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1.16. Determinar a força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto C. Usar P = 8 kN. Solução: VA HA HB VC NC MC Reações de apoio kN8V0VP0F kN30H0HH0F kN30H06,0H)75,03(P0M AAy AABx BBA =⇒=+−⇒= =⇒=−⇒= =⇒=×+××−⇒= ∑ ∑ ∑ Esforços na seção C, tomando o lado direito de C: kN30HHN kN8VVV m.kN6M075,0VM AAC CAC CAC =⇒= =⇒= =⇒=×= Resposta: A força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto C são, respectivamente: 30 kN (compressão), 8 kN (para baixo) 6 kN.m (sentido horário), 1.33. A coluna está submetida a uma força axial de 8 kN no seu topo. Supondo que a seção transversal tenha as dimensões mostradas na figura, determinar a tensão normal média que atua sobre a seção a-a. Mostrar essa distribuição de tensão atuando sobre a área da seção transversal. Solução: Área da seção transversal: MPa82,1 mm N82,1 mm4400 N8000 A P mm4400101402)10150(A 22 2 ====σ =×+××= σ Resposta: A tensão normal média que atua sobre a seção a-a é de 1,82 MPa (tensão de compressão mostrada na cor vermelha atuando uniformemente sobre toda a seção transversal). 1.36. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular seu valor. Suponha que θ = 60º. O diâmetro de cada haste é dado na figura. Solução: 050)60(senF)60cos(F0F 0)60cos(F)60(senF0F o AC o ABy o AC o ABx =−×+×⇒= =×+×−⇒= ∑ ∑ Resolvendo: lbf3,43F lbf25F AC AB = = x y FAB θθθθ=60o 50 lbf 60o FAC Assim, as tensões são: psi581,344 4 4,0 3,43 4 d F psi324,127 4 5,0 25 4 d F 22 AC AC AC 22 AB AB AB = ×pi = pi =σ = ×pi = pi =σ Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 127,324 psi e 344,581 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC. 1.37. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular seu valor. Suponha que θ = 45º. O diâmetro de cada haste é dado na figura. Solução: 050)45(senF)60cos(F0F 0)45cos(F)60(senF0F o AC o ABy o AC o ABx =−×+×⇒= =×+×−⇒= ∑ ∑ Resolvendo: lbf83,44F lbf6,36F AC AB = = x y FAB θθθθ=45o 50 lbf 60o FAC Assim, as tensões são: psi736,356 4 4,0 83,44 4 d F psi415,186 4 5,0 6,36 4 d F 22 AC AC AC 22 AB AB AB = ×pi = pi =σ = ×pi = pi =σ Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 186,415 psi e 356,736 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC. 1.38. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel em A. Determinar o ângulo da orientação de θ de AC, de forma que a tensão normal média na haste AC seja o dobro da tensão normal média da haste AB. Qual é a intensidade dessa tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é indicado na figura. Solução: 28,1 F F2 4,0 5,0 F F d d F F d F d F 4 d F 4 d F 050)(senF)60cos(F0F 0)cos(F)60(senF0F AB AC 2 2 AB AC 2 AC 2 AB AB AC 2 AB AB 2 AC AC 2 AB AB 2 AC AC AB AC AC o ABy AC o ABx =⇒=×=×== pi pi = σ σ =−θ×+×⇒= =θ×+×−⇒= ∑ ∑ Resolvendo: o AC AB 42,47 lbf37,44F lbf66,34F =θ = = x y FAB θθθθ 50 lbf 60o FAC Assim, as tensões são: AB22 AC AC AC 22 AB AB AB 2psi053,353 4 4,0 37,44 4 d F psi526,176 4 5,0 66,34 4 d F σ== ×pi = pi =σ = ×pi = pi =σ Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 176,526 psi e 353,053 psi, para um ângulo θ = 47,42o. 1.53. O bloco plástico está submetido a uma força de compressão axial de 600 N. Supondo que as tampas superior e inferior distribuam a carga uniformemente por todos o bloco, determinar as tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da seção a-a. Solução: P m n p q α P N V P αααα P σσσσαααα τττταααα αααα y x P )(senPV )cos(PN α= α= Como a área A’ da seção inclinada é A/cos(α), as tensões correspondentes a N e V são, respectivamente: MPa05196,0)30cos()30sin( 50100 600)cos()sin()cos()sin( A P A V MPa09,0)30(cos 50100 600)(cos)(cos A P A N oo 30x' o2 30 2 x 2 ' o o = × =τ⇒αασ=αα==τ = × =σ⇒ασ=α==σ α α Resposta: As tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da seção a-a são: 90 kPa e 51,96 kPa, respectivamente. 