rm exerc resolvidos
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1.16. Determinar a força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que
passa pelo ponto C. Usar P = 8 kN.
Solução:
VA
HA
HB
VC
NC
MC
Reações de apoio
kN8V0VP0F
kN30H0HH0F
kN30H06,0H)75,03(P0M
AAy
AABx
BBA
=⇒=+−⇒=
=⇒=−⇒=
=⇒=×+××−⇒=
∑
∑
∑
Esforços na seção C, tomando o lado direito de C:
kN30HHN
kN8VVV
m.kN6M075,0VM
AAC
CAC
CAC
=⇒=
=⇒=
=⇒=×=
Resposta: A força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto C
são, respectivamente: 30 kN (compressão), 8 kN (para baixo) 6 kN.m (sentido horário),
1.33. A coluna está submetida a uma força axial de 8 kN no seu topo. Supondo que a seção transversal tenha as dimensões mostradas na figura, determinar a tensão normal média que atua sobre a seção a-a. Mostrar essa distribuição de tensão atuando sobre a área da seção transversal.
Solução: Área da seção transversal:
MPa82,1mm
N82,1
mm4400
N8000
A
P
mm4400101402)10150(A
22
2
====σ
=×+××=
σ
Resposta: A tensão normal média que atua sobre a seção a-a é de 1,82 MPa (tensão de compressão mostrada na cor vermelha atuando uniformemente sobre toda a seção transversal).
1.36. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular
seu valor. Suponha que θ = 60º. O diâmetro de cada haste é dado na figura.
Solução:
050)60(senF)60cos(F0F
0)60cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lbf3,43F
lbf25F
AC
AB
=
=
x
y
FAB
θθθθ=60o
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
psi581,344
4
4,0
3,43
4
d
F
psi324,127
4
5,0
25
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
ABAB
=×π
=π
=σ
=×π
=π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 127,324 psi e
344,581 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC.
1.37. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular
seu valor. Suponha que θ = 45º. O diâmetro de cada haste é dado na figura.
Solução:
050)45(senF)60cos(F0F
0)45cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lbf83,44F
lbf6,36F
AC
AB
=
=
x
y
FAB
θθθθ=45o
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
psi736,356
4
4,0
83,44
4
d
F
psi415,186
4
5,0
6,36
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
ABAB
=×π
=π
=σ
=×π
=π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 186,415 psi e
356,736 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC.
1.38. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar o ângulo da orientação de θ de AC, de forma que a tensão normal
média na haste AC seja o dobro da tensão normal média da haste AB. Qual é a
intensidade dessa tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é indicado na
figura.
Solução:
28,1F
F2
4,0
5,0
F
F
d
d
F
F
d
F
d
F
4
d
F4
d
F
050)(senF)60cos(F0F
0)cos(F)60(senF0F
AB
AC
2
2
AB
AC
2
AC
2
AB
AB
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
AB
AC
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=⇒=×=×==
π
π
=σ
σ
=−θ×+×⇒=
=θ×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
o
AC
AB
42,47
lbf37,44F
lbf66,34F
=θ
=
=
x
y
FAB
θθθθ
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
AB22
AC
AC
AC
22
AB
ABAB
2psi053,353
4
4,0
37,44
4
d
F
psi526,176
4
5,0
66,34
4
d
F
σ==×π
=π
=σ
=×π
=π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 176,526 psi e
353,053 psi, para um ângulo θ = 47,42o.
1.53. O bloco plástico está submetido a uma força de compressão axial de 600 N.
Supondo que as tampas superior e inferior distribuam a carga uniformemente por
todos o bloco, determinar as tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da
seção a-a.
Solução:
P
m
n
p
q
α
P
N
V P
αααα P
σσσσαααα
τττταααα
αααα
y
x P
)(senPV
)cos(PN
α=
α=
Como a área A’ da seção inclinada é A/cos(α), as tensões correspondentes a N e V são,
respectivamente:
MPa05196,0)30cos()30sin(50100
600)cos()sin()cos()sin(
A
P
A
V
MPa09,0)30(cos50100
600)(cos)(cos
A
P
A
N
oo
30x'
o2
30
2
x
2
'
o
o
=
×
=τ⇒αασ=αα==τ
=
×
=σ⇒ασ=α==σ
α
α
Resposta: As tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da seção a-a são: 90 kPa e 51,96
kPa, respectivamente.
1.56. A junta está submetida à força de 6 kip do elemento axial. Determinar a tensão
normal média que atua nas seções AB e BC. Supor que o elemento é plano e tem 1,5
polegada de espessura.
x
y 6000 lb
FAB 60
o
FBC
70o
Solução:
0)70cos(F)60cos(6000F0F
0)60(sen6000)70(senF0F
o
BC
o
ABx
oo
BCy
=×−×−⇒=
=×−×⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lb4891F
lb5530F
AB
BC
=
=
Assim, as tensões são:
psi41,16305,10,2
4891
psi204,8195,15,4
5530
AB
BC
=
×
=σ
=
×
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e BC são, respectivamente, 1630 psi e 819 psi.
1.60. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Determinar
a tensão normal média em cada elemento devido à carga P = 8 kip. Indicar se a tensão
é de tração ou de compressão.
Solução:
αααα
8,05
4cos
6,05
3sen
==α
==α
Nó A
αααα A
P
NAE
NAB
kip67,108,0
6,0
PN
8,0NN0cosNN0F
kip33,136,0
8N
6,0
PN0senNP0F
AE
ABAEABAEx
AB
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴
=⇒=α+−⇒=
∑
∑
Nó E NBE
NDE E NAE
P
kip67,108,06,0
PN
NN0NN0F
kip6875,0N
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BE
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=×=∴
=⇒=−⇒=
∑
∑
Nó B
αααα
NAB
B
NBD NBE
NBC
kip33,29N
8,06,0
6,0/PP75,08,0
6,0
P8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
kip33,236,0
6,0/PP75,0N
6,0
6,0NNN
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BDABBE
BD
BEBDABy
=∴
×−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=−−
=∴×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
Resposta: Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão
(indicadas com –) podem ser resumidos na tabela abaixo.
Barra Esforço (kip) Tensão (ksi)
AB +13,33 +10,67
BC +29,33 +23,47
DE -10,67 -8,53
AE -10,67 -8,53
BE +6,00 +4,80
BD -23,33 -18,67
1.61. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Supondo
que a tensão normal média máxima em cada barra não exceda 20 ksi, determinar a
grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça.
Solução:
αααα
8,05
4cos
6,05
3sen
==α
==α
Nó A
αααα A
P
NAE
NAB
P333,18,06,0
PN
8,0NN0cosNN0F
P667,16,0
PN0senNP0F
AE
ABAEABAEx
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴=α+−⇒=
∑
∑
Nó E NBE
NDE E NAE
P
P333,18,06,0
PN
NN0NN0F
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=∴=−⇒=
∑
∑
Nó B
αααα
NAB
B
NBD NBE
NBC
P667,3N
8,06,0
6,0/PP75,08,0
6,0
P8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
P917,26,0
6,0/PP75,0N
6,0
6,0NNN
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BDABBE
BD
BEBDABy
=∴
×−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=−−
=∴×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão (indicadas
com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. A tensão normal média máxima ocorre na barra BC.
