Mecânica das Solidos 1 - Provas

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P1 - Mec Sólidos I - 09.2010.pdf
 
1ª Questão (3,5 pontos): A barra AD é rígida e indeformável, podendo girar em B. 
Calcular: 
a) Tensões normais nas barras 1 e 2 (módulo e sinal) 
b) Deslocamento do ponto D 
c) Rotação da barra AD 
d) Reações no apoio B 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Trata-se de problema semelhante ao exercício 30, do capítulo II da apostila de exercícios, 
feito em sala de aula. 
 
Como é uma questão envolvendo forças, vamos começar a resolvê-la pela estática. A 
estrutura está equilibrada, então apliquemos as equações do equilíbrio na barra AD, que 
recebe a carga ativa de 1.500 kgf (comecemos convertendo todas as unidades para kgf e 
cm, por exemplo) e está em contato com as duas barras deformáveis. 
 
Primeiramente, vamos colocar as forças aplicadas na barra AD: 
 Barra 1: como se trata de uma barra rotulada nas extremidades, só recebendo 
cargas nas extremidades, então ela só recebe (e produz) esforços solicitantes em 
seu eixo (normais): força N1. Agora vamos ao sentido de N1: Imagine a barra 1 não 
existindo. A partir da ação da força ativa de 1.500 kgf, o ponto A desceria, e a ação 
da barra 1 é impedir essa descida. Então o sentido da força é para cima, como na 
figura. E a barra 1 está comprimindo a rótula A, e por isso , ela também está sendo 
comprimida. 
 Barra 2: raciocínio semelhante é feito para a força N2, e concluímos que ela é para 
baixo, e de tração. 
 Reações no apoio B (HB e VB): as reações são sempre contrárias à ação. Caso você 
não consiga visualizar os sentidos colocados na figura, escolha qualquer um, e o 
sinal negativo indicará que o sentido está errado, é o inverso. 
Montemos as equações de equilíbrio para a barra AD: 
 Somatório das forças horizontais: HB = N2. cos 30 
 Somatório das forças verticais: VB + N2. sen 30 = N1 + 1500 
 Somatório dos momentos em torno do ponto B (para eliminarmos VB e HB da 
equação): 200 x 1.500 = 100 N1 + 100 N2. sen 30  3.000 = N1 + 0,5 N2. 
 Como não conseguimos achar N1 e N2 apenas com as equações da estática, trata-se 
de um problema HIPERESTÁTICO, e obteremos mais outra equação a partir da 
relação envolvendo as deformações das barras 1 e 2 (ΔLs). Para isso, precisamos 
enxergar cada ΔL, e teremos que enxergar a barra AD na posição inicial (a da figura 
da questão) e na posição final, após girar no ponto B. A figura abaixo representa 
essa situação, sendo que a rotação está bem exagerada, para que fique bem visível 
cada deformação. 
 
 
 
 S(cm2) L(cm) E (kgf/cm2) 
1 2 100 2 x 106 
2 4 110 2,2 x 106 
/// 
/// 
/// 
1 2 
A B C D 
30º 
1,5 tf 
1m 1m 1m 
N2 N1 
HB 
VB 
Como tivemos oportunidade de ver em sala de aula, o ângulo de rotação da barra 
AD é muito pequeno, de forma que podemos considerar desprezível o deslocamento 
horizontal de cada ponto da barra. Assim, o ponto A pode ser considerado, em sua 
posição final, em A’, na vertical, e o mesmo com todos os demais pontos. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 θ 
 
 
 
 
 
 
 
Como a barra 1 sofre compressão, ela diminuirá de tamanho, e como o ponto A foi para A’, 
então ΔL1 é AA’. 
A barra 2 sofre tração (aumenta de tamanho), e o ponto C vai para C’. Se a barra 2 fosse 
vertical, o ΔL2 seria CC’. Mas como a barra 2 não é vertical, para o ponto C sair de sua 
posição inicial e ir para C’, a barra, além de ser tracionada, também sofrerá uma rotação, 
todos esses movimentos feitos ao mesmo tempo. O que iremos fazer, para melhor 
entendimento da solução, será separarmos os movimentos, fazendo-os em tempos 
diferentes. Primeiramente, façamos a variação do comprimento da barra, com o ponto C 
saindo de sua posição inicial e indo para C’’. CC’’ é o ΔL2. O movimento seguinte será 
girarmos a barra 2 (a barra é rotulada em E). A trajetória descrita por C’’ até chegar a C’ 
será um arco de círculo, com centro em E e raio igual a E C’’. No entanto, como essa 
rotação também será bem pequena, confundiremos a trajetória circular com uma reta (reta 
C’’ C’) (C’’C’ e C’’E são ortogonais). Observar que, sendo o ângulo feito pela barra 2 com a 
horizontal igual a 30, então o ângulo C’’CC’ vale 60. 
 
