rm exerc resolvidos

89
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: V A H A H B V C N C M C Reações de apoio kN 8 V 0 V P 0 F kN 30 H 0 H H 0 F kN 30 H 0 6 , 0 H ) 75 , 0 3 ( P 0 M A A y A A B x B B A = = + - = = = - = = = × + × × - = Esforços na seção C, tomando o lado direito de C: kN 30 H H N kN 8 V V V m . kN 6 M 0 75 , 0 V M A A C C A C C A C = = = = = = × = 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),

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Page 1: RM Exerc Resolvidos

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),

Page 2: RM Exerc Resolvidos

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).

Page 3: RM Exerc Resolvidos

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

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.

Page 4: RM Exerc Resolvidos

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

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.

Page 5: RM Exerc Resolvidos

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

=−θ×+×⇒=

=θ×+×−⇒=

Resolvendo:

o

AC

AB

42,47

lbf37,44F

lbf66,34F

=

=

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

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.

Page 6: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 7: RM Exerc Resolvidos

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

=

×

=

×

Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e BC são, respectivamente, 1630 psi e 819 psi.

Page 8: RM Exerc Resolvidos

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

−=×−=∴

=⇒=−⇒=

=×=∴

=⇒=−⇒=

Page 9: RM Exerc Resolvidos

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

Page 10: RM Exerc Resolvidos

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

−=×−=∴

=⇒=−⇒=

=∴=−⇒=

Page 11: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 12: RM Exerc Resolvidos

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 .

Page 13: RM Exerc Resolvidos

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

⇒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.

Page 14: RM Exerc Resolvidos

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

⇒σ

=⇒=σ

Resposta: O diâmetro dAB necessário é de 15,5 mm e o diâmetro dAC necessário é de 13,1 mm.

Page 15: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 16: RM Exerc Resolvidos

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+=

Page 17: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 18: RM Exerc Resolvidos

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

=

+=⇒+=

Page 19: RM Exerc Resolvidos

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

=−

=−

=−

=−

Resposta: A deformação normal na barra AB é de 15,2% e a deformação normal da barra AC é 2,74%.

Page 20: RM Exerc Resolvidos

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

Resposta: A deformação por cisalhamento média γxy da chapa é de –0,0200 rad.

Page 21: RM Exerc Resolvidos

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

Page 22: RM Exerc Resolvidos

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

=

×

−=

×=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

=

×=

×=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.

Page 23: RM Exerc Resolvidos

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

Page 24: RM Exerc Resolvidos

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

=

×

−=

×=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

=

×=

×=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.

Page 25: RM Exerc Resolvidos

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

Page 26: RM Exerc Resolvidos

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

×=−

×=−

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

Page 27: RM Exerc Resolvidos

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

Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,02618 rad e – 0,2047 rad,

respectivamente.

Page 28: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 29: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 30: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 31: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 32: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 33: RM Exerc Resolvidos

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

=⇒=σ

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.

Page 34: RM Exerc Resolvidos

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×+=⇒−

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

==σ

Resposta: O comprimento passa a ser de 100,77751 mm e o novo diâmetro de 9,97356 mm.

Laina
Highlight
Laina
Highlight
Laina
Highlight
Laina
Sticky Note
As informações de E e v estão na tabela de propriedade do materiais
Page 35: RM Exerc Resolvidos

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

=

=

=

Resposta: O deslocamento da extremidade A é de 0,0670 pol e o deslocamento da conexão é de

-0,00632.

Page 36: RM Exerc Resolvidos

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

=

Resposta: As cargas aplicadas P1 e P2 são: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente.

Page 37: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 38: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 39: RM Exerc Resolvidos

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

=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.

Page 40: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 41: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 42: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 43: RM Exerc Resolvidos

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

×

×=

ω

=⇒ω=

Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida é de 856 psi.

Page 44: RM Exerc Resolvidos

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

×

×=

ω

=⇒ω=

Resposta: O menor diâmetro de eixo deve ser de 3/8 pol.

Page 45: RM Exerc Resolvidos

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

×π

×=

π

=

π

=τ⇒=τ

×

=

ω

=⇒ω=

Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A é de 3,44 MPa.

Page 46: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 47: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 48: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 49: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 50: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 51: RM Exerc Resolvidos

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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

Resposta: A velocidade angular é de 1248 rpm

Page 52: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 53: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 54: RM Exerc Resolvidos

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

−=∴

=+−−⇒=

=∴

=+−−⇒=

≤≤

Page 55: RM Exerc Resolvidos

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

Page 56: RM Exerc Resolvidos

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

−=∴

=+−−⇒=

=∴

=+−−⇒=

≤≤

Page 57: RM Exerc Resolvidos

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

Page 58: RM Exerc Resolvidos

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

+−−=∴

=++−+

⇒=

−−=∴

=−−−−⇒=

≤≤

Page 59: RM Exerc Resolvidos

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

Page 60: RM Exerc Resolvidos

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

−=∴

=−−⇒=

−=∴

=−−⇒=

≤≤

Page 61: RM Exerc Resolvidos

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

−=∴

−++−=⇒=

=∴

=−+−−−+−

⇒=

≤≤

Page 62: RM Exerc Resolvidos

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

Page 63: RM Exerc Resolvidos

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

+=∴

=−−⇒=

=∴

=−−⇒=

≤≤

Page 64: RM Exerc Resolvidos

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

Page 65: RM Exerc Resolvidos

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

−+−=∴

=+−

+−−

⇒=

−=∴

=−+−−−⇒=

≤≤

Page 66: RM Exerc Resolvidos

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

Page 67: RM Exerc Resolvidos

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%.

Page 68: RM Exerc Resolvidos

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

Page 69: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 70: RM Exerc Resolvidos

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

Page 71: RM Exerc Resolvidos

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).

Page 72: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 73: RM Exerc Resolvidos

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

Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de σσσσmax = 181 MPa.

Page 74: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 75: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 76: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 77: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 78: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 79: RM Exerc Resolvidos

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⇒

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 .

Page 80: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 81: RM Exerc Resolvidos

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:

( )

( )

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.

Page 82: RM Exerc Resolvidos

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

≤≤−⇒+++−

+−

+−=

−≤≤⇒++−

+−=

≤≤⇒++−=

Page 83: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 84: RM Exerc Resolvidos

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

≤≤⇒+−

−−

+−

−=

≤≤⇒+−

+−

−=

≤≤⇒+−

−=

≤≤⇒+=

Page 85: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 86: RM Exerc Resolvidos

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

=⇒

=

−=⇒

=

=⇒=

−=⇒=

Page 87: RM Exerc Resolvidos

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.

Page 88: RM Exerc Resolvidos

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

=

com aproximação de 1/16 pol, temos:

( )

pol16

9d

98,816/1

551,0

=∴

≈≈

Page 89: RM Exerc Resolvidos

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