Barra Esforço Tensão
AB +1,667P +1,333P
BC +3,667P +2,933P
DE -1,333P -1,067P
AE -1,333P -1,067P
BE +0,750P +0,600P
BD -2,917P -2,333P
Assim:
kip818,6P933,2
20PP933,2ksi20
A
forçamaxadm =∴=⇒=⇒σ=σ⇒=σ
Resposta: A grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça deve ser de 6818 lbf.
1.79 O olhal (figura ao lado) é usado para
suportar uma carga de 5 kip. Determinar seu
diâmetro d, com aproximação de 1/8 pol, e a
espessura h necessária, de modo que a arruela
não penetre ou cisalhe o apoio. A tensão
normal admissível do parafuso é σadm = 21
ksi, e a tensão de cisalhamento admissível do
material do apoio é τadm = 5 ksi.
Solução:
(1) tensão normal
P = 5 kip = 5000 lbf
σadm = 21 ksi = 21000 psi = 21000 lbf/pol2
d = ?
pol8
5d
pol55059,021000
50004d
P4d
P
4
dPA
A
P
admadm
2
adm
adm
=∴
=×π
×=⇒
πσ=⇒
σ=
π⇒
σ=⇒=σ
(2) tensão cisalhante
V = 5 kip = 5000 lbf
τadm = 5 ksi = 5000 psi = 5000 lbf/pol2
φ = 1 pol (diâmetro da arruela)
( )
pol8
3h
pol31831,050001
5000h
Vh
Vh
VA
A
V
admadmadm
adm
=∴
=××π
=⇒τφπ
=⇒τ
=πφ⇒τ
=⇒=τ
Resposta: O diâmetro d necessário é de 5/8 pol e a espessura h necessária é de 3/8 pol .
1.80 A junta sobreposta do elemento de madeira A de uma treliça está submetida a
uma força de compressão de 5 kN. Determinar o diâmetro requerido d da haste de
aço C e a altura h do elemento B se a tensão normal admissível do aço é
(σadm)aço = 157 MPa e a tensão normal admissível da madeira é (σadm)mad = 2 MPa. O
elemento B tem 50 mm de espessura.
Solução:
x
y
FB
60o
5 kN
FC
0)60cos(5F0F
0)60(sen5F0F
o
Bx
o
Cy
=×+−⇒=
=×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
kN500,2F
kN330,4F
B
C
=
=
Assim, as tensões são:
mm25h250
2500h
e
Fh
Fhe
FA
A
F
mm93,5d157
43304d
F4d
F
4
dFA
A
F
mad
B
mad
B
mad
Bmad
mad
Bmad
aço
C
aço
C
2
aço
Cs
s
Caço
=⇒×
=⇒σ×
=⇒σ
=×⇒σ
=⇒=σ
=⇒×π
×=⇒
σ×π
×=⇒
σ
=π
⇒σ
=⇒=σ
Resposta: O diâmetro da haste de aço deve ser de d=6mm e a altura do elemento B deve ser de
h=25mm.
1.112- As duas hastes de alumínio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar
seus diâmetros requeridos se o esforço de tração admissível para o alumínio for
σadm = 150 MPa.
Solução:
P = 20 kN = 20000 N
σadm = 150 MPa = 150 N/mm2
dAB = ?
dAC = ?
Equações de equilíbrio onde FAB e FAC são as forças nas hastes AB e AC, respectivamente.
N0,20000F0)45cos(F0F
N3,28284F0P)45(senF0F
AC
o
ACx
AB
o
ABy
=⇒=×+−⇒=
=⇒=−×⇒=
∑
∑
mm0294,13150
200004F4d
mm4947,15150
3,282844F4d
P4d
P
4
dPA
A
P
adm
AC
AC
adm
ABAB
admadm
2
adm
adm
=
×π
×=
πσ
×=⇒
=
×π
×=
πσ
×=⇒
πσ
=⇒σ
=π
⇒σ
=⇒=σ
Resposta: O diâmetro dAB necessário é de 15,5 mm e o diâmetro dAC necessário é de 13,1 mm.
2.5 A viga rígida está apoiada por um pino em A e pelos arames BD e CE. Se a
deformação normal admissível máxima em cada arame for εmax = 0,002 mm/mm,
qual será o deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames?
Solução:
A B C
P
δδδδB
δδδδC
∆∆∆∆P
Por semelhança de triângulo:
CBP
537
δ=
δ=
∆
Mas,
mm2,1185
7
5
7mm8002,04000L
mm1463
7
3
7mm6002,03000L
CPmaxECC
BPmaxDBB
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
Analisando
!sim0016,03000
8,4
L8,42,11
7
3
7
3mm2,11
mm14podenão0025,04000
10
L1014
7
5
7
5mm14
max
DB
BBPBP
Pmax
EC
CCPCP
ε<==δ
=ε⇒==∆=δ⇒=∆
=∆ε>==δ
=ε⇒==∆=δ⇒=∆
Resposta: O deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames será de 11,2 mm.
2.8. Duas Barras são usadas para suportar uma carga. Sem ela, o comprimento de
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se a carga P atua
sobre o anel em A, a deformação normal em AB torna-se εAB = 0,02 pol/pol e a
deformação normal em AC torna-se εAC = 0,035 pol/pol. Determinar as coordenadas
de posição do anel devido à carga.
Solução:
CD BD
AD
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
pol33,4)60(sen5AD
5
AD)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
E o lado CD:
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0):
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5)
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33).
Os alongamentos das barras serão:
pol28,0035,08L
pol1,002,05L
ACACACAC
ABABABAB
=δ⇒×=ε×=δ
=δ⇒×=ε×=δ
Assim, os novos comprimentos das barras serão:
pol28,8L28,08LL
pol1,5L1,05LL
*
ACACAC
*
AC
*
ABABAB
*
AB
=⇒+=δ+=
=⇒+=δ+=
5,1 pol 8,28 pol
AD*
BD*
CD*
αααα*
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar,
temos que:
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=
Mas o ângulo de 60o foi alterado para:
o
*
AB
2*
AC
22*
AB*
**
AB
22*
AB
2*
AC
1,63BCL2
LBCLcosarc
)cos(BCL2BCLL
=
××
−+=α
⇒α×××−+=
Para encontrar os novos lados BD e AD, temos que:
pol548,4)1,63(sen1,5AD
pol308,2)1,63cos(1,5BD
o*
o*
=×=
=×=
O novo ponto A é encontrado assim, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33):
→ anda à direita, em x, de BD* (+2,308) e desce em y AD
* (–4,548).
Então as novas coordenadas do ponto A são (–0,192; –0,218)
Resposta: As coordenadas de posição do anel devido à carga são (–0,192; –0,218) pol.
2.9. Duas barras são usadas para suportar uma carga P. Sem ela, o comprimento de
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o 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 posição de coordenadas
(0,25 pol, -0,73 pol), qual será a deformação normal em cada barra?
Solução:
CD BD
AD
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
pol33,4)60(sen5AD
5
AD)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
E o lado CD:
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0):
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5)
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33).
