Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais SARKIS MELCONIAN

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Alfabeto Grego
Alfa A a
Beta B ~
Gama r y
Delta L1 Õ
Épsilon E E
Digama F -
Dzeta Z ç
Eta H 11
Theta e 8
lota I t
Capa K x
Lambda A Iv
Mi M 11
Ni N v
csi ~ ç•....•
Ómicron O o
Pi TI 1t
San 17
Copa Q
Ro P p
Sigma L (J
Tau T "(;
lpsilon y u
Phi P <p
Qui X x
Psi qJ \jf
Ômega Q ú)
.•••..........
cq
Sumário
Capítulo 1.. Sistemas de Unidades 01
1.1 Sistema Internacional de Unidades (152 CGPM/1975) 02
1.2 Outras Unidades 02
1.3 Prescrições Gerais 03
1.4 Relações Métricas Lineares 10
1.5 Relações Métricas do Cubo 12
1.6 Exercícios (Sistema de Unidades) 13
Capítulo 2· Vínculos Estruturais 27
2.1 Introdução 27
2.2 Estrutura 28
Capítulo 3 . Equilíbrio de Forças e Momentos 31
3.1 Resultante de Forças 31
3.2 Resultante dos Momentos 31
3.3 Equações Fundamentais da Estática , 31
3.4 Força Axial ou Normal F 31
3.5 Tração e Compressão 32
3.6 Ligação ou Nó 32
3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó ....................................•............................................ 32
3.8 Composição de Forças 33
3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais 33
3.10 Conhecidos Fx e Fy, determinar a e ~ 34
3.11 Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que Formam entre Si Ângulo a , 34
3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante 35
3.13 Exercícios 36
3.14 Método das Projeções 38
3.15 Método do Polígono de Forças 40
3.16 Momento de uma Força 44
3.17 Exercícios Resolvidos 46
Capítulo 4· Carga Distribuída 53
4.1 Introdução 53
4.2 Linha de Ação da Resultante 54
4.3 Exercícios Resolvidos , 53
Capítulo 5 - Tração e Compressão 63
5.1 Revisão do Capítulo 3 63
5.2 Tensão Normal O" ••.•••••••••••••.•.•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 64
5.3 Lei de Hooke 64
5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis 66
5.5 Estricção 68
5.6 Coeficiente de Segurança k 68
5.7 Tensão Admissível O" ou cadrn 69
5.8 Peso Próprio , 70
5.9 Aço e sua Classificação 70
5.10 Dimensionamento de Peças 71
5.11 Dimensionamento de Correntes 72
5.12 Exercícios 75
Capítulo 6 - Sistemas Estaticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 97
6.1 Introdução 97
6.2 Tensão Térmica 98
6.3 Exercícios 99
Capítulo 7 - Treliças Planas 113
7.1 Definição 113
7.2 Dimensionamento 113
7.3 Método das Secções ou Método de Ritter 123
Capítulo 8 - Cisalhamento Puro 135
8.1 Definição 135
8.2 Força Cortante Q 135
8.3 Tensão de Cisalhamento ('1:) 136
8.4 Deformação do Cisalhamento 136
8.5 Tensão Normal (0") e Tensão de Cisalhamento ('1:) ..........................................................•........ 137
8.6 Pressão de Contato O"d •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••.••••.••••• 137
8.7 Distribuição ABNT NB14 138
8.8 Tensão Admissível e Pressão Média de Contato ABNT NB14 - Material Aço ABNT 1020 138
8.9 Exercícios '" 139
8.10 Ligações Soldadas 155
8.11 Chavetas 162
8.12 Exercícios 164
•• -'
Capítulo 9 - Características Geométricas das Superfícies Planas ::..S?
9.1 Momento Estático :!.e~
9.2 Exercícios 171
9.3 Momento de Inércia J (Momento de 2ª Ordem) 182
9.4 Raio de Giração i 184
9.5 Módulo de Resistência W 184
9.6 Exercícios 185
9.7 Produto de Inércia ou Momento Centrífugo (Momento de 2ª Ordem) 208
9.8 Eixos Principais de Inércia 210
9.9 Momento Polar de Inércia (Jp) (Momento de 2ª Ordem) 210
9.10 Módulo de Resistência Polar (Wp) ••••••••••••••••••.••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 211
9.11 Exercícios 211
Capítulo 10 - Força Cortante Q e Momento Fletor M 229
10.1 Convenção de Sinais 229
10.2 Força Cortante Q 230
10.3 Momento Fletor M 230
10.4 Exercícios 231
Capítulo 11 - Flexão 257
11.1 Introdução 257
11.2 Flexão Pura 257
11.3 Flexão Simples 257
11.4 Tensão Normal na Flexão 258
11.5 Dimensionamento na Flexão 258
11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão 260
11.7 Deformação na Flexão 260
11.8 Exercícios 262
Capítulo 12 - Torção 279
12.1 Introdução 279
12.2 Momento Torçor ou Torque 279
12.3 Potência (P) , 280
12.4 Tensão de Cisalhamento na Torção (t) 281
12.5 Distorção (y) 282
12.6 Ângulo de Torção (8) 282
12.7 Dimensionamento de Eixos-Árvore 282
12.8 Exercícios 285
Capítulo 13 - Flambagem 299
13.1 Introdução 299
13.2 Carga Crítica 299
13.3 Comprimento Livre de Flambagem 299
13.4 índice de Esbeltez (À) 300
13.5 Tensão Crítica ( crer) '" '" 300
13.6 Flambagem nas Barras no Campo das Deformações Elasto-Plásticas 301
13.7 Normas 301
13.8 Exercícios 303
13.9 Carga Excêntrica 309
13.10 Exemplo 310
Apêndice A - Exercícios Propostos 311
Apêndice B - Normas DIN 347
Apêndice C - Perfis 353
-
SISTEMAS DE UNIDADES
Decreto nº 81621 - 03/05/1978
o decreto citado aprova o quadro geral de unidades de medida, em substituição ao anexo do
decreto n2 63233 de 12 de setembro de 1968.
"O Presidente da República, no uso da atribuição que lhe confere o artigo 81, item 111,da
constituição, e tendo em vista o disposto no parágrafo único do artigo 92 do Decreto-Lei n2 240, de
28 de Fevereiro de 1967.
Decreta:
"Art. 1Q - Fica aprovado o anexo Quadro Geral de Unidades de Medida, baseado nas
Resoluções, Recomendações e Declarações das Conferências Gerais de Pesos e Medidas,
realizadas por força da Convenção Internacional do Metro de 1975".
"Art. 2Q - Este Decreto entra em vigor na data de sua publicação, revogando o Decreto nQ
63233 de 12/09/1968 e demais disposições em contrário".
"Brasília, 03 de maio de 1978: 1572 da Independência e
90Q da República.
Ernesto Geisel
Angelo Calmon de Sã"
Quadro Geral de Unidades
Este Quadro Geral de Unidade (QGU) contém:
1- Prescrições sobre Sistema Internacional de Unidades;
2 - Prescrições sobre outras Unidades;
3 - Prescrições gerais.
Tabela I - Prefixos SI.
Tabela 11- Unidades do Sistema Internacional de Unidades.
Tabela 11I - Outras unidades aceitas para uso com o Sistema Internacional de Unidades.
Sistemas',deUnidades I
Tabela IV - Outras Unidades, fora do SI admitidas temporariamente.
Nota: São empregadas as seguintes siglas e abreviaturas:
CGPM - Conferência Geral de Pesos e Medidas (precedida do número de ordem e seguida pelo
ano de sua realização).
QGU - QUADRO GERAL DE UNIDADES
SI - Sistema Internacional de Unidades
1.1 Sistema Internacionalde Unidades(15º CGPM/1975)
a) Unidades de Base
Unidade Símbolo Grandeza
metro m comprimento
quilograma kg massa
segundo s tempo
ampêre A corrente elétrica
Kelvin K temperatura termodinâmica
moi moi quantidade de matéria
candela cd intensidade luminosa
b) Unidades Suplementares
Unidade Símbolo Grandeza
radiano rad ângulo plano
esterradiano sr ângulo sólido
c) Unidades derivadas, deduzidas direta ou indiretamente das unidades de base e suplementares.
d) Os múltiplos e submúltiplos decimais das unidades acima que são formadas pelo emprego dos
prefixos SI da Tabela I.
1.2 OutrasUnidades
1.2.1 As unidades fora do SI admitidas no QGU são de duas espécies:
a) Unidades aceitas para uso com SI, isoladamente ou combinadas entre si e ou com unidades SI,
sem restrição de prazo (tabela 111).
b) Unidades admitidas temporariamente (tabela IV)
MecânicaTécnica e ResistênciadosMateriais
~
1.2.2 É abolido o emprego das unidades do CGS, exceção feita às que estão compreendidas
no SI e as mencionadas na tabela IV.
1.3 PrescriçõesGerais
1.3.1 Grafia dos nomes de unidades
1.3.1.1 Quando escritos por extenso, os nomes de unidades devem ser iniciados com letra
minúscula, mesmo quando representem um nome ilustre de ciência.
Ex: newton, watt, arnpere, joule, ... exceto o grau Celsius.
1.3.1.2 Na expressão do valor numérico de uma grandeza, a respectiva unidade pode ser
escrita por extenso, ou representada pelo seu símbolo. (Ex. newton por metro ou N/
rn), não sendo admitidas partes escritas por extenso misturadas com partes escritas
por símbolo.
1.3.2 Plural dos Nomes de Unidades
Unidades escritas por extenso, obedecem às seguintes regras básicas:
a) Os prefixos SI são invariáveis
b) Os nomes de unidadesrecebem a letra "S" no seu final, exceto nos casos da alínea C.
1 - As palavras simples são escritas no plural da seguinte forma:
Ex.: quilogramas, volts, joules, ampêres, newtons, farads.
2 - Quando as palavras são compostas, e o elemento complementar de um nome de unidade
não é ligado por hífen.
Ex.: metros quadrados, decímetros cúbicos, milhas marítimas.
3 - Quando o termo é resultante de um produto de unidades.
Ex.: newtons-metro, watts-hora, ohms-metro, ...
Observação:
Segundo esta regra, e a menos que o nome da unidade entre no uso vulgar, o plural não
desfigura o nome que a unidade tem no singular. Ex: decibels, henrys, mols .... Não são
aplicadas às unidades algumas regras usuais na formação do plural de palavras.
c) Os nomes ou partes dos nomes de unidades não recebem "S" no final.
1 - quando terminam em S, X ou Z.
Ex.: siemens, lux, hertz, etc.
2 - quando correspondem ao denominador de palavras compostas por divisão, por exemplo:
quilômetros por hora, metros por segundo, etc.
r-
3 - quando, em palavras compostas, são elementos complementares de nomes de unidades e
ligados a estes por hífen ou preposição.
Ex.: anos-luz, quilogramas-força, etc.
1.3.3 Grafia dos Símbolos de Unidades
1.3.3.1 A grafia dos símbolos de unidades obedece às seguintes regras básicas:
a) os símbolos são invariáveis, não sendo permitido colocar ponto significando abreviatura, ou
acrescentar "S" no plural, por exemplo, joule é J e não J. ou Js (no plural).
b) os prefixos do SIjamais poderão aparecer justapostos num mesmo símbolo, ex.: GWh (giga watt-
hora) e nunca MkWh (rnega quilowatt-hora).
c) os prefixos SI podem coexistir num símbolo composto por multiplicação ou divisão, por exemplo:
kN.mm, kW.mA, MW.cm, etc.
d) o símbolo deverá estar alinhado com o número a que se refere, não como expoente ou índice;
constituem exceção ângulos e o símbolo do grau Celsius.
e) o símbolo de uma unidade composta por multiplicação pode ser formado pela justaposição
dos símbolos componentes e que não cause ambigüidade [VA, kWh, etc], ou mediante a
colocação de um ponto entre os símbolos componentes, na base da linha ou a meia altura
[kgf.m ou kgf·m].
f) o símbolo de uma unidade de uma relação pode ser representado das três maneiras exemplificadas
a seguir, não devendo ser empregada a última forma quando o símbolo, escrito em duas linhas
diferentes, causar confusão.
W j[cm2 0c], W· cm-2 .oe-1 ---.!!...
'cm2oe
1.3.3.2 Quando um símbolo com prefixo tem expoente, deve-se entender que esse expoente
afeta o conjunto prefixo-unidade, como se o conjunto estivesse entre parênteses.
Exemplos:
me = 10-3 e
mm2 = 10-6 m2
1.3.4 Grafia dos Números
As prescrições desta secção são inaplicáveis aos números que não estejam representando
quantidade.
Exemplos: telefones, datas, nQ de identificação.