1.56. A junta está submetida à força de 6 kip do elemento axial. Determinar a tensão normal média que atua nas seções AB e BC. Supor que o elemento é plano e tem 1,5 polegada de espessura. x y 6000 lb FAB 60o FBC 70o Solução: 0)70cos(F)60cos(6000F0F 0)60(sen6000)70(senF0F o BC o ABx oo BCy =×−×−⇒= =×−×⇒= ∑ ∑ Resolvendo: lb4891F lb5530F AB BC = = Assim, as tensões são: psi41,1630 5,10,2 4891 psi204,819 5,15,4 5530 AB BC = × =σ = × =σ Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e BC são, respectivamente, 1630 psi e 819 psi. 1.60. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Determinar a tensão normal média em cada elemento devido à carga P = 8 kip. Indicar se a tensão é de tração ou de compressão. Solução: αααα 8,0 5 4 cos 6,0 5 3 sen ==α ==α Nó A αααα A P NAE NAB kip67,108,0 6,0 PN 8,0NN0cosNN0F kip33,13 6,0 8N 6,0 PN0senNP0F AE ABAEABAEx AB ABABy −=×−=∴ ×−=⇒=α+⇒= ==∴ =⇒=α+−⇒= ∑ ∑ Nó E NBE NDE E NAE P kip67,108,0 6,0 PN NN0NN0F kip6875,0N P75,0N0P75,0N0F DE AEDEAEDEx BE BEBEy −=×−=∴ =⇒=−⇒= =×=∴ =⇒=−⇒= ∑ ∑ Nó B αααα NAB B NBD NBE NBC kip33,29N 8,0 6,0 6,0/PP75,08,0 6,0 P8,0N8,0NN 0cosNcosNN0F kip33,23 6,0 6,0/PP75,0N 6,0 6,0NNN 0NsenNsenN0F BC BDABBC ABBDBCx BD ABBE BD BEBDABy =∴ × −− −×=×−×=⇒ =α−α+⇒= −= −− =∴ ×−− =⇒ =−α−α−⇒= ∑ ∑ Resposta: Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão (indicadas com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. Barra Esforço (kip) Tensão (ksi) AB +13,33 +10,67 BC +29,33 +23,47 DE -10,67 -8,53 AE -10,67 -8,53 BE +6,00 +4,80 BD -23,33 -18,67 1.61. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2. Supondo que a tensão normal média máxima em cada barra não exceda 20 ksi, determinar a grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça. Solução: αααα 8,0 5 4 cos 6,0 5 3 sen ==α ==α Nó A αααα A P NAE NAB P333,18,0 6,0 PN 8,0NN0cosNN0F P667,1 6,0 PN0senNP0F AE ABAEABAEx ABABy −=×−=∴ ×−=⇒=α+⇒= ==∴=α+−⇒= ∑ ∑ Nó E NBE NDE E NAE P P333,18,0 6,0 PN NN0NN0F P75,0N0P75,0N0F DE AEDEAEDEx BEBEy −=×−=∴ =⇒=−⇒= =∴=−⇒= ∑ ∑ snuber snuber Nó B αααα NAB B NBD NBE NBC P667,3N 8,0 6,0 6,0/PP75,08,0 6,0 P8,0N8,0NN 0cosNcosNN0F P917,2 6,0 6,0/PP75,0N 6,0 6,0NNN 0NsenNsenN0F BC BDABBC ABBDBCx BD ABBE BD BEBDABy =∴ × −− −×=×−×=⇒ =α−α+⇒= −= −− =∴ ×−− =⇒ =−α−α−⇒= ∑ ∑ Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão (indicadas com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. A tensão normal média máxima ocorre na barra BC. Barra Esforço Tensão AB +1,667P +1,333P BC +3,667P +2,933P DE -1,333P -1,067P AE -1,333P -1,067P BE +0,750P +0,600P BD -2,917P -2,333P Assim: kip818,6P 933,2 20PP933,2ksi20 A força maxadm =∴=⇒=⇒σ=σ⇒=σ Resposta: A grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça deve ser de 6818 lbf. 1.79 O olhal (figura ao lado) é usado para suportar uma carga de 5 kip. Determinar seu diâmetro d, com aproximação de 1/8 pol, e a espessura h necessária, de modo que a arruela não penetre ou cisalhe o apoio. A tensão normal admissível do parafuso é σadm = 21 ksi, e a tensão de cisalhamento admissível do material do apoio é τadm = 5 ksi. Solução: (1) tensão normal P = 5 kip = 5000 lbf σadm = 21 ksi = 21000 psi = 21000 lbf/pol2 d = ? pol 8 5d pol55059,0 21000 50004dP4dP 4 dPA A P admadm 2 adm adm =∴ = ×pi × =⇒ piσ =⇒ σ = pi ⇒ σ =⇒=σ (2) tensão cisalhante V = 5 kip = 5000 lbf τadm = 5 ksi = 5000 psi = 5000 lbf/pol2 φ = 1 pol (diâmetro da arruela) ( ) pol 8 3h pol31831,0 50001 5000hVhVhVA A V admadmadm adm =∴ = ××pi =⇒ τφpi=⇒τ=piφ⇒τ=⇒=τ Resposta: O diâmetro d necessário é de 5/8 pol e a espessura h necessária é de 3/8 pol . 