Os novos comprimentos, BD* e AD
*, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33) e do novo ponto
A(0,25; –0,73):
→ anda à direita, em x, (–2,5–0,25) e desce em y [+4,33–(–0,73)]
Então BD*=|(–2,5–0,25) | = 2,75 pol e AD
*=|[+4,33–(–0,73)]| = 5,06 pol.
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que:
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=
AD*
BD*
CD*
αααα*
LAB* LAC*
Então
pol477,675,2227,9BDBCCD **=−=−=
pol219,806,5477,6ADCDL
pol759,506,575,2ADBDL
222*2**
AC
222*2**
AB
=+=+=
=+=+=
Assim, as deformações normais nas barras são:
0274,08
8219,8
L
LL
152,05
5759,5
L
LL
AC
AC
*
AC
AC
AB
AB
*
ABAB
=−
=−
=ε
=−
=−
=ε
Resposta: A deformação normal na barra AB é de 15,2% e a deformação normal da barra AC é 2,74%.
2.13. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada.
Determinar a deformação por cisalhamento média γxy da chapa.
Solução:
θθθθ
rad0199973,0150
3tg
2
1
xy
xy
−=
−=γ
θ−π
=γ
−
Resposta: A deformação por cisalhamento média γxy da chapa é de –0,0200 rad.
2.15. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada.
Determinar as deformações normais εx, εy, εx’, εy’.
Solução:
0025,08
02,0
00125,04
005,0
y
x
==ε
−=−=ε
Chamando as diagonais de d e d’, antes e depois das deformações:
4
'y'x
22
22
1027,6d
d'd
01,4995,3'd
44d
−
×=−
=ε=ε
+=
+=
Resposta: As deformações normais são: εx = –1,25×10-3
; εy = 2,50×10-3
; εx’= 6,27×10-4
e
εy’ = 6,27×10-4
2.17. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por cisalhamento γxy nos cantos A e B se o plástico se distorce como mostrado pelas linhas tracejadas.
Solução: As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D( 0, 0)
( ) rad80,011585152
5823815,1005,403007,302
1410cosarc
rr
r.rcosarc
1410)2(302)403(2r.r
005,403rj)20(i)4030(r
007,3023022rj302i2rj)2304(i)403405(r
xyA
ADAB
ADAB
ADAB
ADAD
22ABABAB
−=α−π
=γ
=
×
−=
×=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
( ) rad80,011585152
5592112,1005,403007,302
1410cosarc
rr
r.rcosarc
1410r.r
005,403rj)304302(i)4052(r
007,302rj)3042(i)405403(r
xyB
BCBA
BCBA
BCBA
BCBC
BABA
=β−π
=γ
=
×=
×=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,01160 rad e + 0,01160 rad, respectivamente.
Lembrando que: Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB
Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB
rrr−+−=
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr+= e jBiBB yx
rrr+=
Módulos dos vetores: ......................... 2y
2x AAA +=
r e 2
y2x BBB +=
r
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅rr
Ângulo entre vetores: .........................
×
⋅=θ
BA
BAcosarc rr
rr
2.18. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por cisalhamento γxy nos cantos D e C se o plástico se distorce como mostrado pelas linhas tracejadas.
Solução: As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D( 0, 0)
( ) rad80,011585152
5823815,1007,302005,403
1410cosarc
rr
r.rcosarc
1410)302(2)2(403r.r
007,302rj)3020(i)20(r
005,4032403rj2i403rj)302304(i)2405(r
xyC
CDCB
CDCB
CDCB
CDCD
22CBCBCB
−=α−π
=γ
=
×
−=
×=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
( ) rad80,011585152
5592112,1007,302005,403
1410cosarc
rr
r.rcosarc
1410r.r
007,302rj)0302(i)02(r
005,403rj)02(i)0403(r
xyD
DCDA
DCDA
DCDA
DCDC
DADA
=β−π
=γ
=
×=
×=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos C e D são –0,01160 rad e + 0,01160 rad, respectivamente.
Lembrando que: Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB
Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB
rrr−+−=
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr+= e jBiBB yx
rrr+=
Módulos dos vetores: ......................... 2y
2x AAA +=
r e 2
y2x BBB +=
r
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅rr
Ângulo entre vetores: .........................
×
⋅=θ
BA
BAcosarc rr
rr
2.19. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação
normal média que ocorre ao longo das diagonais AC e DB.
Solução: As diagonais AC e DB originais têm:
mm500300400dd 22
DBAC =+==
A diagonal AC passa a ter o seguinte comprimento:
mm8,500300401d 22
'AC =+=
A diagonal DB passa a ter o seguinte comprimento:
mm4,506304405d 22
'DB =+=
Assim, as deformações nas diagonais são:
3
DB
3
AC
108,12500
5004,506
106,1500
5008,500
−
−
×=−
=ε
×=−
=ε
Resposta: As deformações normais médias que ocorrem ao longo das diagonais AC e DB são:
1,6×10-3
e 12,8×10-3
, respectivamente
2.24. O quadrado deforma-se, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformação por cisalhamento em cada um dos cantos A e C. O lado DB
permanece horizontal.
Solução:
θθθθ
ββββ
( ) rad90,02617993180
5,15,15,9190 oooo
xyA −=π
×−=−=−=γ
Como a altura do ponto )5,1cos(53'D o= , então:
rad0,20471002)5,1cos(53
11tgarc
)5,1cos(53
38)(tg
oo=
=β⇒
+=β
Assim:
( ) rad0,20471002)2
(22
xyB −=β−=β+π
−π
=θ−π
=γ
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,02618 rad e – 0,2047 rad,
respectivamente.
2.25. O bloco é deformado, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformação normal média ao longo da reta AB.
Solução: Comprimento inicial de AB (calculado pelo triângulo retângulo verde):
mm7033,10710040L 22
ABi =+=
A altura de B’ (calculado pelo triângulo retângulo rosa): 222 15110'B −=
Assim o comprimento final AB’ é (calculado pelo triângulo retângulo amarelo):
mm8034,1111511025'B25L 22222
ABf =−+=+=
Portanto a deformação média de AB é:
038068498,0L
7033,1078034,111
L
LL
ABiABi
ABiABf=
−=
−=ε
Resposta: A deformação normal média ao longo da reta AB é de 0,0381 mm/mm.
2.28. O elástico AB tem comprimento sem esticar de 1 pé. Se estiver preso em B e
acoplado à superfície no ponto A’, determinar a deformação normal média do
elástico. A superfície é definida pela função y=(x2) pé, onde x é dado em pé.
Solução: Comprimento inicial de AB:
pé1LABi =
Comprimento final de A’B:
pé1,4789429dxx41dx)x2(1dx)x('f1L
1
0
2
1
0
2
1
0
2
ABf =+=+=+= ∫∫∫
Portanto a deformação média de AB é:
4789429,01
11,4789429
L
LL
ABi
ABiABf=
−=
−=ε
Resposta: A deformação normal média do elástico AB é de 0,4789 pé/pé.
3.2 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
O módulo de elasticidade é a inclinação da reta inicial, ou seja, a tangente do ângulo entre a reta
inicial e o eixo das deformações (abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial, ou
melhor, área do triângulo inicial.
psi96,9ksi00996,02
0006,02,33u
ksi3,553330006,0
2,33E
r ==×
=
==
Resposta:. Módulo de elasticidade = 55333,3 ksi e o módulo de resiliência = 9,96 psi.
