOlbf x 12pol = 144000 lbf.pol
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
-= (lxlO)x5+(6xl)xl0,5 =:>-=70625 01Y (lxlO) + (6xl) y, p
Momenta de inercia da secao transversal em relacao a linha neutra:
lxl03
6x13r, =--+(lxlO)x(7,0625-5)2+--+(6xl)x(l0,5-7,0625)2 :.I
x=197,271poI4
12 12As tensoes na parte superior e inferior da mesa sao:
= M max = 144000 x 3 9375 = 2874 SI'a sup I, Ysup 197,271 ' P
Mmax 144000 29375 2144 .a inf = --- Ynf = x, = pSIr, 197,271
= Mmax -Y= 144000 x7 0625 = 5155 psiamax I, 197,271'
a med = ~ (a sup +ainf )
ame d
= _!_(2874+2144) = 2509 psi2
F mesa = A mesa X amed
Fmesa = (6xl)x2509 =15055 Ibf
Resposta: A forca resultante que a tensao produz na mesa e de 15,1 kip. A tensao maxima na secao
e de 5,2 ksi de compressao na parte inferior da alma.
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6.71 Determinar a tensao normal de flexao maxima absoluta no eixo de 30 mm de
diametro que esta submetido a forcas concentradas. As buchas nos apoios A e B
suportam as forcas verticais.
A
600N
Solm;;ao:
400N
A tensao normal numa secao transversal de uma viga e:
Mmax(Jmax=-I-c
1=momenta de inercia da secao (no caso, urn cfrculo). 0centr6ide, c, da secao situa-se no centro da
altura. Na questao, 0momenta maximo, Mmax,ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na
questao:
Mmax= P , xa = 600NxO,8 m = 480 N.m = 480000 N.mm
1= nx304
64
c =15 mm
Assim:
Mmax(Jmax=--cI
= 480000 x 15 = 181 08 _ _ _ ! ' i _(Jmax nx304 'mm2
64
:. (Jmax= 181MPa
Resposta: A tensao normal de flexao maxima absoluta e de (Jmax= 181 MPa.
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6.72 Determinar 0 menor diametro admissfvel do eixo submetido a forcas
concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forcas verticais e a tensao
de flexao admissfvel e <Jadm = 160 MPa.
A B
600N
SoIO(;ao:
400N
A tensao normal numa secao transversal de uma viga e:
o :::Mmax cmax I
I::: momento de inercia da secao (no caso, urn cfrculo). 0 centr6ide, c, da secao situa-se no centro da
altura. Na questao, 0momento maximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fomecidos na
questao:
M max ::: PI X a :::600 N x 0,8 m :::480 N.m :::480000 N.mm
1tX d "1:::---64
dc :::-
2
IZ----
c
64
d
2
Assim:
o :::Mmax c::: Mmax : : : : : : > Z ::: Mmax
adm I Z neenee c r adm
Z :::480000 :::3000 mm ' :::1 txd3
- 160 32
: : : : : : > d::: V32X~000
:. d::: 31,3 mm
Resposta: 0 men or diametro admissivel e de d =31,3mm.
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6.73 A viga tem secao transversal retangular como mostrado. Determinar a maior
carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balance, de modo que a
tensao normal de flexao na viga nao exceda (Jadm= lOMPa.
p p
50mm
I~1 I = : l l o O mm
Solu- ;ao:
A tensao normal numa secao transversal de uma viga e:
Mmaxc r ma x =--cI
1=momento de inercia da secao (no caso, urn retangulo). 0 centr6ide, c, da secao situa-se no centro
da altura. Na questao, 0momenta maximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados
fornecidos na questao:
Mmax = PXa = PxO,5 m = 500P mm
1= 50x1003
12
c=50mm
Assim:
Mmax
~ c radm = -I-c
50X1003X10
10= 500P x 50 ~ P = _-",,1=2 _
50 x 1003 500 x 50_-_ .. -,-"----_ ...-
12
=Mmax
ccmax I
:. P = 1666,67 N
Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balance e de P =1,67 kN.
