solução: c a b · 6.2 o eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam...

6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em

A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.

Solução:

A C

24 kN

250 mm

B

VA VB

x

800 mm

• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.

= 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.

• Em seguida pode-se resolver a equação: = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo

ponto B temos:

kN5,31V0105024800V0M AAz ==−=

• usando a equação: = 0Fy , temos:

kN5,7V024VV0F BBAy −==−+=

Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)

C

24 kN x Mx

Nx

Vx

Trecho CA x24M

0Mx240M

24V

0V240F

mm250x0

x

xz

x

xy

−=

=+=

−=

=−−=

C

31,5 kN

x Mx

Nx

Vx

Trecho AB

A

24 kN

7875x5,7M

0M)250x(5,31x240M

5,7V

05,31V240F

mm1050x250

x

xz

x

xy

−=

=+−−=

=

=+−−=

Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos

negativos foram traçados para cima.

-24

7,5

V

-6000

M

6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as

duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e

B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.

Solução:

A C

400 lbf

18 pol

B

VA VB

x

24 pol

300 lbf

D

12 pol




ponto B temos:

lbf550V0123004240024V0M AAz ==+−=


lbf150V0300400VV0F BBAy ==−−+=


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

−=

=+−−−−

=

=

=++−−=



-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


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

+−−=

=++−+−+

=

−−=

=−−−−−=



-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




ponto B temos:

kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz ==+−−−−=


kN5,112V06035353560VV0F BBAy ==−−−−−+=


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




ponto B temos:

N625,815V0751500675800800V0M AAz ==−−=


N375,1484V01500800VV0F BBAy ==−−+=


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




ponto B temos:

( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz ==+−−=


lbf700V06150250250VV0F BBAy ==−−−+=


C

250 lbf x Mx

Nx

Vx

Trecho CA x250M

0Mx2500M

250V

0V2500F

pés4x0

x

xz

x

xy

−=

=+=

−=

=−−=

C

700 lbf

x

Mx

Nx

Vx

Trecho AB

A

250 lbf

150 lbf/pé

2

x

x

2

z

x

xy

x75x10504000M

0M2

)4x(150)4x(700x250

0M

x1501050V

0V700)4x(1502500F

pés10x4

−+−=

=+−

+−−

=

−=

=−+−−−=

C

700 lbf x

Mx

Nx

Vx

Trecho BD

A

250 lbf

150 lbf/pé

700 lbf

B

3500x250M

0M)10x(700

)7x(6150)4x(700x250

0M

250V

0V7007006150250

0F

pés14x10

x

x

z

x

x

y

−=

=+−−

+−+−−

=

=

=−++−−

=

Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e

diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para

cima.

–250

450

V

250

–450

–1000

M

–1000 –325

6.39. Determinar o momento M que deve ser aplicado à viga a fim de criar um esforço

de compressão de D=30 MPa no ponto D. Desenhar também a distribuição de tensão

que atua sobre a seção transversal e calcular a tensão máxima desenvolvida na viga.

Solução:

Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra (medidas em cm).

➢ ou usando 4 retângulos (somados):

Ix = [20 × 2,53

12+ (20 × 2,5) × 8,752] × 2 + (

2,5 × 153

12) × 2 = 9114,58333 cm4

➢ ou usando 2 retângulos (maior subtraindo o menor):

Ix =20 × 203

12−

15 × 153

12= 9114,58333 cm4

A tensão de flexão no ponto D:

σx =M

Ixy ⇔ M =

σx Ix

y=

3 kN

cm2 × 9114,58333 cm4

7,5 cm= 3645,8 kN. cm ∴ 𝐌 = 𝟑𝟔, 𝟓 𝐤𝐍. 𝐦

A tensão máxima de flexão desenvolvida na viga:

σmax =M

Ixy =

3645,8 kN. cm

9114,58333 cm4× 10 cm = 4

kN

cm2∴ 𝛔𝐦𝐚𝐱 = 𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚

A=40 MPa

D=36,5 MPa

6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual delas

suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão. Qual é

essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente?

Solução:

M = 150 kN.m = 150106 N.mm

O momento de Inércia:

Seção (a)

MPa114

165216450000

10150c

I

M

mm216450000I

0)30030(12

3003025,157)15200(

12

15200I

a

6

a

a

max

a

4

a

23

23

a

=

==

=

+

+

+

=

Seção (b)

MPa7,74

180361350000

10150c

I

M

mm361350000I

0)30015(12

300152165)30200(

12

30200I

b

6

b

b

max

b

4

b

23

23

b

=

==

=

+

+

+

=

Eficiência = %531007,74

7,74114=

−

Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%.

6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.

Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. Desenhar

os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses pontos.

Solução:

Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:

+

+

+

=

=++

++=

23

23

x 5,12)1080(12

108025,12)4010(

12

4010I

mm5,32y)1080()4010()4010(

45)1080(20)4010(20)4010(y

MPa548,15,7

3

1090000

75000y

I

M

MPa612,35,17

3

1090000

75000y

I

M

mm3

1090000I

C

x

max

C

B

x

max

B

4

x

===

===

=

Resposta: As tensões normais de flexão nos

pontos B e C da seção transversal são,

respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa.

=1,548 MPa

=3,612 MPa

6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.

Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça.