3.3 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de tenacidade aproximado se a tensão de ruptura for de 53,4 ksi.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
O módulo de tenacidade será a soma das áreas abaixo da curva do diagrama tensão versus
deformação, neste caso, um triângulo e quatro trapézios:
psi84,85ksi08584,0)4,535,51(2
0004,0)5,514,49(
2
0004,0
)4,495,45(2
0004,0)5,452,33(
2
0004,0
2
0006,02,33u t
==+×++×
++×++×+×
=
Resposta:. O módulo de tenacidade = 85,84 psi.
3.4 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0,0000 0,0010 0,0020 0,0030 0,0040 0,0050 0,0060
O módulo de elasticidade é a tangente do ângulo entre a reta inicial e o eixo das deformações
(abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial.
psi6,25ksi0256,02
0016,032u
ksi200000016,0
32E
r ==×
=
==
Resposta:. O Módulo de elasticidade = 20000 ksi, e o módulo de resiliência = 25,6 psi.
3.18 Os arames de aço AB e AC suportam a massa de 200 kg. Supondo que a tensão
normal admissível para eles seja σadm = 130 MPa, determinar o diâmetro requerido
para cada arame. Além disso, qual será o novo comprimento do arame AB depois que
a carga for aplicada? Supor o comprimento sem deformação de AB como sendo
750 mm. Eaço = 200 GPa.
x
y FAB FAC
αααα
F
60o
Solução:
αααα
3
4 5
6,05
3)cos(
8,05
4)(sen
==α
==α
N33,196180665,9200F =×=
0F)(senF)60(senF0F
0)cos(F)60cos(F0F
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=−α×+×⇒=
=α×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
N39,1066F
N66,1279F
AC
AB
=
=
Assim, os diâmetros serão:
mm23,3d130
39,1066F
4
d
mm54,3d130
66,1279F
4
d
AC
adm
AC
2
AC
AB
adm
AB
2
AB
=⇒=σ
=π
=⇒=σ
=π
O deslocamento do arame AB será:
mm488,0
4
54,3200000
75066,1279
4
dE
LF22
AB
ABAB=
×π×
×=
π=δ
Resposta: Os diâmetros requeridos para os arames AB e AC são 3,54 mm e 3,23 mm, respectivamente. O
novo comprimento do arame AB será de 750,488 mm.
3.24. A haste plástica é feita de Kevlar 49 e tem diâmetro de 10 mm. Supondo que
seja aplicada uma carga axial de 80 kN, determinar as mudanças em seu
comprimento e em seu diâmetro.
Solução:
Vamos nomear os comprimentos iniciais da
haste
Li = 100 mm
di = 10 mm
Outros dados:
P = 80 kN = 80000 N
E = 131 GPa = 131000 N/mm2
ν=0,34
Precisamos saber que:
ε=σ
ε×+=⇒−
=δ
=ε
ε
ε−=ν
E
LLLL
LL
Liif
i
if
allongitudin
ltransversa
Da Lei de Hooke encontramos a deformação longitudinal.
mm97356,9)00264367,0(1010dddd
mm77751,1000077751,0100100LLLL
00264367,00077751,034,0
0077751,0131000
59,1018
EE
mm/N59,1018
4
10
80000
A
P
fltransversaiif
fallongitudiniif
allongitudinltransversa
allongitudin
ltransversa
allongitudin
2
2
=−×+=⇒ε×+=
=×+=⇒ε×+=
−=×−=ε×ν−=ε
⇒ε
ε−=ν
==σ
=ε⇒ε=σ
=π
==σ
Resposta: O comprimento passa a ser de 100,77751 mm e o novo diâmetro de 9,97356 mm.
4.6. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Se a haste está sujeita a uma
carga axial P1 = 12 kip em A e P2 = 18 kip na conexão B, determinar o deslocamento
da conexão e da extremidade A. O comprimento de cada segmento sem alongamento
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam
rígidas.
Solução: Dados:
Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×10
6 lbf/pol
2
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×10
6 lbf/pol
2
d = 1 pol
LAB = 4 pés = 48 pol
LBC = 2 pés = 24 pol
NAB = P1 = 12 kip = 12000 lbf
NBC = P1-P2 = 12-18 = -6 kip = -6000 lbf
pol00632,0785398,01029
246000
AE
LN
AE
LN
pol0670,0785398,01029
246000
785398,01010
4812000
AE
LN
AE
LN
AE
LN
pol785398,04
)pol1(
4
dA
6B
aço
BCBCB
n
1i ii
ii
66A
aço
BCBC
alumínio
ABABA
n
1i ii
ii
222
−=××
×−=δ⇒=δ⇒=δ
=××
×−+
××
×=δ⇒+=δ⇒=δ
=π
=π
=
∑
∑
=
=
Resposta: O deslocamento da extremidade A é de 0,0670 pol e o deslocamento da conexão é de
-0,00632.
4.7. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas
P1 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 são aplicadas. O comprimento de cada segmento sem alongamento
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam
rígidas.
Solução: Dados:
Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×10
6 lbf/pol
2
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×10
6 lbf/pol
2
d = 1 pol
LAB = 4 pés = 48 pol
LBC = 2 pés = 24 pol
lbf9,35342P02,0785398,01029
24)P5,16362(
lbf5,16362P08,002,0785398,01010
48P
pol08,0785398,01029
24)PP(
785398,01010
48P
AE
LN
AE
LN
pol02,0785398,01029
24)PP(
AE
LN
pol785398,04
)pol1(
4
dA
26
2
B
16
1
A
6
21
6
1
A
aço
BCBC
alumínio
ABAB
A
6
21
B
aço
BCBC
B
222
=⇒−=××
×−=δ
=⇒=−××
×=δ
=××
×−+
××
×=δ⇒+=δ
−=××
×−=δ⇒=δ
=π
=π
=
Resposta: As cargas aplicadas P1 e P2 são: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente.
4.42 A coluna de concreto é reforçada com quatro barras de aço, cada uma com
diâmetro de 18 mm. Determinar a tensão média do concreto e do aço se a coluna é
submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa.
Solução:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
2
sc
22
s
mm1,88982A300300A
mm88,10174
184A
=−×=
=
π=
P=800 kN
Pc – parte da força P no concreto
Ps – parte da força P no aço
scsc PPPPPP −=⇒=+
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
MPa24,81,88982
7,732927
A
PMPa9,65
88,1017
3,67072
A
P
N7,7329273,67072800000P
N3,6707288,10172000001,8898225000
88,1017200000800000P
AEAE
AEPPAEPAEAEP
AEPAEPAEPAEPAEPAEP
AEPPAEPAEPAEPAE
LP
AE
LP
c
cc
s
ss
c
s
sscc
sssssssccs
sssssccssssssccs
sssccssscccs
ss
s
cc
c
sc
===σ⇒===σ⇒
=−=⇒
=×+×
××=⇒
+=⇒=+⇒
=+⇒−=⇒
−=⇒=⇒=⇒δ=δ
Resposta: A tensão normal média do concreto é de 8,24 MPa e a tensão normal média do aço é de
65,9 MPa.
