ENG1007_P3_12.1A

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ENG 1007 – INTRODUÇÃO À MECÂNICA DOS SÓLIDOS 
Terceira prova (P3) – turma A 12/06/2012 
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1a Questão (3,0 pontos) 
A viga da figura está submetida ao carregamento abaixo. Obtenha os diagramas de esforço cortante (V) 
e momento fletor (M), determinando também as suas expressões algébricas. As reações de apoio já 
estão indicadas na figura. 
)()( xq
dx
xdV
−=
 
)()( xV
dx
xdM
=
 
 
 
 
0 4x< ≤ : ( ) 10,6 4V x x= − , 2( ) 10,6 2M x x x= − 
4 7x≤ ≤ : ( ) 8,6 4V x x= − , 2( ) 8,6 2 8M x x x= − + 
7 10x≤ ≤ : ( ) 44 4V x x= − , 2( ) 44 2 240M x x x== − − 
 
 
1a 2a 3a Nota 
 
10,6 kN 35,4 kN 
x
qM
V
dx
V dV+
M dM+
2a Questão (3,5 pontos) 
Determine para a viga abaixo, de seção retangular b=10 cm e h=30 cm, e para a qual já são fornecidos 
os diagramas e reações de apoio: 
1-as máximas tensões normais (trativa e compressiva), dando as coordenadas de onde ocorrem; 
2- a máxima tensão cisalhante, dando as coordenadas de onde ocorre. 
 
Ay = 2,33 kN 
By = 6,67 kN 
 






−=
=
=
=
2
y
8
hbQ
bI
VQ
12
bhI
I
My
22
z
z
z
3
z
z
x
τ
σ
 
 
 
 
 
 
Resposta: 
)qq,m0,m6(,kPa100
)qq,m15,0,m3(,MPa337,7
m10x25,2I
x
44
z
=
±±=
=
−
τ
σ 
 
 
3 m 3 m 
M = 4 kNm q = 2 kN/m 
A B 
x 
3 kN 
DEC 
DMF 
2,33 
4 
11 
3a Questão (3,5 pontos) 
Para a viga abaixo, submetida ao carregamento indicado, já foram calculadas as reações de apoio: R1 = 
65 KN e R2 = -15 KN. Tem-se também a expressão analítica do momento fletor: 
M(x) = 65x – 5x2 KNm, para 0 ≤ x < 1 m 
M(x) = –200 + 65x – 5x2 KNm, para 1 < x ≤ 5 m 
Calcular a expressão da deflexão transversal ( )v x da viga, dada pela fórmula 
2
2
( ) ( )z
d v xEI M x
dx
= . 
 
 
Gabarito: 
Serão realizadas integrações em dois trechos, com as seguintes condições de contorno, para a 
determinação das constantes de integração: 1 2(0) 0, (5) 0v v= = , 2 11 2
(1) (1)(1) (1), dv dvv v
dx dx
= = . 
Primeiro trecho: 
2 2 3 3 4
21 1
1 1 1 22
( ) ( ) 65 5 65 565 – 5 ( )
2 3 6 12z z z
d v x dv x x x x xEI x x EI C EI v x C x C
dx dx
= ⇒ = − + ⇒ = − + + 
Segundo trecho: 
2 2 3 3 4
2 22 2
3 2 3 42
( ) ( ) 65 5 65 5200 65 – 5 200 ( ) 100
2 3 6 12z z z
d v x dv x x x x xEI x x EI x C EI v x x C x C
dx dx
= − + ⇒ = − + − + ⇒ = − + − + + 
 
De 1(0) 0v = , obtém-se 2 0C = . 
De 1 2(1) (1)v v= , obtém-se 1 3 4 1 3 4
65 5 65 5100 100
6 12 6 12
C C C C C C− + = − + − + + ⇒ = − + + 
De 2 1(1) (1)dv dv
dx dx
= , obtém-se 1 3 1 3
65 5 65 5200 200
2 3 2 3
C C C C− + = − + − + ⇒ = − + 
Tem-se destas duas equações, portanto, que 4 100C = − . 
De 2 (5) 0v = , obtém-se 
3 4
2
3 4 3
65 5 5 5 1205100 5 5 0
6 12 4
C C C× ×− × + − + × + = ⇒ = 
Finalmente, 1 3
405200
4
C C= − + = 
Resposta: 
3 4
1
65 5 405( )
6 12 4z
x xEI v x x= − +
 
3 4
2
2
65 5 1205( ) 100 100
6 12 4z
x xEI v x x x= − + − + −
 
10 /kN m 10 /kN m
1 m 4 m