Solução:


mm5,32y)1080()4010()4010(

45)1080(20)4010(20)4010(y =

++

++=

MPa709,65,32

3

1090000

75000y

I

M

MPa612,35,17

3

1090000

75000y

I

M

mm3

1090000I

5,12)1080(12

108025,12)4010(

12

4010I

base

x

maxmax

B

x

maxmax

4

x

23

23

x

+===

−=−==

=

+

+

+

=

+

−

Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e

6,709 MPa de tração.

6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante

que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão

máxima desenvolvida na viga.

Solução:

M = 15 kip.pés = 151000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol


pol5,5625y)13()81()15(

5,0)13(5)81(5,9)15(y =

++

++=

Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:

4

x

23

23

23

x

pol3200,270833I

)5,05625,5()13(12

13)55625,5()81(

12

81)5,95625,5()15(

12

15I

=

−+

+−+

+−+

=

As tensões na parte superior e inferior do flange superior são:

( )

( )

lbf176953539)15(F

AF

psi3539309039882

1

2

1

psi3090)5,5625-(93200,270833

180000y

I

M

psi3988)5,5625-(103200,270833

180000y

I

M

mesa

médmesamesa

méd

infsupméd

inf

x

max

inf

sup

x

max

sup

==

=

=+=

+=

===

===

As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são:

( )

( )

lbf3,136501,4550)13(F

AF

psi1,45505,49997,41002

1

2

1

psi5,49995,56253200,270833

180000y

I

M

psi7,4100)1-(5,56253200,270833

180000y

I

M

mesa

médmesamesa

méd

infsupméd

maxinf

x

max

inf

sup

x

max

sup

==

=

=+=

+=

====

===

Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de

compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração.

A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração).

6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés.

Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular

também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga.

Linha Neutra

y

sup

inf

max

Solução:

M = 12 kip.pé = 121000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol


pol0625,7y)16()101(

5,10)16(5)101(y =

+

+=

Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra:

4

x

23

23

x pol271,197I)0625,75,10()16(12

16)50625,7()101(

12

101I =−+

+−+

=

As tensões na parte superior e inferior da mesa são:

psi51550625,7271,197

144000y

I

M

psi21449375,2271,197

144000y

I

M

psi28749375,3271,197

144000y

I

M

x

maxmax

inf

x

maxinf

sup

x

maxsup

===

===

===

( )

( )

lbf150552509)16(F

AF

psi2509214428742

1

2

1

mesa

médmesamesa

méd

infsupméd

==

=

=+=

+=

Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção

é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma.

6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de

diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B

suportam apenas forças verticais.

Solução:

A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:

cI

Mmax

max =

I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da

altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na

questão:

mm15c

64

30I

mm.N480000m.N480m8,0N600aPM

4

1max

=

=

====

Assim:

MPa181

mm

N08,18115

64

30

480000

cI

M

max

24max

max

max

=

=

=

=

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

6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças

concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão

de flexão admissível é adm = 160 MPa.

Solução:


cI

Mmax

max =

I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da

altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na

questão:

32

d

2

d64

d

c

IZ

2

dc

64

dI

mm.N480000m.N480m8,0N600aPM

3

4

4

1max

=

==

=

=

====

Assim:

mm3,31d

300032d

32

dmm3000

160

480000Z

MZ

Z

Mc

I

M

3

33

nec

adm

max

nec

nec

maxmax

adm

=

=

===

===

Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm.

6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior

carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a

tensão normal de flexão na viga não exceda adm = 10MPa.

Solução:


cI

Mmax

max =

I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro

da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados

fornecidos na questão:

mm50c

12

10050I

mmP500m5,0PaPM

3

max

=

=

===

Assim:

N67,1666P

50500

1012

10050

P50

12

10050

P50010

cI

Mc

I

M

3

3

max

adm

max

max

=

=

=

==

Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN.

6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a

requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for adm = 150 MPa.

Solução:

Diagrama de momentos:

M –60 kN.m

1,25 kN.m

0,25 m

Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×106 N.mm (tração nas fibras superiores)


a12

5y

)a3

2a

2

1()a

3

1a(

a3

2)a

3

2a

2

1(a

6

1)a

3

1a(

y =

+

+

=


4

x

2

3

2

3

x

a648

37I

a3

2a

12

5a

3

2a

2

1

12

a3

2a

2

1

a6

1a

12

5a

3

1a

12

a3

1a

I

=

−

+

+

−

+

=

A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal:

mm876,15937

70060a150a

12

5a

a648

37

1060y

I

M3

4

6

sup

x

max

sup ===

−

==

Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm

6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga,

supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível (adm)c = 16 ksi

na compressão e (adm)t = 18 ksi na tração.

Solução:

Diagrama de momentos:

M

60P

Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol


pol25,6y)81()18(

4)81(5,8)18(y =

+

+=


( ) ( ) ( ) ( )

4

x

23

23

x

pol33,124I

425,68112

8125,65,818

12

18I

=

−+

+−+

=

As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da

seção transversal:

lbf5968P1800025,633,124

P60y

I

M

lbf12056P1600075,233,124

P60y

I

M

sup

x

maxinf

sup

x

maxsup

====

====

Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip.

solução: c a b · 6.2 o eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam...

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