4.43 A coluna mostrada na figura é fabricada de concreto com alta resistência
(Ec=29 GPa) e quatro barras de reforço de aço A36. Se a coluna é submetida a uma
carga axial de 800 kN, determine o diâmetro necessário a cada barra para que um
quarto da carga seja sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto.
Solução:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
sc A300300A −×=
P=800 kN
Pc – parte da força P no concreto
Ps – parte da força P no aço
scsc PPPPPP −=⇒=+
mm34,36
129000
200000
200
600
90000
1E
E
P
P
90000
d
1E
E
P
P
90000
d
1E
E
P
P
90000
4
d4
1E
E
P
P
90000A
1E
E
P
P
A
90000
E
E
P
P
1
A
A90000
E
E1
P
P
1
A
A
E
E1
P
P
A
A1
P
P
AE
AE
AE
AE1
P
P
AE
AEAE
P
P
AEAE
AE
P
P
AEAE
AEPP
c
s
s
c
c
s
s
c
c
s
s
c
2
c
s
s
c
s
c
s
s
c
s
s
c
c
ss
s
s
c
c
s
c
s
c
cc
s
ccc
ss
cc
ss
c
cc
sscc
csscc
ccc
sscc
cc
c
=
+
π
=
+
π
=⇒
+
π
=⇒
+
=
π⇒
+
=⇒
+
=⇒
=
−⇒
−
=⇒
−=⇒−=⇒+=⇒
+=⇒
+
=⇒+
=
Resposta: O diâmetro necessário é de 36,34 mm a cada barra para que um quarto da carga seja
sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto.
5.1. Um eixo é feito de liga de aço com tensão de cisalhamento admissível de
τadm = 12 ksi. Supondo que o diâmetro do eixo seja de 1,5 pol, determinar o torque
máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um
furo de 1 pol de diâmetro ao longo do eixo? Traçar o gráfico da distribuição
cisalhamento-tensão ao longo de uma reta radial em cada caso.
Solução:
pol.lbf16,795216
5,112000
16
dT
d
T16
32
d.2
Td
J2
dT
pol5,1d
psi12000ksi12
33
adm
34adm
adm
=π
=πτ
=
π
=
π
==τ
=
==τ
Para o eixo com um furo de 1 pol
pol.lbf36,6381'T
12000
32
)0,15,1(2
5,1'T
32
)dd(.2
Td
J2
d'T
pol0,1d
pol5,1d
psi12000ksi12
444
i
4
e
e
adm
i
e
adm
=∴
=
−π×
×=
−π
==τ
=
=
==τ
12 ksi 12 ksi
7,95 kip.pol 6,38 kip.pol
Resposta: As tensões de cisalhamento T e T’ são, respectivamente, 7952,16 lbf.pol e
6381,36 lbf.pol.
5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques
aplicados às engrenagens. Determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida nos
pontos C e D do eixo. Indicar a tensão de cisalhamento nos elementos de volume
localizados nesses pontos.
Solução: Para o ponto C temos:
233
C
4
CCC
C
mm
N7256,37
)30(
20000016
d
T16
32
d2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N200000m.N200500300T
=
×π
×=
π
=
π
==τ
=
==+−=
Para o ponto D temos:
233
D
4
DDD
D
mm
N4512,75
)30(
40000016
d
T16
32
d2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N400000m.N400200500300T
=
×π
×=
π
=
π
==τ
=
==++−=
TC
TD
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos pontos C e D são: 37,7 MPa e 75,5 MPa,
respectivamente.
5.6. O conjunto consiste de dois segmentos de tubos de aço galvanizado acoplados
por uma redução em B. O tubo menor tem diâmetro externo de 0,75 pol e diâmetro
interno de 0,68 pol, enquanto o tubo maior tem diâmetro externo de 1 pol e diâmetro
interno de 0,86 pol. Supondo que o tubo esteja firmemente preso à parede em C,
determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo
quando o conjugado mostrado é aplicado ao cabo da chave.
Solução:
Para o trecho AB temos:
2444
i
4
e
eAB
ie
pol
lbf71,7818
32
)68,075,0(2
75,0210
32
)dd(.2
Td
J2
Td
pol68,0dpol75,0d
pol.lbf210pol14lb15T
=
−π×
×=
−π
==τ
==
=×=
Para o trecho BC temos:
2444
i
4
e
e
BC
ie
pol
lbf02,2361
32
)86,01(2
75,0210
32
)dd(.2
Td
J2
Td
pol86,0dpol1d
=
−π×
×=
−π
==τ
==
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos trechos AB e BC são: 7,82 ksi e 2,36 ksi,
respectivamente.
5.10. O eixo maciço tem diâmetro de 0,75 pol. Supondo que seja submetido aos
torques mostrados, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida nas
regiões CD e EF. Os mancais em A e F permitem rotação livre do eixo.
Solução:
Para o trecho CD temos:
2334CDpol
lbf2173
75,0
18016
d
T16
32
d.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf180pol12lbf15pés.lbf)2035(T
=
×π
×=
π
=
π
==τ
=
=×=−=
Para o trecho EF temos:
2334EFpol
lbf0
75,0
016
d
T16
32
d.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf0pés.lfb0T
=
×π
×=
π
=
π
==τ
=
==
Resposta: A tensão de cisalhamento no trecho CD é de 2,173 ksi e no trecho EF é de 0,0 ksi.
5.25. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que o eixo tenha diâmetro de ½ pol, determinar a tensão de cisalhamento
máxima nele desenvolvida.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 pés . lbf / s
23max
34max
t
max
pol
lbf96,0855
5,0
0085,2116
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2300
1255PTTP
=
×π
×=τ
π
=
π
=τ⇒=τ
=π
×
×=
ω
=⇒ω=
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida é de 856 psi.
5.26. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível para o eixo seja τadm = 4 ksi,
determinar o menor diâmetro de eixo que pode ser usado com aproximação de 1/8
pol.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 pés . lbf / s
pol8
3pol299067,0
4000
0085,2116d
T16d
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2300
1255PTTP
3
3
adm
34max
t
max
≅=
×π
×=
πτ
=⇒π
=
π
=τ⇒=τ
=π
×
×=
ω
=⇒ω=
Resposta: O menor diâmetro de eixo deve ser de 3/8 pol.
5.30. A bomba opera com um motor que tem potência de 85 W. Supondo que o
impulsor em B esteja girando a 150 rev/min, determinar a tensão de cisalhamento
máxima desenvolvida em A, localizada no eixo de transmissão que tem 20 mm de
diâmetro.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 W = 1 N . m / s
2max
334max
t
max
mm
N44492,3
20
27,541116
d
T16
32
d2
Td
J2
Td
mm.N27,5411
60
2150
85000PTTP
=τ
×π
×=
π
=
π
=τ⇒=τ
=π
×
=
ω
=⇒ω=
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A é de 3,44 MPa.
5.31. Um tubo de aço com diâmetro externo de d1 = 2,5 pol transmite 35 hp quando
gira a 2700 rev/min. Determinar o diâmetro interno d2 do tubo, com aproximação de
1/8 pol, se a tensão de cisalhamento admissível é τmax = 10 ksi.