1.3.4.1 Para separar a parte inteira da decimal de um número, é empregada sempre urna vírgula;
quando o valor absoluto do número for menor que 1, coloca-se zero à esquerda da
vírgula.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais ,
1
JII.:,
1..3.4.2 Os números que representam quantias em dinheiro, ou quantidades de mercadorias,
bens ou serviços em documentos fiscais, jurídicos e ou comerciais, devem ser escritos
com os algarismos separados em grupos de três, a contar da vírgula para a esquerda
e para a direita, com pontos separando esses grupos entre si.
Nos demais casos, é recomendado que os algarismos de parte inteira e os de parte
decimal dos números sejam separados em grupos de três, a contar da vírgula para a
esquerda e para a direita, com pequenos espaços entre esses grupos (exemplo, em
trabalhos técnico-científicos); mas é também admitido que os algarismos da parte
inteira e os da parte decimal sejam escritos seguidamente, isto é, sem separação em
grupos.
1..3.4.3 Para exprimir números sem escrever ou pronunciar todos os seus algarismos:
a) para os números que representam dinheiro, mercadorias ou bens de serviço, são empregadas
as palavras;
mil = 103 = 1000
milhão 106 = 1000000
bilhão = 109 = 1000000000
trilhão = 1012 = 1000 000 000 000
b) em trabalhos técnicos ou científicos, recomenda-se a utilização da tabela I.
1.3.5 Espaçamento entre um número e o símbolo da unidade correspondente deve atender
à conveniência de cada caso.
Exemplos:
a) frases de textos correntes, normalmente utiliza-se meia letra, para que não haja possibilidade
de fraude.
b) em colunas de tabelas, é facultado utilizar espaçamentos diversos entre os números e os
símbolos das unidades correspondentes.
1.3.6 Pronúncia dos múltiplos e submúltiplos decimais das unidades.
Na forma oral, são pronunciados por extenso.
Exemplos:
mR - mililitro
11m - micrometro (nãJ confundir com micrômetro instrumento)
Sistemas de Unidades=
- ~--- ---------'
Tabela I - prefixos SI
Nome Símbolo Fator de Multiplicação
exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000
peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000
tera T 1012 = 1 000 000 000 000
giga G 109 = 1 000 000 000
rnega M 106 = 1000000
quilo k 103 = 1000
hecto h 102 = 100
deca da 10
deci d 10-1 = 0,1
centi c 10-2 = 0,01
mili m 10-3 = 0,001
micro fl 10-6 = 0,000 001
nano n 10-9 = 0,000 000 001
pico P 10-12 = 0,000 000 000 001
femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001
atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001
Tabela 11- Outras Unidades fora do SI admitidas temporariamente
Nome da Unidade Símbolo Valor do SI
angstrorn A 10-10 m
atmosfera atm 101325 Pa
bar bar 105 Pa
barn b 10-28 m2
*caloria cal 4,1868 J
* cavalo-vapor cv 735,5 W
curie ci 3,7 x 1010 Bq
gal Gal 0,01 rn/s?
* gauss Gs 10-4 T
hectare ha 104 m2
* quilograma-força kgf 9,80665 N
* milímetro de Hg mmHg 133,322 Pa (aproximado)
milha marítima 1852 m
nó 1852/3600 rn/s milha
marítima por hora
* quilate 2 x 10-4 kg não confundir
com ligas de ouro
rad 0,01 Gy
As unidades com asterisco deverão ser gradativamente substituídas pelas unidades do SI.
'Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais i C";."
•••
1.3.7 Unidades Fundamentais e Derivadas
As unidades fundamentais foram definidas arbitrariamente e constituem-se em:
L - comprimento L - comprimento
M - massa ou F - força
T - tempoT - tempo
As unidades derivadas são obtidas em função das fundamentais.
1.3.7.1 Sistema CGS
É um sistema do tipo LMT sendo constituído pelas seguintes unidades fundamentais:
L - [em] M - [g] T - [s]
Exemplos de unidades derivadas no CGS:
velocidade (MRU)
.6.S [em]
[v] =- =-= [cm y sl
.ó.t [s]
aceleração [al aceleração normal da gravidade
[a] =[.ó.Y] =[em / s] =[em]
[.ó.t] s s2
g = 980,665 cm/s2
1.3.7.2 Sistema MKS (Giorgi) Sistema Internacional (SI)
É também um sistema do tipo LMT, sendo suas unidades fundamentais:
L - [m] M - [kg] T - [s]
Exemplo de unidades derivadas:
velocidade (MRU)
[Vl)Ml)mt[m/sl
[.6.t] [s]
força
[F] = [m] . [a] = [kgm / S2]= [N]
aceleração (MUV)
[ ]_[l1v]_[m/s]_[ I 2]a--- -- -m, s
[.ó.t] s
aceleração normal da gravidade
g = 9,80665 m/s2
Este sistema é o recomendado pelo decreto nQ 81621 de 03/05/78, gradativamente,
substituirá o sistema técnico.
1.3.7.3 Sistema MKS (Sistema Técnico)
É um sistema do tipo LFT.
7
/
Suas unidades fundamentais são:
L - [m] F - [kgf ou kp] T - [s]
o sistema MKS* (técnico) aos poucos será substituído na engenharia pelo SI (Sistema
Internacional MKS Giorgi)
kp ou kgf = 1 kg . 9,80665 m/s2
Ikp ou kgf = 9,80665 N I
Na prática, ainda são utilizadas unidades como:
gf = 10-3 kgf = 10-3 kp
Itf = 103 kgf = 103 kp I
1.3.7.4 Sistemas de Unidades Inglesas
1.3.7.4.1 Sistema FPS é um sistema do tipo LFT, ou seja;
L - comprimento (foot) - [pé]
F - força (power) - [f b]
t - tempo (second) - [s]
Unidade de massa neste sistema é o slug.
(libra)· (segundo)" €b .52 (I )m --=5Ug
(pé) pé
Para facilitar a escrita, abrevia-se pé através de um traço superior acima da medida.
Exemplo:
18 pé = 18'
Relação da unidade de medida pé com o sistema métrico.
pé = 30, 48 cm = 304,8 mm
Nas escritas inglesas ou americanas, é comum encontrar-se o símbolo ft (foot).
A unidade de força no FPS é a libra (f b) ou mais apropriadamenteconhecida como libra-
força, podendo ser encontrada na sua escrita simbólica como:
fb ou fbf ou ainda fb*.
A sirnbología mais adequada é f b .
1.3.7.4.2 Sistema IPS é um sistema do tipo LFT, ou seja:
L - comprimento - (inch) - [pol]
F - força - (power) - [fb]
T-Tempo - (second)- [s]
'::,_Mecânica;Técnica:e,Resistência:dos:Materiais~iMm;:;&.,':'&_U'WW:;:;:::EFJZI=,;;;SS)"J::1t::"ylWJJ!!;Z.' """'!l:1%0!@;C:,.-FAi!?'_Y+Y, __ ...w
----
Unidade de massa no sistema
F (libra - força)m---
- a - ( pOlegada
2
]
(segundo)
(libra - força) (segundo)2
m=
(polegada)
m[~lpol denomina-se libra massa.
Como é um sistema do LFT, predomina a unidade de força, que simbolicamente será
representada por e b como foi exposto anteriormente.
Relações importantes do sistema com os sistemas, técnico, e Giorgi (MKS)
pol = 25,4 mm
e b = 0,4536kgf == 4,4483N
Na escrita simbólica da polegada, ingleses, americanos e demais países que utilizam este
sistema usam as representações:
pol; in ou ainda (").
pol - símbolo adaptado por "abreviação" da língua portuguesa.
in - (inch) polegada em inglês.
n- simbologia simplificada para facilitar a escrita.
Exemplo:
1 1 1"
-pol=-in=-
4 4 4
1..3.8 Precisão e Arredondamento dos Números
Quando a precisão de um número é necessária, deve-se aprender a aplicar as regras de
arredondamento. É muito importante saber que precisão desnecessária desperdiça tempo e
dinheiro.
Por exemplo:
Ao se expressar o número de rolamentos 6208 existentes no almoxarifado de uma
determinada indústria, a resposta será expressa somente por um número inteiro, pois em nenhuma
hipótese existirá no almoxarifado 10,4 ou 9,7 rolamentos, e isto sim 10 rolamentos.
Quando pesamos uma caixa e encontramos como resposta 100N (3 algarismos significativos),
nunca se deve se dar como resposta 100,000N se a precisão não exigir (6 algarismos
significativos), pois isto significaria ler a escala em 0,001N (milésimo de newton) o que é
absolutamente inadequado para o caso.
, Sistemas de ,Unidades
As regras principais de arredondamento são:
1 - Manter inalterado o dígito anterior se o dígito subseqüente for menor que "5" «5).
Exemplo': Suponha-se o número 365,122
arredondando o número acima tem-se:
365,12 - para 5 algarismos significativos
365,1 - para 4 algarismos significativos
2 - Acrescer uma unidade ao último dígito a ser mantido quando o posterior for "~5" (maior
ou igual a 5).
Exemplo': Suponha-se o número 26,666
arredonda-se o número para:
26,67 - para 4 algarismos significativos
26,7 - para 3 algarismos significativos
27 - para 2 algarismos significativos
3 - Manter inalterado o último dígito se o primeiro dígito a ser desprezado for "5" seguido
de "zeros".
Exemplo': Seja o número 34,650
arredonda-se para:
34,6 - para 3 algarismos significativos.
4 - Aumentar o último dígito em uma unidade se o número for ímpar e se o último dígito
for "5" seguido de "zeros".
Exemplos: Sejam os números
235,5 e 343,50
arredonda-se o número 235,5 para:
236 - 3 algarismos significativos.
arredonda-se o número 343,50 para:
344 - 3 algarismos significativos.
1.4 RelaçõesMétricas Lineares
m = 10 dm
m = 102 cm
m = 103 mm
m = 3,28 pé
milha terrestre = 1609 m
ano-luz = 9,46 x 1015 m
m = 39,37 pai
milha marítima = 1852 m
jarda == 91,44 cm
braça = 1,83 m
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'"" ·~·~L ..••.1 .,~".
li!!!!.,
1.4.1 Relações Métricas do Quadrado
·~ocCORÓ,Dado o quadrado de lado a = 1m, determinar as seguiotes r.~IÇlt;>Õ:éSí "' \'b o ..J ..
" :',•••~,~:."- !_ .• \ ., i"':"'> 1 1 ("; T êC A -
a) m2 e dm2 Areado Quadrado '. ,u '-:::. ';~, I' '"/',,1E./OS
A=a2 -"')(..:;:.:0. U~ 1-11Li L , .1
b) m2 e cm2
c) m2 e mrrr'
d) m2 e pOl2 1;
e) m2 e pé2
1m
a) m2 e dm2 b) m2 e cm2
m = 10 dm m = 102 cm
m2 = (10 dm)2 m2 = (102 cm)2
1m2 = 102 dm21 1m2 = 104 cm21
c) m2 e mm2 d) m2 e pOl2
m = 103 mm 100m=-- pol2,54
m2 = (103 mm)2 2 (100 . Jm = -- pol
2,54
m2 ~(100J pd1m2 = 106 mm21 2,54
m2 = 1550 pOl2
m2 = 1,55 " 103 pOl2
e) m2 e pé2
100 ,
m = 30,48 pe
m2=(~ éJ230,48 P
m2 = 3,282 pé2
1m2 = 10,76 Pé21
portanto, pode-se escrever que:
Sistemas de Unidades
1.5 RelaçõesMétricas doCubo
Dado o cubo, com aresta a= 1m, determinar as seguintes relações:
a) m3 e dm3
b) m3 e cm3
c) m3 e mrrr'
d) m3 e pOl3
e) m3 e pOl3
Volume do cubo
V = a3
a) m3 e dm3
m = 10 dm
m3 = (10 dm)3 = 103 dm3
1m3 = 103 dm31
b) m3 e cm3
m = 102 em
m3 = (102 cm)3 = 106 crrr'
1m3 = 106 cm
3
1
c) m3 e rnrrr'
m = 103 mm
m3 = (103mm)3 = 109 mrrr'
1m3 = 109 mm31
e) m3 e pé3
pé
m3 = (3,29 pé)3 == 35,3 pé3
1m3 = 35,3 Pé31
E
ri
I
I
)..
'"'"'"'"'"'"'"'"'"'"'"
...... ...... ...... ... - •..•..•..
~
"\.~
d) m3 e pOl3
m3 = (39,37 pol)3 == 61023 pOl3
1m3 == 6,1023 . 104 pOl31
m3 = 103 dm3 = 106 cm3 = 109 mm3 = 6,1023 . 104 pOl3 = 35,3 pé3
Obs: Q = dm3 (litro)
.,Mecânicêl2Técnica ecResistência,dosMateriais.::". ,L:''t.~:. .·<ii:m1l\!v····:.,;;!$,ilIf:;if??,'::. ,.~.:;&r ,~';;>§i::L.
