solução: c a b · 6.2 o eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam...
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6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em
A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.
Solução:
A C
24 kN
250 mm
B
VA VB
x
800 mm
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
kN5,31V0105024800V0M AAz ==−=
• usando a equação: = 0Fy , temos:
kN5,7V024VV0F BBAy −==−+=
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
24 kN x Mx
Nx
Vx
Trecho CA x24M
0Mx240M
24V
0V240F
mm250x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=
C
31,5 kN
x Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
24 kN
7875x5,7M
0M)250x(5,31x240M
5,7V
05,31V240F
mm1050x250
x
xz
x
xy
−=
=+−−=
=
=+−−=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-24
7,5
V
-6000
M
6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as
duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e
B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.
Solução:
A C
400 lbf
18 pol
B
VA VB
x
24 pol
300 lbf
D
12 pol
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
lbf550V0123004240024V0M AAz ==+−=
• usando a equação: = 0Fy , temos:
lbf150V0300400VV0F BBAy ==−−+=
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
400 lbf x Mx
Nx
Vx
Trecho CA x400M
0Mx4000M
400V
0V4000F
pol18x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=
C
550 lbf
x Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
400 lbf
9900x150M
0M)18x(550x4000M
150V
0550V4000F
pol42x18
x
xz
x
xy
−=
=+−−=
=
=+−−=
C
550 lbf
x Mx
Nx
Vx
Trecho BD
A
400 lbf
B
150 lbf 16200x300M
0M)42x(150)18x(550x400
0M
300V
0150550V4000F
pol54x42
x
x
z
x
xy
−=
=+−−−−
=
=
=++−−=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-400
150 V
300
-7200 M -3600
6.3 Os três semáforos têm, cada um, massa de 10 kg e o tubo em balanço AB tem
massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o tubo.
Desprezar a massa da placa.
Solução: 98,1 N 98,1 N 98,1 N
14,7 N/m
A B
1,75 m 1,75 m 3,00 m
C D
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AC
98,1 N
x1,98x35,7M
0M2
xx7,14x1,980M
1,98x7,14V
0Vx7,141,980F
m75,1x0
2
x
xz
x
xy
−−=
=++=
−−=
=−−−=
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho CD
98,1 N 98,1 N
C
171,675x2,196x35,7M
0M2
xx7,14)75,1x(1,98x1,98
0M
2,196x7,14V
0Vx7,141,981,980F
m5,3x75,1
2
x
x
z
x
xy
+−−=
=++−+
=
−−=
=−−−−=
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DB
98,1 N 98,1 N
C
98,1 N
D
515,025x294,3x35,7M
0M2
xx7,14)5,3x(1,98)75,1x(1,98x1,98
0M
294,3x7,14V
0Vx7,141,981,981,980F
m5,6x5,3
2
x
x
z
x
xy
+−−=
=++−+−+
=
−−=
=−−−−−=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-98,1
-123,825
V
-221,925
-247,65
-345,75 -389,85
-194,184375
M
-605,1125
-1708,4625
6.5 O encontro de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma
de uma ponte. Desenhar seus diagramas de força cortante e momento quando ele é
submetido às cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem
apenas reações verticais sobre o encontro.
Solução:
A
60 kN
1 m
B
VA VB x
35 kN
1 m 1,5 m 1 m 1 m 1,5 m
60 kN 35 kN 35 kN
C D E F G
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz ==+−−−−=
• usando a equação: = 0Fy , temos:
kN5,112V06035353560VV0F BBAy ==−−−−−+=
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
x Mx
Nx
Vx
Trecho CA
60 kN
x60M
0Mx600M
60V
0V600F
m1x0
x
xz
x
xy
−=
=−−=
−=
=−−=
C
112,5 kN
x Mx
Nx
Vx
Trecho AD
60 kN
5,112x5,52M
0M)1x(5,112x600M
5,52V
0V5,112600F
m2x1
x
xz
x
xy
−=
=−−+−=
=
=−+−=
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DE
60 kN 35 kN
D
5,42x5,17M
0M)2x(35)1x(5,112x60
0M
5,17V
0V355,112600F
m5,3x2
x
x
z
x
xy
−=
=−−−−+−
=
=
=−−+−=
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho EF
60 kN 35 kN
D
35 kN
E
80x5,17M
)5,3x(355,42x5,17M0M
5,17V
0V35355,11260
0F
m5x5,3
x
xz
x
x
y
+−=
−−−==
−=
=−−−+−
=
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho FB
60 kN
35 kN
D
35 kN
E
35 kN
F
255x5,52M
)5x(3580x5,17M0M
5,52V
0V3535355,11260
0F
m6x5
x
xz
x
x
y
+−=
−−+−==
−=
=−−−−+−
=
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho BG
60 kN
35 kN
D
35 kN
E
35 kN
F
112,5 kN 420x60M
)6x(5,112255x5,52M0M
60V
0V5,1123535355,11260
0F
m7x6
x
xz
x
x
y
−=
−++−==
=
=−+−−−+−
=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em kN e
diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados
para cima.