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6.77. A viga esta submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensao a
requerida da se~ao transversal se a tensao de flexao do material for (Jadm = 150 MPa.
40kN/m60kN
l~lm~
Solm;ao:
Diagrama de momentos:
@ /;-60kN.m
~ 1,25 kN.m
1 . . . . ' : >
Mmax= 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60x106 N.mm (tracao nas fibras superiores)
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
1 1 1 2 2(ax-a)x a+(-ax-a)x-a
y = _ _ : 3 : : : _ _ _ - - - " , 6 : _ _ _ _ _ _ - - = 2 : _ _ _ _ _ _ - - - = : 3 : _ _ _ _ _ _ _ _ _ : : : : 3 _=> y = 2_ a1 1 2 12
(ax-a)+(-ax--a)3 2 3
Momento de inercia da secao transversal em relacao a linha neutra:
(1 ) 3 1 ( 2 ) 3
ax3 a 1 5 1 2 iax 3a
1 2 5 2 2
r, = 12 +(ax3a)xC2a-(ja) + 12 +(2ax3a)xC2a-3a)
.'. I = 37 a 4x 648
A tensao normal maxima ocorre na parte superior da secao transversal:
»., ~~~' y", ~ ~ . t : :+ - I~ a ) = 150 => a = 60XV73~ ~ 159,876 m m648
Resposta: A dimensao requerida deve ser a = 160 mm.
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6.79. Determinar a intensidade da carga maxima P que pode ser aplicada a viga,
supondo que ela seja feita de material com tensao de flexao admissivel
(G'adm)c = 16 ksi na cornpressao e (G'adm)t = 18 ksi na tracao.p p
r-5 p e s -""!-<---- 10 p e s ------ro~ 5 p e s - - - l
Solu~ao:
Diagrama de momentos:
@
60P
~-----"
Mmax = 5x12 P = 60 P (tracao nas fibras inferiores) em lbf.pol
1pol-1 f -
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
- = (8 x 1)x 8,5 + (I x 8) x 4 => - = 6 25 01Y (8xl) + (lx8) y, p
Momento de inercia da secao transversal em relacao a linha neutra:
8xe lx83
I,= -+ (8xl)x(8,5-6,25)2 +-+(lx8)x(6,25 _4)212 12
.'.,= 124,33 pol"As tens6es normais maximas ocorrem na parte superior (cornpressao) e na parte inferior (tracao) da
secao transversal:
M < 60P(J < = ~ y = -- x 2 75 = 16000 => P = 12056 lbfsup I sup 12433 '
x ,
(J'nf = MmaxYsu = 60P x6,25=18000=>P=5968IbfI I ,p 12433
x ,
Resposta: A maxima carga P deve ser 5,968 kip.
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7.5 Se a viga T for submetida a urn cisalhamento vertical V = 10 kip, qual sera a
tensao de cisalhamento maxima nela desenvolvida? Ca1cular tambem 0 salto da
tensao de cisalhamento na juncao aba-alma AB. Desenhar a variacao de intensidade
da tensao de cisalhamento em toda a ao transversal. Mostrar que hN=532,04 pol",
4 pol
~3POI
6 pol
~
V = 10 kip
SQlu~ao:V = 10kip = 10000lbf
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
-= (6x6)x3+(l4x3)x7,5 =>-=5423 01y (6x6)+(14x3) y, P
A tensao maxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
Q = (6x5,423)x 5,423 = 88,229 pol'2
ou
0577Q = (6x 0,577)x-'- + (3x14)x2,0769 = 88,229 pol '
2
I,~[6~;' + (6x6)x2,423']+[141~3' +(l4X3)X2,0769']
:.Ix=532,0385poI4
= V Q = 10000x 88,229 = 276 4 lbf
'tma x I, b 532,0385x6 ' pol '
A tensao de cisalhamento na juncao aba-alma AB:
Q = (6x 6)x 2,423 = 87,2298 pol'
ou
ps i
Q = (14x3)x2,0769 = 87,2298 pol'
't = V Q = 10000x 87,2298 = 273 3 lbf
alma I, b 532,0385 x 6 ' pol"
= VQ = 10000x87,2298 =1171 lbf
'tmesa I, b 532,0385x14 ' pol"
Resposta: A tensao de cisalhamento maxima e de 'tmax = 276,4 psi. 0 saIto da tensao de
cisalhamento na juncao aba-alma AB e de 273,3 psi na alma e 117,1 psi na mesa.
