resistência dos materiais_exercícios resolvidos

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),



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).



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.



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.



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°


- 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°.



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.



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


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



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



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



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.



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.



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


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.



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.



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.



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



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.



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



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%.



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.



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



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.



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 ]



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.



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



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



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.



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.



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.



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.



3.3 Os dados de urn teste tensao-deformacao de uma ceramica sao fomecidos na


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.



3.4 Os dados de urn teste tensao-deforrnacao de uma ceramica sao fornecidos na


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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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.



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°.



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°.



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°.



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

www.profwillian.com

http://www.profwillian.com/

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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.



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.



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



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



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



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



~

150

300

-400

.>-7200

j ..\ L\



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



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



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

~



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


LF, = 0 Nao sera utilizada pois 0enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.


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



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



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



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 < ) <---::....::...::-===--------;.


LF, = 0 Nao sera utilizada pois 0 enunciado afirma que os apoios exercem apenas reacoes verticais.


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



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



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


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



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



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%.



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



.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:


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.



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



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).



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


-= (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.



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.



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


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.



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:


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.



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)


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.



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 -


- = (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.



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


-= (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.



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



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


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)


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.



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


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.



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



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.



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


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



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.



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


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



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.



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



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

resistência dos materiais_exercícios resolvidos

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