 
Da figura formada, podemos tirar relação entre ΔL1 e ΔL2. Observar que os triângulos AA’B 
e BCC’ são semelhantes. Então: AA’ está para AB como CC’ está para BC. 
 
AA’ é o ΔL1; AB vale 100 cm; BC vale 100 cm. E BC? Do triângulo CC’’C’, tiramos para o 
ângulo de 60: cos 60 = cateto adjacente / hipotenusa = CC’’ / CC’ . CC’’ é o ΔL2. 
 
Então: CC’ = ΔL2 / cos 60 
 
Assim: ΔL1 / 100 = CC’ / 100  ΔL1 / 100 = (ΔL2 / cos 60) / 100 
 
ΔL1 = ΔL2 / cos 60  ΔL1 = 2.ΔL2. Então: (N1. L1) / (E1 . S1) = 2 (N2. L2) / (E2 . S2) 
 
Fazendo as substituições, ficamos com: N1 = N2. 
 
Com a equaçao já extraída da estática, acima, calculamos: N1 = 2.000kgf e N2 = 2.000 
kgf. 
A 
A’ 
B C 
C’ 
C’’ 
E 
30 
60 
D 
D’ 
Tensões normais nas barras 1 e 2: 
 Tensão normal em 1: = 2.000 / 2 = 1.000 kgf/cm2 (compressão) 
 Tensão normal em 2: = 2.000 / 4 = 500 kgf/cm2 (tração) 
 
O deslocamento do ponto D será DD’ (veja figura), e podemos calcular por semelhança de 
triângulos: os triângulos ABA’ e DBD’ são semelhantes, então: 
 
 AA’ está para AB assim como DD’ está para BD  ΔL1 / 100 = DD’ / 200  
 DD’ = 2 ΔL1 
 
 Como ΔL1 = (2.000 x 100) / (2 x 106 x 2) = 0,05 cm  DD’ = 0,10 cm 
 
A rotação da barra AD será θ, e poderemos calculá-lo por tg θ = AA’ / AB = ΔL1/100 = 
0,0005  θ = 0,0005 rad 
 
As reações nos apoios serão HB e VB. Das equações da estática, calculamos HB = 1.732 kgf 
e VB = 2.500 kgf. Como os valores encontrados foram positivos, significa q ue seus 
sentidos estão corretos. 
 
 
2ª Questão (3,5 pontos): Para a estrutura abaixo: a) Traçar os diagramas dos esforços 
normais, das tensões normais e dos deslocamentos; b) Calcular a variação superficial para 
a seção reta da barra 2; c) Calcular a variação volumétrica para a barra 3. d) Calcular o 
potencial elástico total acumulado na estrutura. 
 E (kgf/cm2) S (cm2) L (cm) µ 
Barra 1 1,8 x 106 4 90 0,30 
Barra 2 2,0 x 106 2,5 150 0,20 
Barra 3 1,5 x 106 1 60 0,25 
Trata-se de problema semelhante ao exercício 1, do capítulo II da apostila de exercícios, 
feito em sala de aula. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1 
2 3 
4tf 5tf 3tf 
DEN 
(tf) 
DTN 
(tf/cm2) 
DD 
(cm) 
+ 
+ 
- 
+2 
-1 
+4 
+0,5 
+ 
+ 
- 
-0,4 
+4 
A B C D 
+ 
+0,025 
-0,005 
+0,155 
+ 
- 
O deslocamento do ponto A é ZERO (no engaste) 
 
O deslocamento do ponto B é igual a ΔL1 = (2000 x 90) / (1,8 x 106 x 4) = 0,025 cm 
 
O deslocamento do ponto C é igual a ΔL1 + ΔL2 = 0,025 + 
 
 (-1000 x 150) / (2 x 106 x 2,5) = 0,025 – 0,030 = - 0,005 cm 
 
O deslocamento do ponto D é igual a ΔL1 + ΔL2 + ΔL3 = -0,005 + 
 
 (4000 x 60) / (1,5 x 106 x 1) = -0,005 + 0,16 = + 0,155 cm 
 
 
Variação superficial para a seção reta da barra 2 (ΔS2): 
 