••.......
1.6 Exercícios(Sistema deUnidades)
Ex. 1 - Dadas as medidas em milésimos de polegada n, pede-se expressá-Ias em [mm].
a) 0,393"
c) 0,325"
e) 0,600"
b) 0,750"
d) 0,875"
f) 0,120"
Solução:
Para transformar a medida expressa em [pol] para [mm], multiplica-se o valor da medida por
25,4 mm.
a) 0,393 x 25,4 = 9,9822 mm
b) 0,750 x 25,4 = 19,05 mm
c) 0,325 x 25,4 = 8,255 mm
d) 0,875 x 25,4 = 22,225 mm
e) 0,600 x 25,4 = 15,24 mm
EX.2 - Dadas as medidas em polegada fracionária ("), pede-se expressá-Ias em [mm].
5"a) -
8
b) 21"
4
3"c)-
16
19"d)-
64
Solução:
Da mesma forma que o eX.1, multiplica-se a medida por 25,4 mm
5
a) - x 25,4 = 15,875mm
8
b) 2~ x 25,4 = (2 x 25,4 + ~. 25,4) = (50,8 + 6,35) = 57,15mm
3
c) - x 25,4 = 4,7625mm
16
19
d) - x 25,4 = 7,540625mm
64
Ex. 3 - Dadas as medidas em "mm", expresse-as em milésimos de polegada.
a) 15,24 mm
c) 30,48 mm
e) 11,430 mm
b) 21,59 mm
d) 8,255 mm
f) 4,445 mm
Solução:
Para encontrar as medidas dadas em "rnm" em polegada milesimal, dividi-se o valor da
medida por 25,4, pois pol = 25,4 mm.
15,24 _ 600"
a) 25,4 -O,
30,48 _ 1 200"
c) 25,4 - ,
11,430 = 0,450"
e) 25,4
21,59 _ 850"b) - -O,25,4
8,255 _ 325"d) - - 0,25,4
4,445 _ 0175"f) - - ,25,4
Ex.4 - Dadas as medidas em "mrn", expresse-as em "polegada fracionária".
a) 10,31875 mm
c) 14,2875 mm
e) 5,55625 mm
b) 17,4625 mm
d) 3,96875 mm
f) 3,571875 mm
Solução:
Para encontrar as medidas dadas em "mrn" em "polegada fracionária", divide-se a medida por
128
25,4 (valorda polegada), e multiplica-se o resultado obtido por 128' pois a fração de polegada
corresponde a uma exponencial de 2, ou seja 2n no caso, 128 = 27 nQ de divisões no
paquímetro.
a) 110,31875p:mí
25,4JfI1'Í1 x
128"t 52 = 13" (simplificado por 4)
128 128 32~
b) 117,4625r1)P'r' x
25,4rymf
128"t 88 = 11" (Simplificado por 8)
128 128 16
~
~28" l ~ = ~ (Simplificado por 8)
128 128 16'--A
3,96875~128':L 20 = ~ (Simplificado por 4)
d)1 25,4rmTÍ x 1~128 32
= 28 =!:.- (Simplificado por 4)5,55625myY
e) 1 25,41JJf!! x 128 32
_,571875~= 18 = ~ (Simplificado por 2)
f) 1 25,4 rymf x 12~ 128 64
EX.5 - Dadas as medidas em pé expresse-as em "mm".
a) 15' b) 12' c) 7,5' d) 18'
Solução:
Para transformar a medida expressa em "pé" para "rnm", multiplica-se o valor da medida
por 304,8 mm.
MecânicaTécnicaeResistência dos Materiais
.,~
~
a) 15 x 304,8 = 4572 mm
c) 7,5 x 304,8 = 2286 mm
b) 12 x 304,8 = 3657,6 mm
d) 18 x 304,8 = 5486,4 mm
Ex. 6 - Um pé equivale a quantas polegadas?
Solução:
pé = 304,8 mm
portanto:
pé 304,8~
-poI 25 ,41J)f1'f
IPé = 12Pall
EX.7 - Sabemos que por definição cv= 75 kgfmjs e que kgf.m = 9,80665 J. Expressar cvh
em joules.
pol = 25,4 mm
cvh = 75 x 9,80665 == 735,5 W
cvh = 735,5 X x 3600$
I cvh = 2,6478 .106 J I
Ex. 8 - Sabendo-se que: pé = 30.48 em e pol = 2,54 em. Determinar as relações entre:
a) pé2 e m2; b) pal2 e m2;
c) pé3 e m3 d) pal3 e m3
8.a) Relação entre pé2 e m2
pé2 = (O,3048m)2
pé2 = 0,092903 m2
Ipé2 = 9,2903 . 10-2 m21
8.b) Relação entre pol2 m2
pai = 2,54 . 10-2m
pal2 = (2,54 . 10-2 m)2
Ipal2 = 6,4516 . 10-4 m21
8.c) Relação entre pe3 e m3
pé = 3,048 x 10.1 m
pé3 = (3,048 X 10.1 m)3
I pé3 = 2,832 X 10.2 m31
8.d) Relação entre pol3 e m3
pai = 2,54 . 10-2m
pOl3= (2,54 . 10-2 m)3
I pal3 = 1,638 . 10-5 m31
15
~
EX.9 - Em uma prova automobilística, o piloto A foi o vencedor, com o seu carro perfazendo
o percurso, com vm = 180km j h. Expressar vm em:
a) kmjmin b) kmjs e) mjs
Velocidade média em km/rnin
180 i
vm = -- = 3 km j min
60
~
9.a)
~
9.c) Velocidade em m/s
180000
vm = 3600 = 50 m j s
9.b) Velocidade média em krri/s
Ivm = fo = 0,05 km / si
~4?
Ex . .1.0 - No dimensionamento de circuitos automáticos e em outras aplicações na engenharia,
é utilizada a unidade de pressão bar = 105 N/m2 (pascal). Expressar bar em:
a) kgfjm2; b) kgfjem2;
e) kgfjmm2; d) .e b / pOl2 (psi)
Dados: kgf = 9,80665N
fb = 0,4536 kgf
pol = 2,54 em
.1.0.a) bar para kgf/m2
5 2 10 4 2
bar = 10 N j m = . 10 kgf j m
9,80665
I bar = 1,0197 x 104 kgfjm2!
.1.0.b) bar para kgf/cm2
bar = 105 Njm2 = 1,0197 x 104 kgfjm2 se m2 = 104 em2
1,019 x 104bar = --.:....------:---
104
I bar = 1,0197 kgf j em2 I
.1.0.c) bar para kgf/mm2
bar = 1,019 kgf / em2 se em2 = 102 mm
2
1,0197 -2 2
bar = .., = 1,0197 x 10 kgf j mm
10
I bar = 1,0197 x 10-2 kgf j mm21
·Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais,,,
••
10.d) bar para Rb/ pol2 (psi)
kgf = 2,2 eb em = 0,3937 pai
pai = 2,54em em2 = 0,155pa12
bar = 1,0193' kgf/em2
1,0193 x 2,2
bar = 0,155
eb
bar == 14,5 --2 (psi)
pai
•••
EX.11 - Unidade de pressão utilizada na indústria, o psi significa libra* /polegada quadrada.
Pergunta-se:
a) kgf/cm2 equivale a quantos psi
b) N/cm2 equivale a quantos psi
Sabe-se que:
1
kgf = eb = 9,80665 N
0,4536
1
pai = 2,54 em ~ em = -2- pai
,54
11.a) kgf/cm2 equivalente a psi
1
eb
2,542kgf 0,4536 eb
2 -
[2,~4J pol2em pal2 0,4536
I kgf / cm2 == 14,22 psi I
11.b) N/cm2 equivalente a psi
1 eb
N 9,80665 x 0,4536
C,~4J pol2
2,542 eb
9,80665 x 0,4536 pal2
N .
-- = 1,45 pSI
em2
EX.12 - Para calibrar os pneus do Chevette, deve-se observar as seguintes recomendações
da Chevrolet.
-----", ....•
r~
12.1- Para Calibragem de Pneus a Frio
12.1.1 Quando o automóvel estiver carregado com no máximo 03 pessoas, as pressões
indicadas são:
DIANT 1,2 kgf/cm2 TRAS 1,5 kgf/cm2
12.1.2 Quando o automóvel estiver carregado com 5 pessoas, as pressões indicadas são:
DIANT 1,4 kgf/cm2 TRAS 1,7 kgf/cm2
12.2 - Para Calibragem de Pneus a Quente
12.2.1 Para percursos com velocidades acima de 100 krn/h por mais de uma hora ou quando
os pneus forem calibrados a quente, adicionar 0,14 kgf/cm2.
Expressar as pressões indicadas em psi U b / pol")
12.1.1 Pressões expressas em psi para veículo carregado com até 03 pessoas.
DIANT
TRAS
= 1,2 x 14,22
1,5 x 14,22
17 psi
21 psi=
12.1.2 Pressões em psi para veículo carregado com 05 pessoas.
DIANT
TRAS
= 1,4 x 14,22
1,7 x 14,22
20 psi
24 psi=
12.2.1 Para pneus calibrados a quente é recomendado adicionar 0,14 kgf/cm2
0,14 x 14,22 == 2 psi
EX.13 - Aceleração normal da gravidade é gn = 9,80665 m/s2. Expressar gn em [km/h],
m = 10-3 km
5=(3,6X103)h-1
(
1 J252 - h
- 3,6 X 103 •
s- ( 1 hJ- 3,6x103
9,80665 X 10-3 9,80665X 10-3
gn = (3,6x 103)-2 = 3,6-2 X 10-6
gn = 9,80665 x 10-3 x 3,62 X 106
I gn = 1,271 x 105 km / h21
.Mecânica~Técnica e.Reslstêncla.dosMaterlalsss '., "o
~
Ex.14 - A tabela a seguir representa o módulo de elasticidade de alguns materiais, dados
em [kgfjcm2]. Expressar esses valores em [kgfjmm2]; [Njcm2]; [Njmm2].
Material Módulo de Elasticidade E [kgfjcm2]
aço 2,1 x 106
alumínio 0,7 x 106
fofo nodular 1,4 x 106
cobre 1,12 x 106
estanho 0,42 x 106
14.a) Módulo de elasticidade E [kgfjmm2]
Aço
Eaço = 2,1 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102mm2
Eaço = 2,1 X 106 x 10-2 = 2,1 X 104 Kgf/mm2
Alumínio
Eal = 0,7 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mrrr'
Eal = 0,7 X 106 x 10-2 = 0,7 X 104 kgf/mm2
Foto Nodular
Efn = 1,4 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mrrr'
Efn = 1,4 X 106 x 10-2 = 1,4 X 104 kgf/mm2
Cobre
Ecu = 1,12 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mm2
Ecu = 1,12 X 106 x 10-2 = 1,12 X 104 kgf/mm2
Estanho
Ee = 0,42 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mm2
Ee = 0,42 X 106 x 10-2 = 0,42 X 104 kgf/mm2
14.b) Módulo da elasticidade E [Njcm2]
Eaço = 2,1 X 106 kgf/cm2
Eaço = 9,8 x 2,1 x 106 N/cm2
Eaço = 2,06 X 107 N/cm2
kgf == 9,8 N
Analogamente, para os outros materiais, temos:
9
r
Eat= 0,69 X 107 N/em2
07 2Efn = 1,37 x 1 N/em
7 2Ecu = 1,1 x 10 N/em
Ee = 0,41 X 107 N/em2
14.c) Módulo de elasticidade E [Njmm2]
Eaço = 2,06 X 107 N/em2 se em2= 102 mm2
Eaço = 2,06 X 107 x 10,,2 = 2,06 X 105 N/mm2
Analogamente, para os outros materiais, temos:
E aR = 0,69 x 105 N/mm2
5 2Efn = 1,37 x 10 N/mm
Ecu = 1,1 X 105 N/mm2
Ee = 0,41 X 105 N/mm2
Ex. 15 -A área da secção transversal da viga I, representada na figura, possui as seguintes
características geométricas:
x Jx = 920 em" (momento de inércia relativo ao eixo x)
Wx = 120 crrr' (módulo de resistência relativo a x)
ix = 6,24 cm (raio de giração relativo ao eixo x)
Expressar as características dadas em:
a) m": m3; m
b) mrn": mrrr': mm
15.a) Sabe-se que cm = 10-2 m
em" = (10-2 rn)" = 10-8 m4 :. Jx= 920 x 10-8 m" = 9,2 x 10-6 m"
crrr' = (10-2 m)3= 10-6 m3 :. Wx = 120 X 10-6 m3 = 1,2 x 10-4 m3
em = 10-2 m :. ix = 6,24 X 10-2 m = 6,24 x 10-2 m
15.b) Sabe-se que cm = 10mm
em" = (10 mrn)" = 104 mrn" :. Jx= 920 X 104 mrn" = 9,2 x 106 mm"
cm3 = (10 mm)3= 103 mm3 :. Wx= 120 X 103 mm3 = 1,2 x 105 mm'
cm=10mm :. ix = 6,24 x 10 mm = 62,4 mm
;Q,,,,,Mecânica Técnica eReslstêncla dos,Materiais""'2""""',"" ""'-'w .;" •
••
•••
EX.16 - A produção de petróleo no Brasil, em 1984, foi de 500.000 barris/dia. Essa
produção equivale a:
a) Quantos litros de petróleo/dia
b) Quantos metros cúbicos de petróleo/dia
barril de petróleo =159 P
16.a) Produção em litros/dia
5 x 105 x 1,59 X 102 = 7,95 x 107 P/dia
:l6.b) Produção em m3/dia
5 x 105 x 1,59 X 102 x 10-3
7,95 X 104 m3/dia
EX.17 - Unidade de tensão utilizada no SI (Sistema Internacional), o MPa (megapascal)
corresponde a 106 Pa ou 106 N/m2. Determinar as relações entre:
a) MPa e N/em2 b) MPa e N/mm2
e) MPa e kgf/em2 d) MPa e kgf/mm2
17.a) MPa para N/cm2
MPa = 106 N/m2 sabe-se que,
17.b) MPa para N/mm2
MPa = 106 N/m2 sabe-se que,
m = 103 mm m2 = (103 mm)2 = 106 mm2
106
MPa = -- N /mm2106
17.c) MPa para kgf/cm2
MPa = 106 N/m2
kgf = 9,80665N:m = 102 em
m2 = (102 em)2= 104 em2
106
MPa = --------:-
9,80665 X 104
sabe-se que,
I MPa = 10,197 kgf/em21
I
,..