1.80 A junta sobreposta do elemento de madeira A de uma treliça está submetida a uma força de compressão de 5 kN. Determinar o diâmetro requerido d da haste de aço C e a altura h do elemento B se a tensão normal admissível do aço é (σadm)aço = 157 MPa e a tensão normal admissível da madeira é (σadm)mad = 2 MPa. O elemento B tem 50 mm de espessura. Solução: x y FB 60o 5 kN FC 0)60cos(5F0F 0)60(sen5F0F o Bx o Cy =×+−⇒= =×−⇒= ∑ ∑ Resolvendo: kN500,2F kN330,4F B C = = Assim, as tensões são: mm25h 250 2500h e FhFheFA A F mm93,5d 157 43304dF4dF 4 dFA A F mad B mad B mad B mad mad B mad aço C aço C 2 aço C s s C aço =⇒ × =⇒ σ× =⇒ σ =×⇒ σ =⇒=σ =⇒ ×pi × =⇒ σ×pi × =⇒ σ = pi ⇒ σ =⇒=σ Resposta: O diâmetro da haste de aço deve ser de d=6mm e a altura do elemento B deve ser de h=25mm. snuber 1.112- As duas hastes de alumínio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar seus diâmetros requeridos se o esforço de tração admissível para o alumínio for σadm = 150 MPa. Solução: P = 20 kN = 20000 N σadm = 150 MPa = 150 N/mm2 dAB = ? dAC = ? Equações de equilíbrio onde FAB e FAC são as forças nas hastes AB e AC, respectivamente. N0,20000F0)45cos(F0F N3,28284F0P)45(senF0F AC o ACx AB o ABy =⇒=×+−⇒= =⇒=−×⇒= ∑ ∑ mm0294,13 150 200004F4d mm4947,15 150 3,282844F4d P4dP 4 dPA A P adm AC AC adm AB AB admadm 2 adm adm = ×pi × = piσ × =⇒ = ×pi × = piσ × =⇒ piσ =⇒ σ = pi ⇒ σ =⇒=σ Resposta: O diâmetro dAB necessário é de 15,5 mm e o diâmetro dAC necessário é de 13,1 mm. 2.5 A viga rígida está apoiada por um pino em A e pelos arames BD e CE. Se a deformação normal admissível máxima em cada arame for εmax = 0,002 mm/mm, qual será o deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames? Solução: A B C P δδδδB δδδδC ∆∆∆∆P Por semelhança de triângulo: CBP 537 δ = δ = ∆ Mas, mm2,118 5 7 5 7 mm8002,04000L mm146 3 7 3 7 mm6002,03000L CPmaxECC BPmaxDBB ==δ=∆⇒=×=ε×=δ ==δ=∆⇒=×=ε×=δ Analisando !sim0016,0 3000 8,4 L 8,42,11 7 3 7 3 mm2,11 mm14podenão0025,0 4000 10 L 1014 7 5 7 5 mm14 max DB B BPBP Pmax EC C CPCP ε<== δ =ε⇒==∆=δ⇒=∆ =∆ε>==δ=ε⇒==∆=δ⇒=∆ Resposta: O deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames será de 11,2 mm. 2.8. Duas Barras são usadas para suportar uma carga. Sem ela, o comprimento de AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se a carga P atua sobre o anel em A, a deformação normal em AB torna-se εAB = 0,02 pol/pol e a deformação normal em AC torna-se εAC = 0,035 pol/pol. Determinar as coordenadas de posição do anel devido à carga. Solução: CD BD AD Para encontrar os lados BD e AD, temos que: pol33,4)60(sen5AD 5 AD)60(sen pol5,2)60cos(5BD 5 BD)60cos( o o o o =×= ⇒= =×= ⇒= E o lado CD: pol727,6CD 33,48CDCDAD8 22222 = ⇒−=⇒+= O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0): → sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5) Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33). Os alongamentos das barras serão: pol28,0035,08L pol1,002,05L ACACACAC ABABABAB =δ⇒×=ε×=δ =δ⇒×=ε×=δ Assim, os novos comprimentos das barras serão: pol28,8L28,08LL pol1,5L1,05LL * ACACAC * AC * ABABAB * AB =⇒+=δ+= =⇒+=δ+= 5,1 pol 8,28 pol AD* BD* CD* αααα* Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que: pol227,9BC 727,65,2BCCDBDBC = +=⇒+= Mas o ângulo de 60o foi alterado para: o * AB 2* AC 22* AB* ** AB 22* AB 2* AC 1,63 BCL2 LBCL cosarc )cos(BCL2BCLL = ×× −+ =α ⇒α×××−+= Para encontrar os novos lados BD e AD, temos que: pol548,4)1,63(sen1,5AD pol308,2)1,63cos(1,5BD o* o* =×= =×= O novo ponto A é encontrado assim, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33): → anda à direita, em x, de BD* (+2,308) e desce em y AD* (–4,548). Então as novas coordenadas do ponto A são (–0,192; –0,218) Resposta: As coordenadas de posição do anel devido à carga são (–0,192; –0,218) pol. 2.9. Duas barras são usadas para suportar uma carga P. Sem ela, o comprimento de AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se for aplicada uma carga P ao anel em A, de modo que ele se mova para a posição de coordenadas (0,25 pol, -0,73 pol), qual será a deformação normal em cada barra? Solução: CD BD AD Para encontrar os lados BD e AD, temos que: pol33,4)60(sen5AD 5 AD)60(sen pol5,2)60cos(5BD 5 BD)60cos( o o o o =×= ⇒= =×= ⇒= E o lado CD: pol727,6CD 33,48CDCDAD8 22222 = ⇒−=⇒+= O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0): → sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5) Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33). Os novos comprimentos, BD* e AD*, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33) e do novo ponto A(0,25; –0,73): → anda à direita, em x, (–2,5–0,25) e desce em y [+4,33–(–0,73)] Então BD*=|(–2,5–0,25) | = 2,75 pol e AD*=|[+4,33–(–0,73)]| = 5,06 pol. Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que: pol227,9BC 727,65,2BCCDBDBC = +=⇒+= AD* BD* CD* αααα* LAB* LAC* Então pol477,675,2227,9BDBCCD ** =−=−= pol219,806,5477,6ADCDL pol759,506,575,2ADBDL 222*2** AC 222*2** AB =+=+= =+=+= Assim, as deformações normais nas barras são: 0274,0 8 8219,8 L LL 152,0 5 5759,5 L LL AC AC * AC AC AB AB * AB AB = − = − =ε = − = − =ε Resposta: A deformação normal na barra AB é de 15,2% e a deformação normal da barra AC é 2,74%. 2.13. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. Determinar a deformação por cisalhamento média γxy da chapa. Solução: θθθθ rad0199973,0 150 3 tg 2 1 xy xy −= −=γ θ−pi=γ − Resposta: A deformação por cisalhamento média γxy da chapa é de –0,0200 rad. 2.15. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. Determinar as deformações normais εx, εy, εx’, εy’. Solução: 0025,0 8 02,0 00125,0 4 005,0 y x ==ε −=−=ε Chamando as diagonais de d e d’, antes e depois das deformações: 4 'y'x 22 22 1027,6 d d'd 01,4995,3'd 44d −×= − =ε=ε += += Resposta: As deformações normais são: εx = –1,25×10-3; εy = 2,50×10-3; εx’= 6,27×10-4 e εy’ = 6,27×10-4 2.17. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por cisalhamento γxy nos cantos A e B se o plástico se distorce como mostrado pelas linhas tracejadas. Solução: As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: A(403, 2) B(405, 304) C( 2, 302) D( 0, 0) ( ) rad80,01158515 2 5823815,1 005,403007,302 1410 cosarc rr r.r cosarc 1410)2(302)403(2r.r 005,403rj)20(i)4030(r 007,3023022rj302i2rj)2304(i)403405(r xyA ADAB ADAB ADAB ADAD 22 ABABAB −=α− pi =γ = × − = × =α −=−×+−×= =⇒−+−= =+=⇒+=⇒−+−= rr rr rr rrrr rrrrrrr ( ) rad80,01158515 2 5592112,1 005,403007,302 1410 cosarc rr r.r cosarc 1410r.r 005,403rj)304302(i)4052(r 007,302rj)3042(i)405403(r xyB BCBA BCBA BCBA BCBC BABA =β−pi=γ = × = × =β = =⇒−+−= =⇒−+−= rr rr rr rrrr rrrr Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,01160 rad e + 0,01160 rad, respectivamente. Lembrando que: Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB rrr −+−= Vetores: .............................................. jAiAA yx rrr += e jBiBB yx rrr += Módulos dos vetores: ......................... 