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7.15 Determinar a tensao de cisalhamento maxima no eixo com sccao transversal
circular de raio r e sujeito a forca cortante V. Expressar a resposta em termos da area
A da secao transversal.
r
vSolm;ao:
A tensao de cisalhamento maxima e:VQ
't =--ma x I b
x
onde:
1tr41=-x 4
b = 2rAssim:
VQ't =--ma x I b
x
2r3V - - · · · · · · · ·
3=> 'tma x = --'-4'::::__ = - _ - -nr 31tr2 3A-2r4
4V 4V
Resposta: A tensao de cisalhamento maxima no eixo com secao transversal circular de raio r e
.. '.I' V'd 4Vsujeito a rorca cortante e e 'tma x =-3A
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7.17 Determinar as maiores forcas P nas extremidades que 0 elemento pode
suportar, supondo que a tensao de cisalhamento admissivel seja 'tadm = 10 ksi. Os
apoios em A e B exercem apenas reacoes verticais sobre a viga.p p
2001b/pe
~-3 pes:-~---6 pes---_"_-3 pe~
Solucao:
o maximo cortante ocorre nos apoios igualmente e e de:v=p
Centro de gravidade da secao transversal tomando como base inferior como referencia:
y = (1,5x 2,5) x 1,25 + (1,5x 2,5) x 1,25 + (6 x 1,5)x 3,25 => Y = 2,34091 pol
(1,5x 2,5) + (1,5x 2,5) + (6 x 1,5)
A tensao maxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
Q = [(1,5 x 2,34091) x 2,3:091] x 2 = 8,21978 poe
r, =[1,5:~,53 + (1,5X2,5)X(2,34091-1,25)2]X2+[ 6~~53 +(6X1,5)X(3,25-2,34091)2]
:.I,= 21,9574 pol4
1:= v Q = Px8,21978 = 10000 lbf
I,b 21,9574x3 pol '
=> P = 10000x21,9574x3
8,21978
:. P = 80138,61bf
Resposta: As maiores forcas P nas extremidades que 0 elemento pode suportar sao de 80,1 kip.
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7.21 Os apoios em A e B exercem reacoes verticais sobre a viga de madeira.
Supondo que a tensao de cisalhamento admissfvel seja 'tadm = 400 psi, determinar a
intensidade da maior carga distribuida w que pode ser aplicada sobre a viga.w
1pe--- - -+-- l ,5pe--- l - - l
Solu~ao:
o maximo cortante ocorre no apoio e e de:
V = 1,~w =0,7Sw (pe)
ou
V = 1,Sw = 0,7Sw x12 (pol)2
A tensao maxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
4Q = (2x4)x- = 16 pol '
2
2x83
1=--x 12
1: = V Q = (0,7Sw x12)x16 = 400 lbf
i, b 2~_~~X2 pol"
12
2x83
400x---x2
=> w = 12(0,7Sx12)x16
:. w = 474 0741 lbf = 474 0741 _ _ g _ = S 69 kip, pol ' 1000 ' pe
T8 pol
_ _ l _ _----.j f--2 pol
Resposta: A maior carga distribuida w que pode ser aplicada sobre a viga e de 5,69 kip/pes.