17.d) MPa para kgfjmm2
MPa~ 106N/m2 sabe-se que,
kgf = 9,80665N m = 103 mm
m2 = (103 mm)2= 106 mrrr'
106
MPa=-----~
9,80665 x 106 I MPa = 0,10197 kgf I mm
2
1
EX.18 - No dimensionamento de redes hidráulicas, utiliza-se a unidade de pressão mH20
(metro coluna d' água), que corresponde a 9806,65 Njm2. Determinar as relações
entre:
a) mH20 e kPa; b) mH20 e kgf/cm2; c) mH20 e bar.
Dados
1 5 2N = kgf e bar = 10 NI m
9,80665
18.a) Como o prefixo quilo (k) representa 103, dividi-se o valor dado em Pa(Njm2) por mil,
obtendo-se então:
9806,65
mH20= ., =9,80665kPa10
18.b) mH20 = 9806,65 N/m2 como N = 1 kgf e m2 = 104 cm2 tem se que:9,80665
2 9806,65 kgf
mH20 = 9806,65 N 1m = 4 --2
9,80665 x 10 cm
3 -4 -1 fi 2mH2O = 10 x 10 = 10 kg cm
I mH20 = 0,1 kgf I cm21
18.c) mH20 = 9,80665 X 10
3 Njm2 como bar = 105 Njm2 tem-se que:
mH20 = 0,980665 x 105 N/m2 portanto
mH20 = 0,980665 bar
ImH20 = 9,80665 x 10-2 bar I
Ex. 19 - Por definição, tem-se que: cv= 735,5W (cavalo-vapor) e hp= 745, 7W (horse-power).
Determinar a relação entre cv e hp.
hp 745,7
-=--
cv 735,5
745,7hp = --cv
735,5 Ihp == 1,014cvl
Obs.: Na prática, normalmente utiliza-se hp = cv.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
~
Ex. 20 -Sabe-se que, por definição, W = J/s, cal = 4,186 J e kgfm = 9,80665 J. Pede-se
determinar as relações entre: _.. c •." "(' •.1=n -h:\05~30Rq~_.;'..:- '. _; .-..'. ,. L_: '; ,; r C\ _
a) kWh e J b) kWh e kgfrn: c) kWIi 6~ÓaL . ,'u· :"ri:~~EIOSCOü;~O Uc.: hl, l.-
20.a) Relaçãoentre kWh e J
Como W = .I/s: k = 103; h = 3,6 X 103s, conclui-se que:
J
kWh == 103 X 3,6 X 103,,5'.-
/
I kWh == 3,6 x106 J I
20.b) Relação entre kWh e kgfrn
1
Tem-se que kgfm = 9,80665J, portanto J == kgfm , Como kWh = 3,6 x 106 J,
9,80665
conclui-se que:
3,6 X 106
kWh == kgfm
9,80665
I kWh = 3,67 x 105 kgf.m
20.c) Relação entre kWh e kcal
Como 1 cal = 4,186 J, tem-se que:
1
J == -- cal
4,186
3,6 X 106
kWh == cal
4,186
kWh == 8,6 x 105 cal
Como kcal = 103 cal, conclui-se que:
I kWh = 860 kcall
Ex. 21 - Nos projetos de sistemas de ar condicionado, utiliza-se a unidade de caloria BTU,
que significa a quantidade de calor necessária para elevar 1 libra de H20 à
temperatura de 1° F. Determinar as relações entre:
a) BTU e kWh; b) BTU e cvh.
Sabe-se que, BTU = 1,0546 x 103 J (a 60°F aproximadamente 15,5 0c).
21.a)
1 _
Sabe-se que, kWh == 3,6 x 106 J, portanto J = 6 kWh, tem-se entao que:
3,6 x 10
3BTU == 6 x 1,0546 x 10 kWh
3,6 x 10
1
I BTU =2,93 x10-4 kWh
21.b) Pela resolução do exercício 7, tem-se que cvh ::::2,6478x 106J, portanto,
1
J = 2,6478 x 106 cvh, logo pode-se escrever que
1 3BTU= R • 1,0546 x 10 cvh
2,6478 x 10
I BTU= 0,398 x 10-3 cvh I
Ex. 22 -Por definição, tem-se que: kgf-rn = 9,80665 J, kW = 103 W e hp
Determinar as relações entre:
745,7 W.
a) kWe kgfrn/s: b) hp e kgfrn/s
22.a)
J 1
Como W = - e J = kgfrn, conclui-se que:
N 9,80665
22.b)
3 J 103 kgfm
kW= 10 -= ---
N 9,80665 5
IkW~102~1
Sendo hp::::745,7W, conclui-se que:
7457 I Ihp = 'kgfm 15 hp == 76 kgfm 15
9,80665 .
EX.23 - A vazão de um fluido, com escoamento em um regime permanente, no tubo de uma
rede de distribuição, corresponde ao volume do fluido escoado na unidade de tempo.
Determinar as relações entre as unidades de vazão que seguem:
a) m3 15 (SI) e i! 15; b) m3 1 h e i! 15.
23.a) 3 3Sabe-se que, m = 10 t , portanto:
m3/5 = 103i!
5
23.b) Como m3 = 103.e e h = 3,6 X 103s, conclui-se que:
m3/h = 103 i!
3,6x1035
Im3/h = 0,277 i! 1s I
EX.24 - Denomina-se viscosidade a propriedade que tem os fluidos de resistir ao movimento
de suas partículas. Desta forma, mede-se a variação de velocidade que se reflete
sobre os esforços de cisalhamento. A viscosidade dinâmica no SI é dada em newton-
segundo por metro quadrado: viscosidade de um líquido que ao percorrer a
distância de 1m, com a velocidade de Lrn/s, provoca uma tensão superficial de
1Pa (N/m2), representada por [j.l].
MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais
I Cplaca móvel
I_====--_-J; ~.. Ft---=-- -o:::::=. -_':..::--==-==t~~:-==::'=::---I~-camada de fluído
I--==~_ H"7,J
~placafixa
v = Irn/s
d = 1m
placa móvel
camada de fluído
placa fixa
A unidade usual para este tipo de viscosidade é o poise que equivale a 1 dlna.s/
em", Expressar poise nas unidades do:
a) SI; b) Mk*S (técnico).
24.a) Sabe-se que N = 105 dina e m2 = 104 cm2, portanto conclui-se que:
10-5 N . s
dina = 10-5 N cm2 = 10-4 m2 poise = 10-4 m2
I poise = 10-1 Ns/m2 I
24.b) Como kgf = 9,80665N conclui-se que:
1
N = kgf
9,80665
1 1 kgf.s
poise = 10- . ---
9,80665 m2
-3 kgf.s
poise = 10,19 x 10 ~
kgf.s
--::: 98poisem2 -
Ex. 25 -A viscosidade cinemática de um fluido (v) é definida através da relação entre a
viscosidade dinâmica (J..I.) e a sua massa específica (p). No SI, a viscosidade
cinemática é definida através da viscosidade dinâmica de 1Ns/m2 e a massa
específica de 1kgjm3, o que resulta em uma viscosidade cinemática de 1m2js.
Porém, a unidade utilizada com maior freqüência na prática é a do CGS que
corresponde a cm2js (stoke).
Expressar Stoke nos:
a) SI b) Mk*S (técnico)
d) expressar centistoke no SIc) centistokes
..Sistemas de Unidades ,,, .
~.
25.a) stoke no SI
2
1 cm 2 -4 2
st = stoke = -- cm = 10 m
s
st= stoke = 10-
4
m
2
s
25.b) stoke no Mk*S (técnico)
o mesmo do SI
25.c) stoke em centistokes
cst = centistoke = 10-2 stoke
25.d) centistoke no SI
2
-2 -2 -4 mcst = centistoke = 10 stoke = 10 . 10 -
s
cst = centistoke = 10-6 m2 / s
m2 = 106 mm2
centistoke = 10-6 . 106 mm2 / s Icst= mm2 / si
Ex. 26 - Demonstrar que a unidade de viscosidade cinemática de um fluido no SI é 1m2/s.
Pela definição de viscosidade cinemática tem-se que:
~ viscosidade dinâmicav = - = --------
p massa espedfica
A unidade de viscosidade dinâmica no SI é Ns/m2, e a unidade de massa específica
no SI é kg/m3.
Através da definição de força escreve-se que:
Fm=-= Na m/ s2 portanto kg= _N
m/s2
Como a definição de v = ~, conclui-se que:
p
N.s
m2
N
N. s m4
Nm2 . S2
v=
m/ S2
m3
Iv = m2 / si
..MecânicaTécnicae Resistência dos Materiais:
~ --------
VíNCULOS ESTRUTURAIS
2.1 Introdução
Denominamos vínculos ou apoios os elementos de construção que impedem os movimentos
de uma estrutura.
Nas estruturas planas, podemos classificá-Ios em 3 tipos.
2.1.1 Vínculo Simples ou Móvel
Este tipo de vínculo impede o movimento de translação na direção normal ao plano de apoio,
fornecendo-nos desta forma, uma única reação (normal ao plano de apoio).
Representação simbólica:
2.1.2 Vínculo Duplo ou Fixo
Este tipo de vínculo impede o movimento de translação em duas direções, na direção normal
e na direção paralela ao plano de apoio, podendo desta forma nos fornecer, desde que solicitado,
duas reações, sendo uma para cada plano citado.
Representação simbólica:
y
x
t
2.1.3 Engastamento
Este tipo de vínculo impede a translação em qualquer direção, impedindo também a rotação
do mesmo, através de um contramomento, que bloqueia a ação do momento de solicitação.
~ tR!'C \--'S! '< I i
•Rxrc
,- -
~
Rx = impede o movimento de translação na direção x.
Ry= impede o movimento de translação na direção y.
M - impede a rotação
2.2 Estrutura
Denomina-se estrutura o conjunto de elementos de construção, composto com a finalidade
de receber e transmitir esforços.
As estruturas planas são classificadas através de sua estaticidade, em 3 tipos.
2.2.1 Estruturas Hipoestáticas
Estes tipos de estruturas são instáveis quanto à estaticidade, sendo bem pouco utilizadas no
decorrer do nosso curso.
A sua classificação como hipoestáticas é devido ao fato de o número de equações da estática
ser superior ao número de incógnitas.
Exemplo:
p
A B
RA RB
número de equações> número de incógnitas
2.2.2 Estruturas Isostáticas
A estrutura é classificada como isostática quando o número de reações a serem determinadas
coincide com o número de equações da estática.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
~
Exemplos:
a)
RAv
b)
I
I. PI
lL._._._
P,
RAH
número de equações < número de incógnitas
2.2.3 Estruturas Hiperestáticas
Aestrutura é classificada como hiperestática, quando as equações da estática são insuficientes
para determinar as reações nos apoios.
Para tornar possível a solução destas estruturas, devemos suplementar as equações da
estática com as equações do deslocamento, que serão estudadas posteriormente em resistência
dos materiais.