–60
+52,5
V
+17,5
+60
–52,5
–17,5
M
–7,5
–60 –60
+18,75
6.6. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em
A e B exercem apenas reações verticais sobre ele. Expressar também a força cortante
e o momento em função de x na região 125 mm < x < 725 mm.
Solução:
A C
800 N
125 mm
B
VA VB
x
600 mm
1500 N
D
75 mm
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
N625,815V0751500675800800V0M AAz ==−−=
• usando a equação: = 0Fy , temos:
N375,1484V01500800VV0F BBAy ==−−+=
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
A
815,625
x Mx
Nx
Vx
Trecho AC x625,815M
0Mx625,8150M
625,815V
0V625,8150F
mm125x0
x
xz
x
xy
=
=−=
=
=−=
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho CD
C
800N
815,625 100000x625,15M
M)125x(800x625,8150M
625,15V
0V800625,8150F
mm725x125
x
xz
x
xy
+=
=−−=
=
=−−=
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DB
C
800N
815,625
D
1500N
1187500x375,1484M
M)725x(1500)125x(800x625,815
0M
375,1484V
0V1500800625,8150F
mm800x725
x
x
z
x
xy
+−=
=−−−−
=
−=
=−−−=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em N e
diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para
cima.
815,625
15,625
V
–1484,375
M
111328,125 101953,125
6.32. Desenhar os diagramas de força cortante e momento da viga de madeira e
determinar a força cortante e o momento em toda a viga em função de x.
Solução:
A C
250 lbf
4 pés
B
VA VB
x
6 pés
250 lbf
D
4 pés
150 lbf/pé
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz ==+−−=
• usando a equação: = 0Fy , temos:
lbf700V06150250250VV0F BBAy ==−−−+=
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
250 lbf x Mx
Nx
Vx
Trecho CA x250M
0Mx2500M
250V
0V2500F
pés4x0
x
xz
x
xy
−=
=+=
−=
=−−=
C
700 lbf
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
250 lbf
150 lbf/pé
2
x
x
2
z
x
xy
x75x10504000M
0M2
)4x(150)4x(700x250
0M
x1501050V
0V700)4x(1502500F
pés10x4
−+−=
=+−
+−−
=
−=
=−+−−−=
C
700 lbf x
Mx
Nx
Vx
Trecho BD
A
250 lbf
150 lbf/pé
700 lbf
B
3500x250M
0M)10x(700
)7x(6150)4x(700x250
0M
250V
0V7007006150250
0F
pés14x10
x
x
z
x
x
y
−=
=+−−
+−+−−
=
=
=−++−−
=
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e
diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para
cima.
–250
450
V
250
–450
–1000
M
–1000 –325
6.39. Determinar o momento M que deve ser aplicado à viga a fim de criar um esforço
de compressão de D=30 MPa no ponto D. Desenhar também a distribuição de tensão
que atua sobre a seção transversal e calcular a tensão máxima desenvolvida na viga.
Solução:
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra (medidas em cm).
➢ ou usando 4 retângulos (somados):
Ix = [20 × 2,53
12+ (20 × 2,5) × 8,752] × 2 + (
2,5 × 153
12) × 2 = 9114,58333 cm4
➢ ou usando 2 retângulos (maior subtraindo o menor):
Ix =20 × 203
12−
15 × 153
12= 9114,58333 cm4
A tensão de flexão no ponto D:
σx =M
Ixy ⇔ M =
σx Ix
y=
3 kN
cm2 × 9114,58333 cm4
7,5 cm= 3645,8 kN. cm ∴ 𝐌 = 𝟑𝟔, 𝟓 𝐤𝐍. 𝐦
A tensão máxima de flexão desenvolvida na viga:
σmax =M
Ixy =
3645,8 kN. cm
9114,58333 cm4× 10 cm = 4
kN
cm2∴ 𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚
A=40 MPa
D=36,5 MPa
6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual delas
suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão. Qual é
essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente?
Solução:
M = 150 kN.m = 150106 N.mm
O momento de Inércia:
Seção (a)
MPa114
165216450000
10150c
I
M
mm216450000I
0)30030(12
3003025,157)15200(
12
15200I
a
6
a
a
max
a
4
a
23
23
a
=
==
=
+
+
+
=
Seção (b)
MPa7,74
180361350000
10150c
I
M
mm361350000I
0)30015(12
300152165)30200(
12
30200I
b
6
b
b
max
b
4
b
23
23
b
=
==
=
+
+
+
=
Eficiência = %531007,74
7,74114=
−
Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%.
6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.
Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. Desenhar
os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses pontos.
Solução:
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
+
+
+
=
=++
++=
23
23
x 5,12)1080(12
108025,12)4010(
12
4010I
mm5,32y)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(y
MPa548,15,7
3
1090000
75000y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000y
I
M
mm3
1090000I
C
x
max
C
B
x
max
B
4
x
===
===
=
Resposta: As tensões normais de flexão nos
pontos B e C da seção transversal são,
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa.