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12.5 Determinar as equacoes da linha elastica da viga usando as coordenadas xl e
x2. Especificar a inclinacao em A e a deflexao maxima. Considerar EI constante.p p
Solu~ao:
Reacoes de apoio:
'LMZ(B) =O~VAxL-P(L-a)-Pa=O :.VA =P
'LFy =O~VA +VB -P-P=O :. VB =P
Vamos encontrar as equacoes de momenta fletor:
M, =Px ~ O~x~a
M2 =Px-P(x-a) ~ a~x~(L-a)
M3 =Px-P(x-a)-P(x-L+a) ~ (L-a)~x~L
Agora, vamos montar as equacoes diferenciais da linha elastica (uma para cada trecho):
EIYj"(x)=-Px ~ O~x~a
EIY2"(x)=-Px+P(x-a) ~ a~x~(L-a)
EIY3"(x)=-Px+P(x-a)+P(x-L+a) ~ (L-a)~x~L
E, assim, resolve-las atraves de duas integracoes.
Primeira integracao:
x2
EIYj'(x)=-P-+Cj ~ O~x~a2
x2 (x= a)?Ely 2 ' (x) = - P - + P +C2 ~ a ~ x ~ (L - a)
2 2
E I '() - +P ~ P (x - a) 2 P (x - L + a) 2 C (L) LY3 X - + + + 3 ~ -a ~ x ~
2 2 2
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As condicoes de contorno para a viga sao:
y'] (a) =Y'2(a) => C1 =C2
Yl(a)=Y2(a) => C4=CS
Y'2(L - a) = Y'3(L - a) => C2 = C3
Y2(L-a)=Y3(L-a) => Cs =C6
y(O)=O => EIY1(0)=C4 => C4 =0 => Cs =0 => C6 =0
y(L)=O => EIY3(L)=-pe +p(L-a)3 +p(L-L+a)3 +C3L=0 =>
666
Pa:. C3 = -(L-a)
2
Pa:. C] =-(L-a)
2
Pa:.C
2=-(L-a)
2
Entao, as inclinacoes sao:
x2
Pa
EIy]'(x)=-P-+-(L-a) => O~x~a2 2
, X2 (x - a)2 PaEly (x) = - P- + P + - (L - a) => a ~ x ~ (L - a)
2 2 2 2
Ely '(x)=_p£+p(x-a)2 +p(x-L+a)2 +Pa(L_a) => (L-a)~x~L
3 2 2 2 2
E as deflexoes sao:
x 3 PaEly] (x) = -P 6 + 2 (L - a)x => 0 ~ x ~ a
x ' (x +a)? PaEIY2(x)=-P-+P +-(L-a)x => a~x~(L-a)
6 6 2EI (x)> p
X3p(x-a)3 p(x-L+a)3 Pa(L) (L) L
Y3X -- 6+ 6 + 6 +2 -a x => -a ~ x ~
A inclinacao em A e:
, 02
Pa PaEly] (0) = -P
2+2(L-a) = 2(L-a)
:. '(0)=8 =Pa(L-a)Y] A 2EI
odeslocamento maximo (centro, x=Ll2) e:
(L) P(L)3 P(L )3 Pa L
EIY2
2
=-6 2 +62-a +2(L-a)2
( L ) Pa 2 2
:. Y2 2 =Yma x = 24EI (3L - 4a )
Obs.: 0eixo Ypositivo foi adotado para baixo.