Exemplos:
pa)
b) p
número de equações < número de incógnitas
Vínculos,Estruturais· 29
",~",:__.,-,!_,«~"",".";",,,,,,,-._;.,;.,....;;;.'-_<;l;~;,·;;-=-~:,:;<;:_;;_;;''',,:~,,-'~§.;.,:::::_:;.._':,,'=..~"';-
§:-
c,
-----~..~
EQUILíBRIO DE
FORÇAS E MOMENTOS
Para que um determinado corpo esteja em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as
condições 3.1 e 3.2.
3.1 Resultante de Forças
A resultante do sistema de forças atuante será nula.
3.2 Resultante dos Momentos
A resultante dos momentos atuantes em relação a um ponto qualquer do plano de forças será
nula.
3.3 Equações Fundamentais da Estática
Baseados em 3.1 e 3.2, concluímos que para forças coplanares, LFx = O, LFy = O e LM = O.
3.4 Força Axial ou Normal F
É definida como força axial ou normal a carga que atua, na direção do eixo longitudinal da peça.
A denominação normal ocorre, em virtude de ser perpendicular, à secção transversal.
eixo
longitudinal
~. -
Equilíbrio de Forças e Momentos 11 31
,
3.5 Tração e Compressão
A ação da força axial atuante, em uma peça, originará nesta tração ou compressão.
Tração na Peça
A peça estará tracionada quandoa força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido
para o seu exterior.
~
Compressão na Peça
A peça estará comprimida, quando a força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido
para o interior.
~
3.6 Ligação ou Nó
Denomina-se nó todo ponto de interligaçào dos elementos de construção componentes de
uma estrutura.
3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó
Peça Tracionada
Sempre que a peça estiver sendo tracionada, o nó estará sendo "puxado".
.. AHtM,,;..;;:;;~;,:._<".tt.- B
Tração no nó
A B
o---~
Tração na barra
..
MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais
,.,.
Peça Comprimida
Sempre que a peça estiver sendo comprimida, o nó estará sendo "empurrado".
Compressão na barra Compressão do nó
A
~"',,'@F',..
B
3.8 Composição de Forças
Consiste na determinação da resultante de um sistema, podendo ser resolvida gráfica ou
analiticamente.
Exemplo 1:
Exemplo 2:
FI + F2 F3
F3
F = FI + F2-F3
3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais
y
Fx = F cos o. = F sen ~
Fy = F cos ~ = F sen c.
Equilíbrio de Forças.eMomentos 33
,.
3.:10 Conhecidos Fx e Fy' determinar a e ~
Fy .tgo; =-,
Fx
Fy r.
sena= -; cosa =-F F
F F Ftg 1<=2... sen I<=2... cos I<= ~
f-' F' f-' F' f-' F
y
3.1:1. Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que
Formam entre Si Ângulo a
B
0< I .-'),A
D
Através do ~ ODA, aplica-se o Teorema de Pitágoras, resultando:
I) F2 = (F2 + X)2 + y2
onde
CD = x
AD = Y
Pelo L'l CDA tem-se:
2 2 2Fi = X + Y
portanto:
11) 2 - 2 2Y = Fi - X
no mesmo L'l CDA conclui-se que:
11I) x = Fi cos a
Substituindo a eq. 11na eq. I tem-se:
2 2 2 2 2F = F2 + 2F2x + X + Fi - X
MecânicaTécnicae ResistênciadosMateriais
---
Substituindo a eq. 11Ina anterior tem-se:
Para a = O
Quando a = O ~ cos a = 1, portanto:
F2=F12+F/+2F1F2
F2 = (F1 + F2)2
F = F1 + F2 I
Quando a = 900 ~ cosa = O, portanto: c ---------------- B,,,,,,,,
o "'-'---'---0: ,. A
FI
F
Quando a = 1800 ~ cos a = - 1, portanto:
F2=F/+F22_2F1F2
F2 = (F1 - F2)2 ou (F2 - Fi)2
I F I = I Fi - F21 ou I F2 - Fi I
F 180
0
FI r:-. 2
F2
FI
F=F2-Fl
3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante
Através do ~ OAO tem-se:
B tgy=_Y-
F2 +x
O~""r-----;:"T""~A
No ~ ACO tem-se:
Y= Fi sen«
D x = Fi cosa
r
F1sena
tgy= F
2
+F1 cosa
portanto, podemos escrever que:
a) Fl=lON F2=20N F3=25N
3.13 Exercícios
EX.l - Determine a resultante F dos sistemas de forças a seguir:
.. - ..
Solução:
F=1O+20+25=55N -I
Resposta:
F = 55N da esquerda para direita
b) 50N
---- ..••.- .. --------80N 120N
Solução:
50N 80N 120N---
50N 200N
~I
F = 200-50 = I50N
Resposta:
F = 150N da direita para esquerda.
EX.2 - Determine os componentes ortogonals Fx e Fy de uma carga F de 100N que forma
40° com a horizontal.
y'
Fx = 100 cos 40° = 100 x 0,766C~--7:B I Fx == 76,6NI
\)~ :
r; I «,-?"> : Fy = 100 sen 40° = 100 x 0,643
I
40° I I Fy == 64,3 N I.~o r, A X
EX.3 - As componentes de uma carga F, são respectivamente:
r, = 120 N e Fy= 90 N
Mecânica T êcnlca.e Resistência dos~Materiais',~'"c 2;;t'l~~ill;'X;:~;:'" . :';"i';«.'~"i.:!.:.:::::~,j~g;"",,';~:.::':i.;;:i!';0;::::c~:JC:';.
""---
Determinar:
a) A resultante F.
b) O ângulo que F forma com a horizontal.
c) O ângulo que F forma com a vertical.
Solução:
a) Resultante F
F
F= J1202 + 902
I F = 150N I
a
Fx=120N
b) ângulo que F forma com a horizontal (a)
Fy 90
tg« = - = - = 0,75
Fx 120
l-a-=::3-71
c) ângulo que F forma com a vertical (~)
B = 90° - a = 90° - 3]0
Ex.4 - As cargas Fi = 200 N e F2 = 600 N formam entre si um ângulo a=60'. Determinar
a resultante das cargas (F) e o ângulo (y) que F forma com a horizontal.
Solução:
Resultante F
y
F=JF; +F; +2FIF2 COSa
F=J2002 +6002 +2.200·600·COS60o
I F=::721N IF.=600N
ângulo que F forma com F2 (Y)
FI sen a
tgy=----
F2 +FI cosa
t
200sen60°
gy=------
600 - 200 cos 60°
y=13"54' I
,..
3.14 Método das Projeções
o estudo do equilíbrio neste método, consiste em decompor as componentes das forças
coplanares atuantes no sistema em x e y conforme item 3.
Exemplo 1
3.:14.1 Exemplos
A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as
forças normais atuantes nos cabos <I>,@,®.
Solução:
Os cabos estão todos tracionados (cabo não suporta compressão), portanto os nós A, B, C,
D estão sendo "puxados".
Baseados no exposto, podemos colocar os vetores representativos das forças nos cabos.
Para determinarmos a intensidade das forças, iniciamos os cálculos pelo nó que seja o mais
conveniente, ou seja, que possua a solução mais rápida, nó com o menor número de incógnitas,
para o nosso caso nó D.
Nó D
L:Fy = O y
F3I F3= P I
x
p
Determinada a força na barra 3, partimos para determinar Fi e F2' que serão calculados
através do nó C.
Nó C
LFy = O
Fi sencx = P
LFx = O
Fi coscx= F2
y
F, cos a x
P
F2 = -- . coscx
sencx
~t~/:u..11a II F = _P- = Pcosseccx Ii sencx
I F2 = P cotgCXI p
MecânícaTêcníca-e Resistência dos Materiais
••...
Exemplo 2
A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular
as forças normais atuantes nos cabos (j), @, (1).
c
®
D
P
Solução:
Analogamente ao exemplo 1, partimos do nó D para determinar F3.
LFy = °
I F3 = P I
No D
y
p
Novamente como no exemplo anterior, o nó C é o mais conveniente. Porém, neste exemplo,
temos a oportunidade de apresentar mais um artifício, que poderá ser utilizado sempre que for
necessário. Este artifício (mudança de plano) torna-se conveniente, sempre que duas ou mais forças
estiverem colineares ou defasadas 90°.
Os cabos (j), @, (1) estão tracionados, portanto teremos o nó C com o sistema de forças a
seguir.
y x
LFy = °
F2 = Pcos45°
I F2 = 0,707P I
LF =0x
F
1
= P sen 45°
IF1 = 0,707P I
p
Exemplo 3
Uma carga de 1000 kgf está suspensa conforme mostra a figura
ao lado. Determinar as forças normais atuantes nas barras (j), @ e (1).
"'"
Solução: ,
Iniciamos os cálculos pelo nó D. A carga de 1000 kgf traciona a barra 3, portanto teremos
o sistema de forças abaixo.
F3
EFy = O
I F3 = 1000 kgf I
'.1000 kgf
A barra Q), tracionada, tende a "puxar" o nó A para baixo, sendo impedida pela barra Q) que
o "puxa" para cima, auxiliada pela barra CDque o "empurra" para cima para que haja equilíbrio.
Temos portanto a barre O tracionada e a barraCD comprimida, resultando no sistema de forças
atuante no nó A representado na figura.
y
IFx = O
Fl
(:)c$
F1 sen60° = F2 sen45°
F2 cos45°
F1 = (1)
sen 60°
A
~
x IF = Oy
F1 cos60° + F2 cos45° = 1000 (11)
1000 kgf
substituindo a equação I na equação 11 temos:
F2 cos 45°
---- . cos60° + F2 cos 45° = 1000
sen60°
F2 . 0,707 . 0,5
0,866 + 0,707 F2 = 1000
1,115 F2 = 1000
I F2'" 897 kgf I
substituindo F2 na equação I temos:
F
1
= F2 cos45°
sen60°
897 x 0,707
0,866
I F1= 732kgf I
3.15 Método do Polígono de Forças
Para que um sistema de forças concorrentes atuantes em um plano esteja em equilíbrio,
é condição essencial que o polígono de forças formado pela disposição geométrica destas cargas
esteja fechado.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
te: :~.~;.:~~..~. ~ ~5 r-~t~[~..r/i () SS OR Ó
- [~Ií:"3LICTEC/\·
É importante ressaltar que para a formação do polígono, o iIÚOQ),Qt;lU'DífWwm€tmre;entativo
de uma carga deve coincidir com o final do outro.
E assim sucessivamente /
Exemplo:
o vetor CDinicia-se em A e vai até B
o vetor @ inicia-se em B e vai até C
3.15.1 Exemplos
Solução:
Exemplo 1
A construção dada está em equilíbrio. A carga P aplicada em D
é de 1,4 tf. Determinar as forças normais atuantes nos cabos,
utilizando o método do polígono de forças.
Neste caso, como temos apenas 3 forças a serem determinadas, o nosso polígono será um
triângulo de forças.
Sabemos que F3 = P, como estudamos em exemplos anteriores.
Para traçarmos o triângulo de forças, vamos utilizar o nó C, procedendo da seguinte forma:
1- Traçamos o vetor força F3 = P, que sabemos ser vertical.
2 - A F2 forma com F3 um ângulo de 3r, sabemos ainda que, o vetor F2 tem o seu início no
final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 3r em relaçãoao final do vetor F3'
traçamos o vetor F2.
3 - O vetor Fi forma 90° com o vetor F3' sabemos que o início de F3 é o final de Fi' teremos,
portanto, o triângulo de forças abaixo.
Pela lei dos senos temos:
sen90°
P 1400
F2 = = -- = 1750kgf
sen53° 0,8
Fi = F2 sen3r = 1750 x 0,6
Fi = 1050 kgf
F2 =1750 kgf
F3 = 1400 kgf
.....Equilíbrio de: Forças:e Momentos:",,:,,: 41
r
Observação: Como se pode perceber, a carga 1,4 tf foi transformada para 1400 kgf.
Exemplo 2
A estrutura representada na figura está em equilíbrio. A carga P aplicada em D é de 2,4
tf. Determinar as forças normais atuantes nas barras CD, <De Q) utilizando o método do polígono
de forças.
Solução:
Observando a figura, concluímos que as barras CD e Q) estão
tracionadas, e a barra <Destá comprimida. Teremos portanto o esquema
de forças a seguir.
Novamente para este caso, teremos um triângulo de forças.
Sabemos que F3 = 2,4 tf, como já foi estudado em exemplos
anteriores.
Novamente o nó C será objeto do nosso estudo. Através de C,
traçaremos o triângulo de forças.
1. - Traçamos o vetor força F3 = 2,4 tf, que sabemos ser vertical, e para baixo.
2 - A força F2 forma com F3 um ângulo de 3JO, sabemos ainda que o vetor F2 tem o seu
início no final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 37° em relação ao final do
vetor F3, traçamos o vetor F2.