Solução: A tensão de cisalhamento máxima é:
π−
π
==τ
2
d
2
d
dT
J
cT4
2
4
1
1
t
max
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 lbf . pé / s
pol8
32pol4832,2d
10000
2
d
2
5,2
5,2995,816
2
d
2
d
dT
J
cT
pol.lbf995,816
60
22700
1255035PTTP
2
adm4
2
44
2
4
1
1
t
max
==
=τ=
π−
×π
×=
π−
π
==τ
=
π×
××=
ω
=⇒ω=
Resposta: O diâmetro interno d2 do tubo deve ser de 2 3/8 pol.
5.43. Um eixo está submetido a um torque T. Comparar a eficácia do tubo mostrado
na figura com a de um eixo de seção maciça de raio c. Para isso, calcular a
porcentagem de aumento na tensão de torção e no ângulo de torção por unidade de
comprimento do tubo em relação aos valores do eixo de seção maciça.
Solução: As tensões de torção são: Os ângulos de torção são:
0667,115
16
2
c
cT
16
15
2
c
cT
e
2
c
cT
J
cT
16
15
2
c
cT
2
)2/c(
2
c
cT
J
cT
4
4
tensão
4t
m
max
444t
t
max
==
π
×
π
=
π==τ
×
π=
π−
π==τ
0667,115
16
2
cG
LT
16
15
2
cG
LT
e
2
cG
LT
GJ
LT
16
15
2
cG
LT
2
)2/c(
2
cG
LT
GJ
LT
4
4
ângulo
4t
m
max
444t
t
max
==
π
×
π
=
π==τ
×
π=
π−
π==φ
Resposta: As eficiências de tensão de torção e ângulo de torção são iguais e valem um aumento de
6,67% do eixo vazado em relação ao eixo maciço.
5.46. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as
extremidades estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da
extremidade A em relação à extremidade D? Os tubos têm diâmetro externo de
30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 40 mm.
Solução: Para o trecho BC temos:
( ) ( )
( ) ( )o
44444AD
4
CDi
4
CDe
CD
4
BC
BC
4
ABi
4
ABe
ABAD
BC
CDeABe
CDiABi
BC
CDAB
2
637973,0rad0111347,0
32
2030
250
32
40
500
32
2030
250
75000
85000
32
dd
L
32
d
L
32
dd
L
G
T
GJ
TL
mm40d
mm30dd
mm20dd
mm500L
mm250LL
mm
N75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==
−π+
π+
−π=φ
−π+
π+
−π==φ
=
==
==
=
==
==
==
∑
Resposta: O ângulo de torção da extremidade A em relação a extremidade D é de 0,638º.
5.47. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as
extremidades A e D estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da
extremidade B da parte maciça em relação à extremidade C? Os tubos têm diâmetro
externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de
40 mm.
Solução: Para o trecho BC temos:
o
4BC
4
BC
BCBC
BC
BC
2
129185,0rad0022547,0
32
4075000
50085000
32
dG
LT
mm40d
mm500L
mm
N75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==π
×
×=φ
π=φ
=
=
==
==
Resposta: O ângulo de torção da extremidade B em relação à extremidade C é de 0,129º.
5.49. As engrenagens acopladas ao eixo de aço inoxidável ASTM-304 estão sujeitas
aos torques mostrados. Determinar o ângulo de torção da engrenagem C em relação à
engrenagem B. O eixo tem diâmetro de 1,5 pol.
Solução:
Para o trecho BC temos:
( )o
4
6
BC
26
716,2rad04741,0
32
5,11011
367200
GJ
TL
pol5,1d
pol36pés3L
pol/lbf1011ksi11000G
pol.lbf7200pol12lbf600pés.lb60T
==π
××
×==φ
=
==
×==
=×==
Resposta: O ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem B é de 2,716º.
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5.54. O eixo de aço A-36 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 50 mm. Requer
que transmita 35 kW de potência do motor E para o gerador G. Determinar a menor velo-
cidade angular que o eixo pode ter se a máxima torção admissível é de 1o. Adotar o módu-
lo de elasticidade transversal igual a 75 GPa.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
( )
mm3000m3L
32
mm50
32
dJ
mm
N75000MPa75000G
rad180
1
44
2
o
==
×π=
π=
==
π==φ
rpm37,1248
min60
1
rot2
1
729,130
s/rad729,130267730
35000000
T
P
s
m.N35000000kW35P
mmN267730L
JGT
JG
LT
=π×=ω
===ω
==
=φ
=⇒=φ
Resposta: A velocidade angular é de 1248 rpm
5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade B quando os torques
são aplicados ao conjunto como mostrado.
Solução:
( ) ( )
o
BFFE
46
46
EHEHDHDHEHDHE
1,53rad0,02666860,01777914
646
rad0,0177791
32
11011
301260
32
11011
101220
JG
LT
JG
LT
==×=φ=φ⇒φ=φ
=×π
×
××+
×π×
××−=+=φ+φ=φ
Observação: Note que o torque de 40 lb.pés (= 40×12 lb.pol) aplicado em G se transforma em 60
lb.pés aplicado no ponto E pois o diâmetro das engrenagens são diferentes. A reação de apoio em D
é de 20 lb.pés, portanto, os trechos DH e EH estão com os torques de –20 lb.pés e 60 lb.pés,
respectivamente.
5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade A quando os torques
são aplicados ao conjunto como mostrado.
Solução:
( ) ( )
( ) o
46
FGFGEFGEAG
o
BFFE
46
46
EHEHDHDHEHDHE
1,78rad0,0311133
32
11011
1012400,0266686
JG
LT
1,53rad0,02666860,01777914
646
rad0,0177791
32
11011
301260
32
11011
101220
JG
LT
JG
LT
==×π
×
××+=+φ=φ+φ=φ=φ
==×=φ=φ⇒φ=φ
=×π
×
××+
×π×
××−=+=φ+φ=φ
Observação: φG (=φA) é encontrado adicionando φF (=φB) ao ângulo de torção surgido no trecho FG
devido ao torque de 40 lb.pés. Note que os trechos AG e BF não sofrem torques.
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: ∑ = 0M z , 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: ∑ = 0M z , 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: ∑ = 0M z , 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: ∑ = 0M z , 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: ∑ = 0M z , 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
6.42 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 = 150×106 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
=σ∴
××
==σ
=∴
××+
×+×
××+
×=
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
=σ∴
××
==σ
=∴
××+
×+×
××+
×=
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
=×==σ
=×==σ
=∴
Resposta: As tensões normais de flexão nos
pontos B e C da seção transversal são,
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa.