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12.30 0 eixo suporta as cargas das tres polias mostradas. Determinar a deflexao em
seu centro e sua inclinacao em A e B. Os mancais exercem apenas reacoes verticais
sobre ele e EI e constante.
pSolur;aQ:
Reacoes de apoio:
V =3PA 2
p p
V_ 3P
B-2
As equacoes de momento fletor sao:
M1(x)=-Px ~ O::;x::;a
3PM2(x) = -Px + -(x - a) ~ a::; x::; 2a
2
3PM3(x)=-Px+-(x-a)-P(x-2a) ~ 2a::;x::;3a
2
3P 3PM4 (x) = +Px +-(x -a) -P(x -2a)+-(x -3a) ~ 3a::; x::; 4a
2 2
Agora, vamos montar as equacoes diferenciais da linha elastica (uma para cada trecho):
ElYl"(X)=Px ~ O::;x::;a
3PElY2"(x)=Px--(x-a) ~ a::;x::;2a
2
3PElY3"(X) = Px --(x -a)+P(x -2a) ~ 2a::; x::; 3a
2
ElY4"(X) = Px + 3: (x-a)+P(x-2a)- 3: (x-3a) ~ 3a::; x::; 4a
E, assim, resolve-las atraves de duas integracoes. Primeira integracao:
x2
ElYl'(X)=P-+C1 ~ O::;x::;a2
Ely '(x)=p£_3P(x-a)2 +C ~ a::;x::;2a2 2 2 2 2
ElY3'(X)=PX; _3:(x~a)2 +p(X-
2
2a)2 +C3
~ 2a::;x::;3a
Ely '(x)=p£_3P(x-a)2 +p(x-2a)2 _3P(x-3a)2 +C ~ 3a::;x::;4a
4 222 2 22 4
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Segunda integracao:
x3
ElYj(x)=P-+Cjx+Cs ~ 0:::;x:::; a6
x33P(x-a)3Elyz(x)=P--- +CZx+C6
~ a:::;x:::;2a
6 2 6
ElY3(x)=p£_3P(x-a)3 +p(x-2a)3 +C3X+C
7~ 2a:::;x:::;3a
6 2 6 6
El ( )_pX3 3P(x-a)3 p(x-2a)3 3P(x-3a)3 C C 3a:::;x:::;4a
Y4 x - 6-2 6 + 6 -2 6 + 4X+ S ~
As condicoes de contomo para a viga sao:
Y\ (a) = Y'z(a) ~ C, = Cz
Yj(a)=Yz(a) ~ CS=C6
Y'2(2a) = Y'3(2a) ~ C2 = C3
Y2(2a) = Y3(2a) ~ C6 = C7
Y'3(3a) = Y'4(3a) ~ C3 = C4
Y3(3a) = Y4(3a) ~ C7 = C,
a3
ElYj(a)=P-+Cja+Cs =06
El (3 )_p(3a)3 3P(3a-a)3 p(3a-2a)3 C 3 C-O
Y3 a - --- + + 3 a+ 7-
6 2 6 6
das duas tiltimas equacoes (fazendo C]=C3 e CS=C7) vern que:
5P 2C. =C2 =C3 =--a
413P 3
C4 =Cs =C6 =-a12
A deflexao no centro (centro, x=2a) e:
Ely (2a) = P (2a)3 _ 3P (2a - a)3 _ 5Pa 2 2a + 13P a 3
2 6 2 6 4 12
Pa3
:. Y2(2a) = Y2a=--3El
As inclinacoes em A e B sao:
EI Y '(a) = P ~ + C = Pa 2 _ 5Pa 2 = _ 3Pa 2j 2 j 2 4 4
3Pa2
:. yj'(a) = SA = ---4El
Ely '(3a)=p(3a)2 _3P(3a-a)2 +p(3a-2a)2 5Pa2
3 2 2 2 2 4
3Pa2
:. Y3'(3a) =SB =--4El
Obs.: 0 eixo y positivo foi adotado para baixo.