3 - O vetor F1 forma 90° com o vetor F2, pela extremidade final de F2, com uma inclinação
de 90° em relação a este, traçamos o vetor F1,teremos desta forma o triângulo de forças.
Pela lei dos senos temos:
F1 F2 F3
--= ==--
sen 3JO sen 53° sen 90°
F2 = F3 sen 53° u:'
Como o sen 90° = 1, tem-se que:
F2 = 2,4 x 0,8 = 1,92 tf
F1= F3 sen 37"
F1= 2,4 x 0,6 = 1,44 tf
Exemplo 3
Determinar a intensidade da força F que deve ser aplicada no eixo do disco de r = 2m e
m = 10kg mostrado na figura, para que possa subir o degrau de h = 20 cm. Adotar g = 10m/s2.
Qual a intensidade da reação em A?
~;;;,,"::Mecânica;T écnica e Resistência dos,'Materiais"';f;;,C;"'~"f;i';=fi::::",l:C;"TL.:llii':',;;;;:~:::::2iQ,;;,'\,;;tL";""" ,< ;','::YF"''':;;;;;S;;'='='='''=',
•••
F
F p
6o
C'J p
Solução:
Traçaremos o triângulo de forças relativo ao equilíbrio do ponto O. Como nos exemplos
anteriores, iniciaremos o traçado pela força P que sabemos ser vertical e para baixo.
A força F, forma 90° com P, e coincide com o final de F.
Os ângulos que RA forma com P e com F serão determinados através do /'o" OAB.
1,8
cosa = - = 0,9
2
B
Pela lei dos senos, cálculo de FeRA:
F P RA
sen26° sen 64° sen90°
Como sen 90° = 1, tem-se:
p
F = 64' sen26°sen °
p
100.0,438
F= 0,9
I F = 48,66N I
F 48,66
R - ---
A - sen 26° - 0,438
RA == 111,1N I
43
3.16 Momento de uma Força
Define-se como momento de uma força em relação a um
ponto qualquer de referência, como sendo o produto entre a
intensidade de carga aplicada e a respectiva distância em
relação ao ponto.
É importante observar que a direção da força e a distância
estarão sempre defasadas 90°.
Na figura dada, o momento da força Fem relação ao ponto
A será obtido através do produto F.c, da mesma forma que o p Çl •.... r.
produto da carga P em relação a A será obtido através de P.b. ' ,
Para o nosso curso, convencionaremos positivo, o momento que obedecer ao sentido
horário.
Nota: Muitos autores utilizam convenção contrária a esta, porém, para a seqüência do
nosso curso, é importante que o momento positivo seja horário.
3.16.1 Teorema de Varignon
o momento da resultante de duas forças concorrentes em um ponto E qualquer do seu plano
em relação a um ponto A de referência, é igual à soma algébrica dos momentos das componentes
da força resultante em relação a este ponto.
Rd = Hb + Vc
Para o caso da figura temos:
3.16.2 Exemplos
Exemplo 1
Determinar as reações nos apoios das vigas a, b, c, d, carregadas conforme mostram as
figuras a seguir.
a) Viga solicitada por carga perpendicular.J,- a
"
p
b
RA Ra
.mnvMecânica::TécnicaeResistência dos Materiais ,,~;;;.::.; :-::~;~';.'-~~~:
==
l:MA = o
Rs (a + b) = p. a
l:Ms =0
RA (a + b) = p. b
R =~
B (a + b)
R =~
A (a + b)
b) Viga solicitada por carga inclinada.
I- 2m 3m 2m
8kN 5kN
Solução:
A primeira providência a ser tomada, para solucionar este exemplo, é decompor a carga
de 10kN, visando obter as componentes vertical e horizontal. A componente horizontal será obtida
através de 10 cos 53° = 6kN, e a componente vertical é obtida através de 10 sen 53° = 8kN ..
Agora, já temos condição de utilizar as equações do equilíbrio para solucionar o exemplo.
7Rs = 5 x 5 + 8 x 2
I Rs == 5,86KN I
l:FH=O
I RAH = 6KN IRAV = 8 + 5 - 5,86
I RAV = 7,14KN I
Resultante no apoio A
RA = J7,142 + 62
IRA == 9,33KN I
c) Viga solicitada por carga paralela ao suporte principal.
4m
r--
IMA = o IFH = o
I RAH = 6KN I6RB = 6x2
IRB=2KNI IFv = o
IRAV=RB=2KN
Resultante no apoio A
RA = JR~H + RL
RA=J62+22 IRA=6,32KNI
d) Viga solicitada por torque.
~
6m4m
30kN
Figura A
E
N
30kN" I
r~,RA RB Figura B
o binário da figura A pode ser representado conforme a figura B.
IMA = O
10RB = 120
I RB = 12KN I
IFv = O
I RA = RB = 12KN I
3.17 Exercícios Resolvidos
Ex. 1. - o suporte vertical ABC desliza livremente sobre o eixo AB, porém é mantido na
posição da figura através de um colar preso no eixo. Desprezando o atrito,
determinar as reações em A e B, quando estiver sendo aplicada no ponto C do
suporte, uma carga de 5kN.
Mecânica;Técnicae Resistência;dos';Materiais'n~'::;c ',::.·:',110"'",';; ':":> , ,;'c'· ,:.' .A",:tir #7",/:" i,,~,.; ,;X;,1""":,:ri, '''' ;;\')7' :, ::7;"'":;,
---
»c:': RAV//,.///,/
~
, <, A,
I II I
~ RAH 11 111 I 1,
5
8 I
~8% RB8 B
'/ ///
30cm
c
IMA=O
24RB = 5 x 30
IRB = 6,25KN I
IFH = O
kN
IRAH = RB = 6,25KN I
IFv = O
Reação em A
IRA = 8KN I
Ex. 2 - A figura a seguir, representa uma junta rebitada, composta por rebites de diâmetros
iguais. Determinar as forças atuantes nos rebites.
~~ __~R=-~ ~~
RAH
Como os diâmetros dos rebites são iguais, na vertical as cargas serão iguais:
IR" = R, = Rcv = T = 1000 N I
o rebite B, por estar na posição intermediária, não possui reação na horizontal.
O rebite A está sendo "puxado" para a direita, portanto possuirá uma reação
horizontal para a esquerda.
O rebite C, ao contrário de A, está sendo "empurrado" para a esquerda, portanto
possuirá reação horizontal para a direita.
.Equilíbrio,deForças e,Momentos;;·x'!,' 47
Esforços Horizontais
I.MA = O
200 RCH= 600 x 3000
I RCH= 9000N I
Força atuante nos rebites A e C
RA = JRtv + RtH
RA = ~10002 + 90002
IRA =9055N I
I.FH = O
I RAH= RCH= 9000N I
Como RA e Rc são iguais, temos que:
I RA e Rc = 9055 N I
Ex. 3 - Determinar a intensidade da força F, para que atue no parafuso o torque de 40Nm.
A distância ª (centro do parafuso ao ponto de aplicação da carga F) será
determinada por:
20em
20 20a= =--
cos23° 0,92
a = 21,7 em
la=o,217ml
LMO = O
O,217F = 40
F = 40
0,217=184N
EX.4 - Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de d = 20mm a uma luva como mostra
a figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a
força de aperto aplicada for 40N.
O somatório de momentos em relação à articulação A soluciona o exercício:
I.MA=O
30F = 180 x 40 -1 F = 180 x 40
30
IF = 240N I
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
40N
180
EX.5 - A figura dada representa uma alavanca de comando submetida a um conjugado horário
de 90Nm exercido em O. Projetar a alavanca para que possa operar com força de 150N.
IS0N ~'--+--'
oo
N
y
Solução:
Para projetar a alavanca, precisamos determinar a dimensão y. Para determinarmos y,
precisamos que as unidades sejam coerentes, por esta razão, transformaremos Nm para N.mm
90Nm = 90000Nmm
dimensão y
LMO = O
150 (200 + y) = 90000
90000
Y = -200
150
Iy = 400mm I
dimensão x
Como x é a hipotenusa do triângulo ABO temos:
y 400
x =
cos 26° 0,9
I x == 445mm I
EX.6 - O guindaste da figura foi projetado para 5kN. Determinar a força atuante na haste do
cilindro e a reação na articulação A.
400 800
B
5kN
•
',:",',;,:r,:,:"",:',:""",:r',:',:,:',:",',:,'"Equilíbrio de Forças e Momentos
Solução:
Esforços na viga AC
400 800
5kN
Fcsen 37°
~~
Força atuante na haste do cilindro:
LMA = O
400 Fc cos 37° = 5 x 1200
I Fc = 18,75kN I
Componentes de Fc
Fc cos 3r = 18,75 x 0,8 = 15 kN
Fc sen 3r = 18,75 x 0,6 = 11,25kN
Reações na articulação A
LFH = O
RAH= Fc sen 3r = 11,25kN
LFV = O
RAV = Fc cos 3r - 5
RAV = 15 - 5 = 10kN
Fc cos 37°
Reação na articulação A
r 2 2
RA = VRAH+ RAV
RA = ~11,252 + 102
IRA=15kN I
EX.7 - A figura dada, representa uma escada de comprimento f = 5m e peso desprezível.
A distância do pé da escada à parede é de 3m. No meio da escada há um homem
de peso P = 800N. A parede vertical não apresenta atrito. Determinar a reação da
parede sobre a escada, e a reação no ponto B.
A
>-
Solução: ângulo a Esforços
no apoio B
3
cosa = - = 065 '
l-a-=-53-o I [SJ~o
RSH
Podemos agora determinar a dimensão y:
y = 3 tg 53°
I y= 4m I
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Reação da parede vertical na escala:
IMB =0
4RA = 1,5 x 800 I RA = 300N I
-
c Reações em B
A distância 1,5 m foi obtida através do triângulo CDB:
LFv = O
RBV = 800N
Resultante Rs
RB = ~8002 + 3002
I RB == 855N I
LFH = O
RBH = RA = 300 N
Ex. 8 - Determinar a força que atua no prego, quando uma carga de 80 N atua na
extremidade A do extrator ("pé de cabra"), no caso representado na figura dada.
80N
A
oo
'"
Solução:
Força de extração do prego:
IMB = O
50F cos34°= 80 x 200
I F = 385N I
I''''+1"",wrEc~uilíbriiode Forças e Mom.entos;
CARGA
DISTRIBUíDA
4.1 Introdução
Nos capítulos anteriores, estudamos somente a ação de cargas concentradas, isto é, cargas
que atuam em um determinado ponto, ou região com área desprezível. No presente capítulo,
passaremos a nos preocupar com a ação das cargas distribuídas, ou seja, cargas que atuam ao longo
de um trecho.
4.1.1 Exemplos de Cargas Distribuídas
a) O peso próprio de uma viga
b) O peso de uma caixa d'água atuando sobre uma viga
~3"""""ê ..CargaDistribuída v
c) o peso de uma laje em uma viga
• I coluna coluna
Podemos ainda citar como exemplos, barragens, comportas, tanques, hélices, etc.
Vamos agora, genericamente, estudar o caso de uma carga qualquer distribuída, como nos
mostra a figura a seguir.
XG
q - intensidade de carga no ponto correspondente
Adotamos para o estudo, o infinitésimo de carga dQ
que é determinado pelo produto qdx.
nx
m to- ---
q
dQ
L--------~rr~I~!~tl~--~,AO' ~
Q
I dQ = qdx I
É fácil observar que a superfície da figura é composta por infinitos qdx, que correspondem às
forças elementares das áreas elementares correspondentes. Osomatório dessas cargas elementares
expressará a resultante Q, determinada pela área total Om.n.A da figura.
4.2 Linha de Ação da Resultante
O momento de um infinitésimo de área em relação ao ponto O será expresso através do
produto xdQ, que podemos escrever qxdx.
O somatório de todos os momentos em relação ao ponto O será expresso por:
f:QXdX
Denominamos XG, a abscissa que fixa o ponto de aplicação da concentrada Q em relação
ao ponto o. Portanto, podemos escrever que:
-Mecânica Técnica eResistênciardos',Materiais"-",,,-,', >t~~',:;:;?:'~::-.~_~mk~:df-~:C~F.';;;~f,.~',<m<:R"'~~'~)ij;!!!:r.::'f~L,/';':
s: qxdx
XG =-=--Q-
Donde conclui-se que a resultante Q atuará sempre no centro de gravidade da superfTcie que
representa a carga distribuída. Através desta superfTcie de carga, fica determinada a resultante e
o ponto de aplicação da carga distribuída.
4.3 Exercícios Resolvidos
Ex. 1- Determinar as reações nos apoios, nas vigas solicitadas pela ação das cargas
distribuídas, conforme as figuras dadas.