εS = ΔS2 / S2 = 2µ2 ε2  ΔS2 = 2 . 0,20 . (0,030/150) . 2,5 = 0,0002 cm2 
 
 
Variação volumétrica para a barra 3 (ΔV3): 
 
εV = ΔV3 / V3 = (1 - 2µ3) ε3  ΔV3 = (1 - 2 . 0,25) . (0,16/60) . 60 = 0,080 cm3 
 
 
Potencial elástico total acumulado (W1 + W2 + W3): 
 
Wtotal = W1 +
W2 + W3 = (N1. ΔL1) / 2 + (N2. ΔL2) / 2 + (N3. ΔL3) / 2 = 
 
 = (+2000 x 0,025/2) + (-1000 x -0,030/2) + (+4000 x 0,16/2) = 360 kgf.cm 
 
 
 
3ª Questão (3,0 pontos): Calcule P máximo, de tal forma que o alongamento total não 
ultrapasse 0,14 cm. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Trata-se de problema semelhante ao exercício 11, do capítulo II da apostila de exercícios, 
feito em sala de aula. 
 
ΔLtotal = ΔL1 + ΔL2 ≤ 0,14 
 
ΔL1 = (-P x 100 ) / (7 x 105 x 2) 
 
ΔL2 = (2P x 150 ) / (2 x 106 x 1) 
 
 E 
(kgf/cm2) 
S (cm2) L (cm) σT 
(kgf/cm2) 
σC 
(kgf/cm2) 
 1 7 x 105 2 100 900 800 
 2 2 x 106 1 150 1500 1300 
1 2 
2P 3P 
P 
((-P x 100 ) / (7 x 105 x 2)) + ((2P x 150 ) / (2 x 106 x 1)) ≤ 0,14  P ≤ 1782 kgf 
 
 
Além dessa condição, explícita, existem outras duas condições, que são implícitas, não se 
precisa dizer que elas devem existir: as 2 barras devem ser estáveis 
 
Barra 1: Tensão ocorrente na barra 1 ≤ Tensão limite da barra 1 
 
 P / 2 ≤ 800 (como a barra 1 é comprimida, comparamos a tensão ocorrente com 
a tensão máxima de compressão. Como nada foi falado, é porque o coeficiente de 
segurança está embutido na tensão limite)  P ≤ 1600 kgf 
 
Barra 2: Tensão ocorrente na barra 2 ≤ Tensão limite da barra 2 
 
 2P / 1 ≤ 1500 (como a barra 2 é tracionada, comparamos a tensão ocorrente 
com a tensão máxima de tração. Como nada foi falado, é porque o coeficiente de 
segurança está embutido na tensão limite)  P ≤ 750 kgf 
 
 
O valor que satisfaz a todas as condições é 750 kgf. 
 
P máximo = 750 kgf. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
P1 02.2009 - gabarito.doc
1ª Questão (3,5 pontos): A barra AD é rígida e indeformável, podendo girar em B.
Calcular F máxima; b) Para F = 1.000 kgf, determinar:
b1) Deslocamento do ponto D; b2) Rotação da barra AD; b3) Reações no apoio B. 
 
		
		S(cm2)
		L(cm)
		E (kgf/cm2)
		σT (kgf/cm2)
		σC (kgf/cm2)
		1
		2
		100
		2 x 106
		1.000
		1.200
		2
		1
		110
		2,2 x 106
		1.200
		1.100
 
 Barra 1 - Compressão
 Barra 2 - Tração 
 Cos 60º = C C’’ / C C’
 C C’ = C C’’ / cos 60º
 