σ=1,548 MPa
σ=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
+=×==σ
−=×−==σ
=∴
××+
×+×
××+
×=
+
−
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 = 15×1000 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
maxinf
sup
x
maxsup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
=×==σ
=×==σ
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
maxinf
sup
x
maxsup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
σ==×==σ
=×==σ
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
σσσσsup
σσσσinf
σσσσmax
Solução:
M = 12 kip.pé = 12×1000 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
=×==σ
=×==σ
=×==σ
( )
( )
lbf150552509)16(F
AF
psi2509214428742
1
2
1
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
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
M max
max =σ
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
=
×π=
==×=×=
Assim:
MPa181
mm
N08,18115
64
30
480000
cI
M
max
24max
max
max
=σ∴
=×
×π
=σ
=σ
Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de σσσσmax = 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 σadm = 160 MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
cI
M max
max =σ
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
×π=
×π
==
=
×π=
==×=×=
Assim:
mm3,31d
300032d
32
dmm3000
160
480000Z
MZ
Z
Mc
I
M
3
33
nec
adm
max
nec
nec
maxmax
adm
=∴
π
×=⇒
×π===
σ
=⇒==σ
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 σadm = 10MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
cI
M max
max =σ
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
maxadm
maxmax
=∴
×
××
=⇒×
×
=
=σ⇒=σ
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 σadm = 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 =×=⇒=
−×
×==σ
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
(σadm)c = 16 ksi na compressão e (σadm)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
=⇒=×==σ
=⇒=×==σ
Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip.
7.5 Se a viga T for submetida a um cisalhamento vertical V = 10 kip, qual será a
tensão de cisalhamento máxima nela desenvolvida? Calcular também o salto da
tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB. Desenhar a variação de intensidade
da tensão de cisalhamento em toda a seção transversal. Mostrar que IEN=532,04 pol4.
Solução: V = 10 kip = 10000 lbf
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol423,5y)314()66(
5,7)314(3)66(y =⇒
×+×
××+××=
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
2
x
max
4
x
23
23
x
3
3
pol
lbf4,276
60385,532
229,8810000
bI
QV
pol0385,532I
0769,2)314(12
314423,2)66(
12
66I
pol229,880769,2)143(2
577,0)577,06(Q
ou
pol229,882
423,5)423,56(Q
=
×
×==τ
=∴
××+
×+
××+
×=
=××+××=
=××=
A tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB:
2
x
mesa
2
x
alma
3
3
pol
lbf1,117
140385,532
2298,8710000
bI
QV
pol
lbf3,273
60385,532
2298,8710000
bI
QV
pol2298,870769,2)314(Q
ou
pol2298,87423,2)66(Q
=
×
×==τ
=
×
×==τ
=××=
=××=
τ=117,1 psi
τ=273,3 psi
τ=276,4 psi
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima é de ττττmax = 276,4 psi. O salto da tensão de
cisalhamento na junção aba-alma AB é de 273,3 psi na alma e 117,1 psi na mesa.
7.15 Determinar a tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal
circular de raio r e sujeito à força cortante V. Expressar a resposta em termos da área
A da seção transversal.
Solução: A tensão de cisalhamento máxima é:
bI
QV
x
max =τ
onde:
r2b
4
rI
3
r2
3
r4
2
rQ
4
x
32
=
π=
=
π
×
π=
Assim:
A3
V4
r3
V4
r24
r
3
r2V
bI
QV
24
3
max
x
max
=
π
=
π
=τ⇒
=τ
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal circular de raio r e
sujeito à força cortante V é de A3
V4max =τ .
7.17 Determinar as maiores forças P nas extremidades que o elemento pode
suportar, supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 10 ksi. Os
apoios em A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga.
Solução: O máximo cortante ocorre nos apoios igualmente e é de:
PV =
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol34091,2y)5,16()5,25,1()5,25,1(
25,3)5,16(25,1)5,25,1(25,1)5,25,1(y =⇒
×+×+×
××+××+××=
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
( ) ( )
lbf6,80138P
21978,8
39574,2110000P
pol
lbf10000
39574,21
21978,8P
bI
QV
pol9574,21I
34091,225,3)5,16(12
5,16225,134091,2)5,25,1(
12
5,25,1I
pol21978,822
34091,2)34091,25,1(Q
2
x
4
x
23
23
x
3
=∴
××=⇒
=×
×==τ
=∴
−××+
×+×
−××+
×=
=×
××=
Resposta: As maiores forças P nas extremidades que o elemento pode suportar são de 80,1 kip.
7.21 Os apoios em A e B exercem reações verticais sobre a viga de madeira.
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 400 psi, determinar a
intensidade da maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga.
Solução: O máximo cortante ocorre no apoio e é de:
)pol(12w75,02
w5,1V
ou
)pé(w75,02
w5,1V
×==
==
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
( )
( )
pé
kip69,5
1000
12474,0741
pol
lbf474,0741w
161275,0
212
82400
w
pol
lbf400
212
82
1612w75,0
bI
QV
12
82I
pol162
4)42(Q
3
23
x
3
x
3
===∴
××
××
×
=⇒
=
××
××==τ
×=
=××=
Resposta: A maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga é de 5,69 kip/pés.
12.5 Determinar as equações da linha elástica da viga usando as coordenadas x1 e
x2. Especificar a inclinação em A e a deflexão máxima. Considerar EI constante.
Solução: Reações de apoio:
PV0PPVV0F
PV0Pa)aL(PLV0M
BBAy
AA)B(z
=∴=−−+⇒=
=∴=−−−×⇒=
∑∑
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
Lx)aL()aLx(P)ax(PPxM
)aL(xa)ax(PPxM
ax0PxM
3
2
1
≤≤−⇒+−−−−=
−≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
Lx)aL()aLx(P)ax(PPx)x(''yIE
)aL(xa)ax(PPx)x(''yIE
ax0Px)x(''yIE
3
2
1
≤≤−⇒+−+−+−=
−≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
Lx)aL(C2
)aLx(P
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
)aL(xaC2
)ax(P
2
xP)x('yIE
ax0C2
xP)x('yIE
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤−⇒++−
+−
+−=
−≤≤⇒+−
+−=
≤≤⇒+−=
Segunda integração:
Lx)aL(CxC6
)aLx(P
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
)aL(xaCxC6
)ax(P
6
xP)x(yIE
ax0CxC6
xP)x(yIE
63
333
3
52
33
2
41
3
1
≤≤−⇒+++−
+−
+−=
−≤≤⇒++−
+−=
≤≤⇒++−=
As condições de contorno para a viga são:
6532
3232
5421
2121
CC)aL(y)aL(y
CC)aL('y)aL('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒−=−
=⇒−=−
=⇒=
=⇒=
)aL(2
PaC)aL(
2
PaC
)aL(2
PaC
0LC6
)aLL(P
6
)aL(P
6
LP)L(yIE0)L(y
0C0C0CC)0(yIE0)0(y
21
3
3
333
3
65441
−=∴−=∴
−=∴
⇒=++−
+−
+−=⇒=
=⇒=⇒=⇒=⇒=
Então, as inclinações são:
Lx)aL()aL(2
Pa
2
)aLx(P
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
)aL(xa)aL(2
Pa
2
)ax(P
2
xP)x('yIE
ax0)aL(2
Pa
2
xP)x('yIE
222
3
22
2
2
1
≤≤−⇒−++−
+−
+−=
−≤≤⇒−+−
+−=
≤≤⇒−+−=
E as deflexões são:
Lx)aL(x)aL(2
Pa
6
)aLx(P
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
)aL(xax)aL(2
Pa
6
)ax(P
6
xP)x(yIE
ax0x)aL(2
Pa
6
xP)x(yIE
333
3
33
2
3
1
≤≤−⇒−++−
+−
+−=
−≤≤⇒−+−
+−=
≤≤⇒−+−=
A inclinação em A é:
EI2
)aL(Pa)0('y
)aL(2
Pa)aL(
2
Pa
2
0P)0('yIE
A1
2
1
−=θ=∴
−=−+−=
O deslocamento máximo (centro, x=L/2) é:
)a4L3(EI24
Pay
2
Ly
2
L)aL(
2
Paa
2
L
6
P
2
L
6
P
2
LyIE
22
max2
33
2
−==
∴
−+
−+
−=
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.