1.a)
q
A resultante da carga distribuída de intensidade q e comprimento l será ql, e atuará
no ponto l /2 em relação a A ou B, como já foi estudado anteriormente.
Teremos, então:
Q/2
qQ
f
RAf = qf'2
IRA = q~ I
1.b)
i /
q
A carga distribuída, variando linearmente de O a q, possui resultante com
intensidade q.e/ 2, que atuará a uma distância .e /3 de B (centro de gravidade do
triângulo).
Teremos, então:
~Q
3
RA
IMA = O
R t _ qt 2B __ ._f
2 3'
I R, = ~ I
IMs =0
RAf = qe .~
2 3
I R" = ~ I
1.c) 6m
ql
2
I
, ~
Q /3
RB
lOkN
m
Na solução deste exercício, vamos dividir o trapézio em um triângulo e um
retângulo, obtendo desta forma as concentradas a seguir .
.q;mJ;,JYlecânica. Técnica."e,Resistência·,dos< Materiais,;;;; '::"';_"'~'2!I'~:;';;".:..··'.;;z:li·;:"""?,'<.:"'~' ...:.... ·7,!!'S=;;";:;::;<i .. ":. '"~;.'J>\_•.::......<,'-
30kN 15kN
3m 1m 2m
RA IRB
LMA = O
6RB = 4 x 15 + 30x 3
I RB = 25kNI
1..d)
LFv = O
RA + RB = 30 + 15
I RA = 20kNI
6m 3m
Solução idêntica ao exercício anterior.
Teremos, então:
LMA = O
6RB=7x12+48x3
I RB = 38kN I
48kN 12kN
3m 3m 1m 2m
I
1--------------
IRa
LFv = O
RA + RB = 48 + 12
I RA = 22kN I
Ex.2 - Determinar a reação no apoio A e a força normal na barra (D, na viga carregada
conforme a figura dada. Qual o ângulo a que RA forma com a horizontal?
/
5kN
m
4m 2m
2kN
1m
57
Na solução deste exercício, devemos observar o tipo de solicitação na barra (j). A
barra está tracionada, portanto "puxa" os nós. Decompomos a força normal na barra
(j), determinando as componentes vertical e horizontal da força. O próximo passo é
determinar a resultante da carga distribuída, bem como a sua localização. É fácil
observar que para determinar RA' temos que obter as componentes vertical e
horizontal do apoio, para na seqüência obtermos a resultante;
Temos, então, o esquema de forças a seguir:
2m 4m 1m
~~t 12kNRAVI «:-7 : : l' F1V
a . 53°.'
A RAH ' lH
Força normal na barra (j)
I,MA = O
6Fi sen53°= 7 x 2 + 20 x 2
I Fi = 11,25KN I
Componente horizontal de Fi Componente vertical de Fi
Fi H = Fi COS 53° = 11,25 x 0,6 = 6,75 kN FiV = Fi sen 53° = 11,25 x 0,8 = 9 kN
Reação em A
Componente Vertical RAV Componente horizontal RAH
I,Fv = O I,FH = O
RAV+FiV=20+2
I RAV= 22 - 9 = 13kN
I RAH= FiH = 6,75kN
Resultante RA
RA = JR~H + R~v
RA = J6,752 + 132
I RA == 14,65kN I
Ângulo que RAforma com a horizontal
tgo: = RAV ~
RAH 6,75
10: = 62° 34' I
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
EX.3 - Determinar as reações nos apoios A e B, da construção representada na figura a
seguir. Qual o ângulo (a) que RA forma com a horizontal?
4m
Pelo mesmo raciocínio do exercício anterior, chegamos ao esquema de forças a
seguir:
2400N
2m 2m
._.:=11
E 4O_0N._ ;~ 240N
I
: 37' 1200N
320N
~ I
~._._._.
3m 1m R.
Reação no apoio B
IMA = O
8Rs = 1200 x 7 + 240 x 4 + 2400 x 2 - 320 x 2
IRs = 1690N I
IFy = O
RAy + Rs = 2400 + 240 + 1200 IRAS = 2150N I
IFH = O
RAH = 320N I
59
Resultante RA
RA = ~RÃH + RÃv
RA = J3202 +21502 I RA = 2174N
Ângulo que RA forma com a horizontal
tg« = RAV _ 2150
RAH - 320
la=81°32'1
EX.4 - Determinar as reações nos apoios A, B e C e a força normal atuante nas barras CD
e (?), na construção representada na figura a seguir.
l ! ':j.5t I 11 ' ..;-.'- .
Eeo
G
®
53../n_w~-t
800N
m
c
3T
o
CD
"'r~500N
E
500N
1m I 3m
Para solucionar este exercício devemos proceder da seguinte forma. Calculamos a
força normal atuante na barra CD e a reação no apoio A, não nos preocupando com
a parte superior do exercício.
Desta forma teremos, então, o seguinte esquema de forças:
2m 3m3m
A
•...~.. .•.. ... •... ...
2400N FI
-:
r---.----.----.----.~
E
OON.m
RA
.Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Força normal na barra CD Reação no apoio A
.L:MA = O
5F1 = 2400 x 2 + 1000
IFl = 1160NI
.L:Fv = O
RA + F1 = 2400
RA = 2400 - 1160
IRA = 1240NI
A barraCDestá tracionada, portanto "puxa" os nós Ee Fcom a intensidade de 1160N.
Portanto, agora, temos condição de calcular a parte superior de construção,
baseados no esquema de forças a seguir.
1m
1200N
E,.....L------j--j~==1~
B RaH F
1160N
1m 1m 2m
Força normal na barra 2
2:MB =0
4F2sen53°= 1200 x 3 + 1160 x 1 + 800 x 1- 600 xl
IF2= 1550N I
Componentes vertical e horizontal de F2
F2X= F2sen53°= 1550 x 0,8 = 1240N
Reação no apoio B
F2y= F2sen53°= 1550 x 0,6 = 930N
RBV = F2cos53°+1160 + 1200 + 600
RBV = 930 + 1160 + 1200 + 600
I Rsv = 3890N I
RBH = 1200 + 800
I RBH = 440N I
Resultante B
RB = ~38902 + 440
2
I RB = 3915N I
'"Carga,Oistribuída 61
l,
TRAÇÃO E
COMPRESSÃO
5.1 RevisãodoCapítulo3 EixoLongitudinal
5.1.1 Força Normal ou Axial F
Define-se como força normal ou axial aquela que
atua perpendicularmente (normal) sobre a área da
secção transversal de peça.
/
5.1.2 Tração e Compressão
Podemos afirmar que uma peça está submetida a esforço de tração ou compressão, quando
uma carga normal F atuar sobre a área da secção transversal da peça, na direção do eixo
longitudinal.
Quando a carga atuar com o sentido dirigido para o exterior da peça ("puxada"), a peça estará
tracionada. Quando o sentido de carga estiver dirigido para o interior da peça, a barra estará
comprimida ("empurrada").
Peça tracionada Peça comprimida
Área da secção
Transversal
Área da secção
Transversal
-:
/ --
63
5.2 Tensão Normalo
A carga normal F, que atua na peça, origina nesta, uma tensão normal que é determinada
através da relação entre a intensidade da carga aplicada, e a área da secção transversal da peça.
I cr= f I
Onde: o - tensão normal [Pa; ]
F - força normal ou axial [N; ]
A - área da secção transversal da peça [m2; ]
Unidade de Tensão no SI (Sistema Internacional)
A unidade de tensão no SI é o pascal, que corresponde à carga de 1N atuando sobre uma
superfície de 1m2.
1N
1m
2
Como a unidade pascal é infinetesimal,
freqüência, os seus múltiplos:
'~
. kP a (quilo pascal)
kPa = 103 Pa
utiliza-se com
MP a (mega pascal)
6MPa = 10 Pa
A unidade MPa (rnega pascal, corresponde à aplicação de 106 N (um milhão de newtons)
na superfície de um metro quadrado (m2). Como m2 = 106mm2, conclui-se que:
I MPa = N/mm
2
1
MPa corresponde à carga de 1N atuando sobre a superfície de Lrnm".
5.3 Lei de Hooke
Após uma série de experiências, o cientista inglês, Robert Hooke, no ano de 1678,
constatou que uma série de mãteriais, quando submetidos à ação de carga normal, sofre variação
na sua dimensão linear inicial, bem como na área da secção transversal inicial.
Ao fenômeno da variação linear, Hooke denominou alongamento, constatando que:
• quanto maior a carga normal aplicada, e o comprimento inicial da peça, maior o
alongamento, e que, quanto maior a área da secção transversal e a rigidez do material,
medido através do seu módulo de elasticidade, menor o alongamento, resultando daí
a equação:
IH=F'j-A.E
Como o = ~ podemos escrever a Lei de Hooke:
A IM=G/I
..'··'MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais'
Onde: f:. R - alongamento da peça [m; ]
(J - tensão normal [Pa; ]
F - carga normal aplicada [N; ]
A - área da secção transversal [m2; ]
E - módulo de elasticidade do material [Pa; ]
R - comprimento inicial da peça [m; ]
O alongamento será positivo, quando a carga aplicada tracionar a peça, e será negativo
quando a carga aplicada comprimir a peça.
É importante observar que a carga se distribui por toda área da secção transversal da peça.
Tração no Nó Compressão no Nó
Peça Tracionada Peça Comprimida
F
IRf = R + tlR I
Onde: J!f - comprimento final da peça [m; ]
R - comprimento inicial da peça [m; ]
tlR - alongamento [m; ]
A lei de Hooke, em toda a sua amplitude, abrange a deformação longitudinal (E) e a
deformação transversal (Et).
Deformação longitudinal ( E )
Consiste na deformação que ocorre em uma unidade de comprimento (u.c) de uma peça
submetida à ação de carga axial.
Sendo definida através das relações:
6~Tração e Compressão v
r
./"
,
I
IE=~=~ I <,
Deformação transversal (tt)
Determina-se através do produto entre a deformação unitária (E) e o coeficiente de Poisson
(v) .
ó. f o
como c == e == E' podemos escrever:
ICt == -vc I
~
~
ou Ict == _vó./I
Onde:
Et - deformação transversal adimensional
o - tensão normal atuante [Pa; .... , .... ]
E - módulo de elasticidade do material [P a;; ..... ]
t - deformação longitudinal adimensional
v - coeficiente de Poisson adimensional
ó. f - alongamento [m; ]
f - comprimento inicial [m; ]
5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis
Os materiais, conforme as suas características, são classificados como dúcteis ou frágeis.
5.4.1 Material Dúctil
O material é classificado como dúctil, quando submetido a ensaio de tração, apresenta
deformação plástica, precedida por uma deformação elástica, para atingir o rompimento.
cobre;
latão;
etc.
alumínio;
bronze;
Ex.: Aço;
níquel;
··:"Mecânicac1'écnica·eResistênciados::MateriaiS:F.:.·:':;>' ..'.'.;::;".'1'&' ,:""".;.,. r" "'''".,.""."
Diagrama Tensão deformação do aço ABNT 1020
Ponto O - Início de ensaio carga nula
Ponto A - Limite de proporcionalidade
Ponto B - Limite superior de escoamento
Ponto C - Limite inferior de escoamento
Ponto D - Final de escoamento início da recuperação do material
Ponto E - Limite máximo de resistência
Ponto F - Limite de ruptura do material
(f
E(fm~;---------------------~~
(fr
o Escoamento RecuperaçãoRegião
de Def.
Elástica Região de Def. Plástica
5.4.2 Material Frágil
F
Eslricçáo
o material é classificado comefrágil, quando submetido a ensaio de tração não apresenta
deformação plástica, passando da deformação elástica para o rompimento.
Ex.: concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, cristal, acrílico, baquelite etc.
Diagrama tensão deformação do material frágil
Ponto O - Início de ensaio carga nula
Ponto A -limite máximo de resistência,
ponto de ruptura do material
I .•e ormação
elástica---+----
5.5 Estricção
No ensaio de tração, à medida que aumentamos a intensidade de carga normal aplicada,
observamos que a peça apresenta alongamento na sua direção longitudinal e uma redução na
secção transversal.
Na fase de deformação plástica do material, essa redução da secção transversal começa
a se acentuar, apresentado estrangulamento da secção na região de ruptura. Essa propriedade
mecânica é denominada estricção, sendo determinada através da expressão:
Ao - Af .100%
cP = Ao
Onde: cp - estricção [%]
Ao - área da secção transversal inicial [mm2; cm; ]
Af - área da secção transversal final [mm2; cm2; ]
5.6 Coeficiente de Segurança k
O coeficiente de segurança é utilizado no dimensionamento dos elementos de construção,
visando assegurar o equilíbrio entre a qualidade da construção e seu custo.
O projetista poderá obter o coeficiente em normas ou determiná-Ia em função das
circunstâncias apresentadas.