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12.49 A haste compoe-se de dois eixos para os quais 0momento de inercia de AB e
I e de B e e 21. Determinar a inclinacao e a deflexao maximas da haste devido ao
carregamento. 0 m6dulo de elasticidade e E.p
Solu(,?ao:
Vamos encontrar as equacoes de momenta fletor:
LM] = -Px => o := : ;x : = :;
2
LM2 = -Px => - := :; x := :;L
2
Agora, vamos montar as equacoes diferenciais da linha elastica (uma para cada trecho):
LE I Y ]" (x) = Px => 0 := :; := :;
2
L2EIY2"(x )=Px => - := : ;x :=: ;L
2
E, assim, resolve-las atraves de duas integracoes,
Primeira integracao:
x2
L
EIy] '(x)=P-+C] => O:=: ;x :=: ; -2 2
x2 L2EIY2 ' (x )=P-+C 2 => - := : ;x :=: ;L
2 2
Segunda integracao:
x3 LEIy](x)=P-+C]x+C
3=> o s s s >
6 2
x3 L
2EIY2(x )=P-+C 2x+ C 4 => - := : ;x :=: ;L6 2
As condicoes de contorno para a viga sao:
PL2
y'2 (L) = 0 => C2 = - - 2
PL 3
Y 2 (L ) = 0 => C 4 = -3
, ( L ) _ , ( L ) => C _ _ 5 p eY] 2 - Y 2 2 ] - 1 6
3 p eC =--3 16
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A inclinacao maxima (extremidade livre, x=O)e:
EI '(x)=p~_5pe ~ EI '(O)=p02 _5pe =_5pey] 2 16 y] 2 16 16
5PL2
:. y]'(O) = ema x = - - -
16EI
odeslocamento maximo (extremidade livre, x=O)e:
EI (x)=p~_5PL2 x+3pe ~ EI (O)=p~_5PL2 O+3pe =3pey ] 6 16 16 Y l 6 16 16 16
3pe. Y (O r ey -_•• 1 - max - 16EI
Obs.: 0eixo y positivo foi adotado para baixo.
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13.5 0 elo de aviao . e feito de aco A-36 (E=29000 ksi). Determinar 0 menor
diametro da haste, com aproximacao de 1116pol, que suportara a carga de 4 kip sem
sofrer flambagem. As extremidades estao presas por pinos.
4 kip 4 kip
~---------18pol~~~~~~
Solu~ao:
n2EIP =--er (kL)2
No problema temos que:
k = 1 (coluna entre pinos)
E = 29xl06 lbfpol"
nd4
1=-64
L = 18 pol
Per = 4 kip = 4000 lbf
Assim:
=> d = 4 64 x4000x182
= 0,551 pol
n3
x29x106
com aproximacao de 1116 pol, temos:
0,551 ::::88::::9(1116) ,
9:. d = -pol
16
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13.16 0 elo de aco ferramenta L~2usado em uma maquina de forja e acoplado aos
garfos por pinos nas extremidades. Determinar a carga maxima P que ele pode
suportar sem sofrer flambagem. Usar um fator de seguranca para flambagem de
F.S. = 1,75. Observar, na figura da esquerda, que as extremidades estao presas por
pino para flambagem e, na da direita, que as extremidades estao engastadas.p p
1,5 pol
24 pol
p p
Solu~ao:
E = 29x106 lbfpol '
L= 24 pol
No problema temos que: a) k = 1 (coluna entre pinos)
1= bh3
= 0,5xI,53
=0140625 01 4
12 12 ' P
Assim:
P = _1t_2_E_I1t2x29x10
6x 0,140625 => P = 69877,6Ibf
er (kL)2 (1X 24)2 er
No problema temos que: b) k = 0,5 (coluna entre engastes)
1= bh3 = 1,5xO,53 = Ix = 0015625 pol"12 12 '
Assim:
P = _1t_2E_I 1t2x29x10
6
xO,015625 => P = 31056,71bfer (kL)2 (0,5x24)2 er
E - . P = Pe r = 31056,7 = 17746lbfntao. adm
F.S. 1,75
Resposta: A carga maxima que 0 elo pode suportar sem sofrer flambagem e de P = 17,7 kip
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