12.30 O eixo suporta as cargas das três polias mostradas. Determinar a deflexão em
seu centro e sua inclinação em A e B. Os mancais exercem apenas reações verticais
sobre ele e EI é constante.
Solução: Reações de apoio:
2
P3V
2
P3V BA ==
As equações de momento fletor são:
a4xa3)a3x(2
P3)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(M
a3xa2)a2x(P)ax(2
P3Px)x(M
a2xa)ax(2
P3Px)x(M
ax0Px)x(M
4
3
2
1
≤≤⇒−+−−−+−=
≤≤⇒−−−+−=
≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
a4xa3)a3x(2
P3)a2x(P)ax(
2
P3Px)x(''EIy
a3xa2)a2x(P)ax(2
P3Px)x(''EIy
a2xa)ax(2
P3Px)x(''EIy
ax0Px)x(''EIy
4
3
2
1
≤≤⇒−−−+−−=
≤≤⇒−+−−=
≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração:
a4xa3C2
)a3x(
2
P3
2
)a2x(P
2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
a3xa2C2
)a2x(P
2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
a2xaC2
)ax(
2
P3
2
xP)x('EIy
ax0C2
xP)x('EIy
4
2222
4
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤⇒+−
−−
+−
−=
≤≤⇒+−
+−
−=
≤≤⇒+−
−=
≤≤⇒+=
Segunda integração:
a4xa3CxC6
)a3x(
2
P3
6
)a2x(P
6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
a3xa2CxC6
)a2x(P
6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
a2xaCxC6
)ax(
2
P3
6
xP)x(EIy
ax0CxC6
xP)x(EIy
84
3333
4
73
333
3
62
33
2
51
3
1
≤≤⇒++−
−−
+−
−=
≤≤⇒++−
+−
−=
≤≤⇒++−
−=
≤≤⇒++=
As condições de contorno para a viga são:
8743
4343
7632
3232
6521
2121
CC)a3(y)a3(y
CC)a3('y)a3('y
CC)a2(y)a2(y
CC)a2('y)a2('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
0Ca3C6
)a2a3(P
6
)aa3(
2
P3
6
)a3(P)a3(EIy
0CaC6
aP)a(EIy
73
333
3
51
3
1
=++−
+−
−=
=++=
das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C5=C7) vem que:
3
654
2
321
a12
P13CCC
a4
P5CCC
===
−===
A deflexão no centro (centro, x=2a) é:
EI3
Pay)a2(y
a12
P13a2
4
Pa5
6
)aa2(
2
P3
6
)a2(P)a2(EIy
3
a22
3233
2
−==∴
+−−
−=
As inclinações em A e B são:
EI4
Pa3)a('y
4
Pa3
4
Pa5
2
PaC
2
aP)a('yEI
2
A1
222
1
2
1
−=θ=∴
−=−=+=
EI4
Pa3)a3('y
4
Pa5
2
)a2a3(P
2
)aa3(
2
P3
2
)a3(P)a3('EIy
2
B3
2222
3
=θ=∴
−−
+−
−=
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.
12.49 A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é
I e de BC é 2I. Determinar a inclinação e a deflexão máximas da haste devido ao
carregamento. O módulo de elasticidade é E.
Solução: Vamos encontrar as equações de momento fletor:
Lx2
LPxM
2
Lx0PxM
2
1
≤≤⇒−=
≤≤⇒−=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
Lx2
LPx)x(''yEI2
2
Lx0Px)x(''yEI
2
1
≤≤⇒=
≤≤⇒=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
Lx2
LC
2
xP)x('yEI2
2
Lx0C
2
xP)x('yEI
2
2
2
1
2
1
≤≤⇒+=
≤≤⇒+=
Segunda integração:
Lx2
LCxC
6
xP)x(yEI2
2
Lx0CxC
6
xP)x(yEI
42
3
2
31
3
1
≤≤⇒++=
≤≤⇒++=
As condições de contorno para a viga são:
16
PL3C
2
Ly
2
Ly
16
PL5C
2
L'y
2
L'y
3
PLC0)L(y
2
PLC0)L('y
3
321
2
121
3
42
2
22
=⇒
=
−=⇒
=
=⇒=
−=⇒=
A inclinação máxima (extremidade livre, x=0) é:
EI16
PL5)0('y
16
PL5
16
PL5
2
0P)0('yEI
16
PL5
2
xP)x('yEI
2
max1
222
1
22
1
−=θ=∴
−=−=⇒−=
O deslocamento máximo (extremidade livre, x=0) é:
EI16
PL3y)0(y
16
PL3
16
PL30
16
PL5
6
0P)0(yEI
16
PL3x
16
PL5
6
xP)x(yEI
3
max1
3323
1
323
1
==∴
=+−=⇒+−=
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.
13.5 O elo de avião é feito de aço A-36 (E=29000 ksi). Determinar o menor
diâmetro da haste, com aproximação de 1/16 pol, que suportará a carga de 4 kip sem
sofrer flambagem. As extremidades estão presas por pinos.
Solução:
2
2
cr)kL(
EIP
π=
No problema temos que:
k = 1 (coluna entre pinos)
lbf4000kip4P
pol18L
64
dI
pol
lbf1029E
cr
4
2
6
==
=
π=
×=
Assim:
pol551,01029
18400064d
E
LP64d
L
64
dE
)kL(
EIP 4
63
2
43
2
cr
2
42
2
2
cr =××π
××=⇒
π=⇒
ππ
=π
=
com aproximação de 1/16 pol, temos:
( )
pol16
9d
98,816/1
551,0
=∴
≈≈
13.16 O elo de aço ferramenta L-2 usado em uma máquina de forja é acoplado aos
garfos por pinos nas extremidades. Determinar a carga máxima P que ele pode
suportar sem sofrer flambagem. Usar um fator de segurança para flambagem de
F.S. = 1,75. Observar, na figura da esquerda, que as extremidades estão presas por
pino para flambagem e, na da direita, que as extremidades estão engastadas.
Solução:
pol24L
pol
lbf1029E
2
6
=
×=
No problema temos que: a) k = 1 (coluna entre pinos)
433
pol0,14062512
5,15,0
12
bhI =
×==
Assim:
lbf69877,6P)241(
0,1406251029
)kL(
EIP cr2
62
2
2
cr =⇒
×
×××π=
π=
No problema temos que: b) k = 0,5 (coluna entre engastes)
433
pol0,015625=Ix 12
5,05,1
12
bhI =
×==
Assim:
lbf7,10563P)245,0(
0,0156251029
)kL(
EIP cr2
62
2
2
cr =⇒
×
×××π=
π=
Então: lbf1774675,1
7,10563
.S.F
PP cr
adm ===
Resposta: A carga máxima que o elo pode suportar sem sofrer flambagem é de P = 17,7 kip