Os esforços são classificados em 3 tipos:
5.6.1 Carga Estática
A carga é aplicada na peça e permanece constante; como
exemplos, podemos citar:
Um parafuso prendendo uma luminária.
Uma corrente suportando um lustre.
5.6.2 Carga Intermitente
Neste caso, a carga é aplicada gradativamente na peça,
fazendo com que o seu esforço atinja o máximo, utilizando para isso
um determinado intervalo de tempo. Ao atingir o ponto máximo, a
carga é retirada gradativamente no mesmo intervalo de tempo
utilizado para se atingir o máximo, fazendo com que a tensão atuante
volte a zero. E assim sucessivamente.
Ex.: o dente de uma engrenagem .
.Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais
f(tensão)
t (tempo)
(["(tensão)
t (tempo)
5.6.3 Carga Alternada
Neste tipo de solicitação, a carga aplicada na peça (f(tensão)
varia de máximo positivo para máximo negativo ou vice-
versa, constituindo-se na pior situação para o material. <±l(fmáx
Ex.: eixos, molas, amortecedores, etc.
Obs.: para cisalhamento substituir (J por t
t(tempo)
G (fmáx
Para determinar o coeficiente de segurança em função
das circunstâncias apresentadas, deverá ser utilizada a
expressão a seguir:
Ik=X.Y.Z.w
valores para x (fator de tipo de material)
x = 2 para materiais comuns
x = 1,5 para aços de qualidade e aço liga
valores para y (fator do tipo de solicitação)
y = 1 para carga constante
y = 2 para carga interminente
y = 3 para carga alternada
valores para z (fator do tipo de carga)
z = 1 para carga gradual
z = 1,5 para choques leves
z = 2 para choques bruscos
valores para w (fator que prevê possíveis falhas de fabricação)
w = 1 a 1,5 paraaços
w = 1,5 a 2 para fofo
Para carga estática, normalmente utiliza-se 2 ~ k ~ 3 aplicado a Cl"e (tensão de escoamento
do material), para o material dúctil e ou aplicado a c. (tensão de ruptura do material) para o material
frágil.
Para o caso de cargas interminentes ou alternadas, o valor de k cresce como nos mostra
a equação para sua obtenção.
5.7 Tensão Admissível O' ou oadrn
A tensão admissível é a ideal de trabalho para o material nas circunstâncias apresentadas.
Geralmente, essa tensão deverá ser mantida na região de deformação elástica do material.
Tração::eCompressão:c,,,::c;c,,:,,<,
Porém, há casos em que a tensão admissível poderá estar na região da deformação plástica
do material, visando principalmente a redução do peso de construção como acontece no caso
de aviões, foguetes, mísseis, etc.
Para o nosso estudo, restringir-nos-emos somente ao primeiro caso (região elástica) que é o
que freqüentemente ocorre na prática.
A tensão admissível é determinada através da relação c, (tensão de escoamento) coeficiente
de segurança para os materiais dúcteis, ar (tensão de ruptura) coeficiente de segurança para os
materiais frágeis.
cr=~
k
materiais dúcteis
cr= ar
k
materiais frágeis
5.8 Peso Próprio
Em projetos de porte, é necessário levar em conta, no dimensionamento dos elementos de
construção, o peso próprio do material, que será determinado através do produto entre o peso
específico do material e o volume da peça, conforme nos mostra o estudo a seguir.
05,y5,.e
Pp = yAy
Na secção AA
y = O -? Pp = O
Na secção BB
y =.e -? Pp ,
ma x
IPPmáx = Y . A . f! I
-~--~
Onde: Pp - peso próprio do elemento dimensionado; [N; ... ]
A - área da secção transversal da peça; [m2; ... ]
y - peso específico do material [N/m3; ... ]
.e - comprimento da peça mm; [m; ... ]
5.9 Aço e sua Classificação
Aço é um produto siderúrgico que se obtém através de via líquida, cujo teor de carbono não
supere a 2%.
. "....""Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais"" ..,~:q~J'.
Classificação
Aço extra doce < 0,15%C
Aço doce 0,15% a 0,30%C,
Aço meio doce 0,30% a 0,40%C
Aço meio duro 0,40% a 0,60%C
Aço duro 0,60% a 0,70%C
Aço extra duro > 0,70%C
5.10 Dimensionamento de Peças
Área Mínima
Área de Secção
Transversal
Peças de Secção Transversal Qualquer
1Amin = ;1
Onde:
Amin -Área mínima da secçãotransversal [m
2: ... ]. F
cr - Tensão admissível do material [Pa].
(A",in)
AreaMínima
da Secção
F- Carga axial aplicada [N].
Peças de Secção Transversal Circular
/ ~
Diâmetro da Peça
\
- F área do ci I 'A 1'C d
2
o = A como a area o errou o e = 4' tem-
-se que:
, . ----' --' .-' .--- -- -----o~l\.: 4F ~rn4F.( o = --2 portanto, d = ---= i
--··1td 1'C o )
- - >.- -.,.,-- - '-- ~
Onde:
d - Diâmetro da peça [m].
F - Carga axial aplicada [N].
cr - Tensão admissível do material [Pa].
re - Constante trigonométrica 3,1415 ...
5.11 Dimensionamento de Correntes
A carga axial tia corrente se divide na metade para cada secção tranversal do elo.
T - - Fcem-se entao que: o = 2A
2
Como a área do círculo é A = ~ tem-se que: 0== ~ = 2 Fc
4 2n d2 n d2
Onde:
d - diâmetro da barra do elo [m).
Fc- Força na corrente [N).
rt - Constante trigonométrica 3, 1415 ....
0= - Tensão admissível [Pa).
Propriedades Mecânicas
Tabela 1 - Coeficiente de Poisson (v)
Material v Material v
aço 0,25·0,33 latão 0,32·0,42
alumínio 0,32·0,36 madeira compensada 0,07
bronze 0,32·0,35 pedra 0,16 - 0,34
cobre 0,31- 0,34 vidro 0,25
fofo ·0,23 - 0,27 zinco 0,21
Tabela 2 - Características elásticas dos materiais
Módulo de Módulo de
Material elasticidade Material elasticidade
E [GPaj E [GPaj
Aço 210 Latão 117
Alumínio 70 Ligas de AI 73
Bronze 112 Ligas de chumbo 17
Cobre 112 Ligas de estanho 41
Chumbo 17 Ligas de magnésio 45
Estanho 40 Ligas de titânio 114
Fofo 100 Magnésio 43
Fofo Modular 137 Monel (liga níquel) 179
Ferro 200 Zinco 96
portanto. Id ~ ~~ ~ I
d
F,
"2
F,
"2
»>:
Obs.: É comum encontrar-se o módulo de elasticidade em MPa (megapascal)
""::,.Mecânica<Técnica;e,Resistência\dosiMateriais"u;:;~c",A ,,''';''j, s j,·,".;,,;;s:t·":.1ó.~{,2> J-;,.,:"'.;o·;C;;;'.1:.{::.>"":.C·Y ,':c.:.:;::<".>-;. C."·'r.$U: .:::':"':';;:ii.
Exemplos:
5Eaco= 2,1 x 10 MPa
Eae= 7,0 X 104 MPa
5Ecu= 1,12 x 10 MPa
Tabela 3 - Peso específico dos materiais
Material Peso Específico Material Peso Específico
y[N / m3) y[N/m3)
Aço 7,70 x 104 Gasolina 15°C 8,3 x 103
Água destilada 4°C 9,8 x 103 Gelo 8,8 x 103
Alvenaria tijolo 1,47 x 104 Graxa 9,0 x 103
Alumínio 2,55 x 104 Latão 8,63 x 104
Bronze 8,63 x 104 Leite (15°C) 1,02 x 104
Borracha 9,3 x 103 Magnésio 1,72 x 104
Cal Hidratado 1,18 x 104 Níquel 8,50 x 104
Cerveia 1,00 x 104 Ouro 1,895 x 105
Cimento em pó 1,47 x 104 Papel 9,8 x 103
Concreto 2,00 x 104 Peroba 7,8 x 103
Cobre 8,63 x 104 Pinho 5,9 x 103
Cortiça 2,4 x 103 Platina 2,08 x 105
Chumbo 1,1 x 105 Porcelana 2,35 x 104
Diamante 3,43 x 104 Prata 9,80 x 104
Estanho 7,10 x 104 Talco 2,65 x 104
Ferro 7,70 x 104 Zinco 6,90 x 104
Tabela 4 - Coeficiente de dilatação linear dos materiais
Material Coeficiente de Material Coeficiente de
dilatação linear dilatação linear
a [OCl-1 a [OCr1
Aço 1,2 x 10-5 Latão 1,87 x 10-5
Alumínio 2,3 x 10-5 Magnésio 2,6 x 10-5
Baquelite 2,9 x 10-5 Níquel 1,3 x 10-5
Bronze 1,87 x 10-5 Ouro 1,4 x 10-5
Borracha [20°C) 7,7 x 10-5 Platina 9 x 10-6
Chumbo 2,9 x 10-5 Prata 2,0 x 10-5
Constantan 1,5 x 10-5 Tijolo 6 x 10-6
Cobre 1,67 x 10-5 Porcelana 3 x 10-6
Estanho 2,6 x 10-5 Vidro 8 x 10-6
Ferro 1,2 x 10-5 Zinco 1,7 x 10-5
73
Tabela 5 - Módulo de Elasticidade Transversal
Material Módulo de ElasticidadeTransversal G [GPa]
Aço 80
Alumínio 26
Bronze 50
Cobre 45
Duralumínio 14 28
Fofo 88
Magnésio 17
Nylon 10
Titânio 45
Zinco 32
Tabela 6 - Tensões
Tensão de Tensão de rupturaMateriais escoamento
de [MPa] [MPa]
Aço Carbono
ABNT 1010 - L 220 320
-T 380 420
ABNT 1020 - L 280 360
-T 480 500
ABNT 1030 - L 300 480
-T 500 550
ABNT 1040 - L 360 600
-T 600 700
ABNT 1050 - L 400 650
Aço Liga
ABNT 4140- L 650 780
-T 700 1000
ABNT 8620 - L 440 700
-T 700 780
Ferro Fundido
Cinzento 200
Branco 450
Preto F 350
P - 550
Modular - 670
Materiais não
ferrosos
Alumínio 30 -120 70 - 230
Duralumínio 14 100 - 420 200 - 500
Cobre Telúrio 60 - 320 230 - 350
Bronze de níquel 120 - 650 300 -750
Magnésio 140 - 200 210 - 300
Titânio 520 600
Zinco 290
Materiais não
metálicos
Borracha - 20- 80
Concreto - 0,8-7
Madeiras
Peroba 100 - 200
Pinho 100 -120
Eucalipto 100 -150
Plásticos
Nylon 80
Vidro
Vidro plano - 5 -10
L -Iaminado F - Ferrítico
T - trefilado P - Perlítico
Esta tabela foi adaptada através das normas da ABNT NB-82; EB,126; EB-127; PEB-128;
NB-11.
As tensões de ruptura das madeiras deverão ser consideradas paralelas às fibras.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
5.12 Exercícios
Ex.1- A barra circular representada na figura. é de aço, possui d = 20 mm e comprimento
l! =0,8m. Encontra-se submetida à ação de uma carga axial de 7,2 kN.
Pede-se determinar para a barra:
a) Tensão normal atuante (o)
b) O alongamento (Lil!)
c) A deformação longitudinal (E)
d) A deformação transversal (ft)
rd
. ~.'
Eaço= 210 GPa (módulo de elasticidade do aço)
Yaço= 0,3 (coeficiente de Poisson)
Solução:
a) Tensão normal atuante
F 4F
cr=-=-
A nd2
Icr== 22,9MPa I
b) Alongamento da barra (Lil!)
M = crxl! = 22,9x~;(xO,8m
Ecaço 210 x ~P;r
103
M = 22,9 x 0,8 x 10-3m
210
M = 0,087 x 10-3m
M = 0,087mm
M = 8711m
c) A deformação longitudinal (E) d) Deformação transversal (ft)
M 8711m
E=-=--e 0,8m
Et = -0,3 x 109
75
Ex.2 - Determinar o diâmetro da barra CD da construção representada na figura. O material da
barra é o ABNT 1010L com cre = 220 MPa, e o coeficiente de segurança indicado
para o caso é k = 2.
lOkN 4kN
, 53°( \ j
I
·~B··--·--·
A
CD1 O,8m } O,8m J O,8m }
c
Solução:
1 - Carga axial na barra CD
: /a
lI)
I~ 15
I (J)
:530 o'""'
.__ .__ . -_.__ . .__ .__ .__ .
10 COS 530
FI
O,8m O,Bm O,Bm
-+ oC') 4kN
1
IMA=O
0,8Fi = 0,8 x 10 sen 53°+1,6