=1,548 MPa
=3,612 MPa
6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.
Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça.
Solução:
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
mm5,32y)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(y =
++
++=
MPa709,65,32
3
1090000
75000y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000y
I
M
mm3
1090000I
5,12)1080(12
108025,12)4010(
12
4010I
base
x
maxmax
B
x
maxmax
4
x
23
23
x
+===
−=−==
=
+
+
+
=
+
−
Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e
6,709 MPa de tração.
6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante
que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão
máxima desenvolvida na viga.
Solução:
M = 15 kip.pés = 151000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol5,5625y)13()81()15(
5,0)13(5)81(5,9)15(y =
++
++=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
4
x
23
23
23
x
pol3200,270833I
)5,05625,5()13(12
13)55625,5()81(
12
81)5,95625,5()15(
12
15I
=
−+
+−+
+−+
=
As tensões na parte superior e inferior do flange superior são:
( )
( )
lbf176953539)15(F
AF
psi3539309039882
1
2
1
psi3090)5,5625-(93200,270833
180000y
I
M
psi3988)5,5625-(103200,270833
180000y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
==
=
=+=
+=
===
===
As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são:
( )
( )
lbf3,136501,4550)13(F
AF
psi1,45505,49997,41002
1
2
1
psi5,49995,56253200,270833
180000y
I
M
psi7,4100)1-(5,56253200,270833
180000y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
maxinf
x
max
inf
sup
x
max
sup
==
=
=+=
+=
====
===
Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de
compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração.
A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração).
6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés.
Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular
também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga.
Linha Neutra
y
sup
inf
max
Solução:
M = 12 kip.pé = 121000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol0625,7y)16()101(
5,10)16(5)101(y =
+
+=
Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra:
4
x
23
23
x pol271,197I)0625,75,10()16(12
16)50625,7()101(
12
101I =−+
+−+
=
As tensões na parte superior e inferior da mesa são:
psi51550625,7271,197
144000y
I
M
psi21449375,2271,197
144000y
I
M
psi28749375,3271,197
144000y
I
M
x
maxmax
inf
x
maxinf
sup
x
maxsup
===
===
===
( )
( )
lbf150552509)16(F
AF
psi2509214428742
1
2
1
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
==
=
=+=
+=
Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção
é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma.
6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de
diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B
suportam apenas forças verticais.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
cI
Mmax
max =
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na
questão:
mm15c
64
30I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
4
1max
=
=
====
Assim:
MPa181
mm
N08,18115
64
30
480000
cI
M
max
24max
max
max
=
=
=
=
Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de max = 181 MPa.
6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças
concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão
de flexão admissível é adm = 160 MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
cI
Mmax
max =
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na
questão:
32
d
2
d64
d
c
IZ
2
dc
64
dI
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
3
4
4
1max
=
==
=
=
====
Assim:
mm3,31d
300032d
32
dmm3000
160
480000Z
MZ
Z
Mc
I
M
3
33
nec
adm
max
nec
nec
maxmax
adm
=
=
===
===
Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm.
6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior
carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a
tensão normal de flexão na viga não exceda adm = 10MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
cI
Mmax
max =
I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro
da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados
fornecidos na questão:
mm50c
12
10050I
mmP500m5,0PaPM
3
max
=
=
===
Assim:
N67,1666P
50500
1012
10050
P50
12
10050
P50010
cI
Mc
I
M
3
3
max
adm
max
max
=
=
=
==
Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN.
6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a
requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for adm = 150 MPa.
Solução:
Diagrama de momentos:
M –60 kN.m
1,25 kN.m
0,25 m
Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×106 N.mm (tração nas fibras superiores)
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
a12
5y
)a3
2a
2
1()a
3
1a(
a3
2)a
3
2a
2
1(a
6
1)a
3
1a(
y =
+
+
=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
4
x
2
3
2
3
x
a648
37I
a3
2a
12
5a
3
2a
2
1
12
a3
2a
2
1
a6
1a
12
5a
3
1a
12
a3
1a
I
=
−
+
+
−
+
=
A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal:
mm876,15937
70060a150a
12
5a
a648
37
1060y
I
M3
4
6
sup
x
max
sup ===
−
==
Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm
6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga,
supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível (adm)c = 16 ksi
na compressão e (adm)t = 18 ksi na tração.
Solução:
Diagrama de momentos:
M
60P
Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol25,6y)81()18(
4)81(5,8)18(y =
+
+=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
( ) ( ) ( ) ( )
4
x
23
23
x
pol33,124I
425,68112
8125,65,818
12
18I
=
−+
+−+
=
As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da
seção transversal:
lbf5968P1800025,633,124
P60y
I
M
lbf12056P1600075,233,124
P60y
I
M
sup
x
maxinf
sup
x
maxsup
====
====
Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip.
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