 C C’ = ΔL2 / cos 60º
Estática:
Σ FX = 0 ( H = N2 . cos 30º
Σ FY = 0 ( N1 + V + F = N2 . sen 30º
Σ MB = 0 ( N1 . 100 + N2 . sen 30º . 100 = 200 F ( F = N1 / 2 + N2 / 4 Eq.1
 Problema hiperstático
Deformações:
 Os triângulos ABA’ e BC’ C’’ são semelhantes( 
 AA’ C C’ ΔL1 ΔL2 / cos 60º 
 = ( = ( ΔL1 = 2. ΔL2
 AB BC 100 100
 N1 . L1 2. N2 . L2 N1 . 100 2. N2 . 110 
 = ( = ( N1 = 4 . N2 Eq.2
 E1 . S1 E2 . S2 2 x 106 x 2 2,2 x 106 x 1
Estabilidade das barras:
Barra 1: N1 / S1 ≤ 1.200 ( N1 ≤ 2.400 kgf ( N2 = 600 kgf OK
Barra 2: N2 / S2 ≤ 1.200 ( N2 ≤ 1.200 kgf ( N2 = 4.800 kgf Não OK
 Fmáx = 2400/2 + 600 / 4 ( Fmáx = 1.350 kgf
 Para F = 1.000kgf ( das equações 1 e 2 ( N1 = 1.778 kgf e N2 = 444 kgf
Deslocamento de D: δD / 200 = ΔL1 / 100 ( δD = 2. ΔL1
 2 . 1778 . 100
 δD = ( δD = 0,0889 cm
 2 x 106 x 2 
Rotação da barra AD: tg θ = δD / 200 = 0,000445 ( θ = 0,000445 rad 
Reações:
H = 444 cos 30º ( H = 348,5 kgf ( )
1778 + V + 1000 = 444 . 0,5 ( V = - 2.556 kgf ( V = 2.556 kgf ( )
 
2ª Questão (3,0 pontos): Calcular os esforços solicitantes nas seções assinaladas.
		Seções
		N
		Q
		M
		T
		S1
		+ 2 tf
		+ 9 tf
		+ 2 . 2 – 9 . 5 = - 41 m . tf
		0
		S2
		+ 9 tf
		- 2 tf
		+ 2 . 1 – 9 . 3 = - 25 m . tf
		0
		S3
		+ 2 tf
		+ 9 tf
		9 . 1 = - 9 m . tf
		0
		S4
		0
		+ 10 tf
		- 10 . 2 = - 20 m . tf
		+ 10 . 1,5 = + 15 m . tf
		S5
		0
		+ 10 tf
		- 10 . 0,5 = - 5 m . tf
		0
		S6
		+ 10 tf
		0
		0
		0
3ª Questão (3,5 pontos): Para a estrutura abaixo, calcular: a) Deformação longitudinal total; b) Deformação superficial de seção reta da barra 1; c) Deformação volumétrica da barra 3. d) Potencial elástico total acumulado na estrutura. e) Tensão normal ocorrente na barra 2. 
		
		E (kgf/cm2)
		S (cm2)
		L (cm)
		µ
		Barra 1
		1 x 106
		2
		150
		0,2
		Barra 2
		2,1 x 106
		4
		210
		0,25
		Barra 3
		2 x 106
		1
		300
		0,3
�
 N1 . L1 6000 . 150
ΔL1 = = = 0,45 cm
 E1 . S1 1 x 106 . 2 
 N2 . L2 -1000 . 210
ΔL2 = = = -0,025 cm
 E2 . S2 2,1 x 106 . 4 
 N3 . L3 2000 . 300
ΔL2 = = = 0,30 cm
 E1 . S3 2 x 106 . 1 
Deformação longitudinal total: ΔLtotal = ΔL1 + ΔL2 + ΔL3 = 0,725 cm
Deformação superficial da barra 1:
εS = ΔS / S = 2 . µ . ε ( ΔS = 2 . µ . ε . S = 2 . 0,2 . (0,45 / 150) . 2 ( ΔS = 0,0024 cm2
Deformação volumétrica da barra 3:
εV = ΔV / V = (1 - 2 . µ) . ε ( ΔV = (1 - 2 . µ ). ε . V = 
 = (1 - 2 . 0,3) . (0,30 / 300) . 300 ( ΔV = 0,12 cm3
Potencial elástico total acumulado na estrutura:
W = (N1 . ΔL1 + N2 . ΔL2 + N3 . ΔL3 ) / 2 = 1662,5 kgf . cm
Tensão normal ocorrente na barra 2:
σ2 = N2 / S2 = -1000 / 4 = - 250 kgf / cm2 (compressão)
 
2
A
D
F
30º 
1m
B
C
///
1
///
///
1m
2m
S1
S2
S3
1m
2m
2tf
9tf
1m
1m
1m
2m
1m
10tf
S5
S4
0,5m
1
2
3
6tf
7tf
3tf
2tf
1m
1m
θ
A’
ΔL1
ΔL2
60º 
C’’
C’’
C’
C
C’
H
V
N2
N1
S6
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