2y 2 x AAA += r e 2y 2 x BBB += r Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅ rr Ângulo entre vetores: ......................... × ⋅ =θ BA BA cosarc rr rr 2.18. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por cisalhamento γxy nos cantos D e C se o plástico se distorce como mostrado pelas linhas tracejadas. Solução: As coordenadas dos pontos (após a deformação) são: A(403, 2) B(405, 304) C( 2, 302) D( 0, 0) ( ) rad80,01158515 2 5823815,1 007,302005,403 1410 cosarc rr r.r cosarc 1410)302(2)2(403r.r 007,302rj)3020(i)20(r 005,4032403rj2i403rj)302304(i)2405(r xyC CDCB CDCB CDCB CDCD 22 CBCBCB −=α− pi =γ = × − = × =α −=−×+−×= =⇒−+−= =+=⇒+=⇒−+−= rr rr rr rrrr rrrrrrr ( ) rad80,01158515 2 5592112,1 007,302005,403 1410 cosarc rr r.r cosarc 1410r.r 007,302rj)0302(i)02(r 005,403rj)02(i)0403(r xyD DCDA DCDA DCDA DCDC DADA =β−pi=γ = × = × =β = =⇒−+−= =⇒−+−= rr rr rr rrrr rrrr Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos C e D são –0,01160 rad e + 0,01160 rad, respectivamente. Lembrando que: Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB Vetor posição de A para B: ................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB rrr −+−= Vetores: .............................................. jAiAA yx rrr += e jBiBB yx rrr += Módulos dos vetores: ......................... 2y 2 x AAA += r e 2y 2 x BBB += r Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅ rr Ângulo entre vetores: ......................... × ⋅ =θ BA BA cosarc rr rr 2.19. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação normal média que ocorre ao longo das diagonais AC e DB. Solução: As diagonais AC e DB originais têm: mm500300400dd 22DBAC =+== A diagonal AC passa a ter o seguinte comprimento: mm8,500300401d 22 'AC =+= A diagonal DB passa a ter o seguinte comprimento: mm4,506304405d 22 'DB =+= Assim, as deformações nas diagonais são: 3 DB 3 AC 108,12 500 5004,506 106,1 500 5008,500 − − ×= − =ε ×= − =ε Resposta: As deformações normais médias que ocorrem ao longo das diagonais AC e DB são: 1,6×10-3 e 12,8×10-3, respectivamente 2.24. O quadrado deforma-se, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determinar a deformação por cisalhamento em cada um dos cantos A e C. O lado DB permanece horizontal. Solução: θθθθ ββββ ( ) rad90,02617993 180 5,15,15,9190 oooo xyA −= pi ×−=−=−=γ Como a altura do ponto )5,1cos(53'D o= , então: rad0,20471002)5,1cos(53 11 tgarc)5,1cos(53 38)(tg oo = =β⇒+=β Assim: ( ) rad0,20471002) 2 ( 22xyB −=β−=β+pi−pi=θ−pi=γ Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,02618 rad e – 0,2047 rad, respectivamente. 2.25. O bloco é deformado, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determinar a deformação normal média ao longo da reta AB. Solução: Comprimento inicial de AB (calculado pelo triângulo retângulo verde): mm7033,10710040L 22ABi =+= A altura de B’ (calculado pelo triângulo retângulo rosa): 222 15110'B −= Assim o comprimento final AB’ é (calculado pelo triângulo retângulo amarelo): mm8034,1111511025'B25L 22222ABf =−+=+= Portanto a deformação média de AB é: 038068498,0 L 7033,1078034,111 L LL ABiABi ABiABf = − = − =ε Resposta: A deformação normal média ao longo da reta AB é de 0,0381 mm/mm. 2.28. O elástico AB tem comprimento sem esticar de 1 pé. Se estiver preso em B e acoplado à superfície no ponto A’, determinar a deformação normal média do elástico. A superfície é definida pela função y=(x2) pé, onde x é dado em pé. Solução: Comprimento inicial de AB: pé1LABi = Comprimento final de A’B: pé1,4789429dxx41dx)x2(1dx)x('f1L 1 0 2 1 0 2 1 0 2 ABf =+=+=+= ∫∫∫ Portanto a deformação média de AB é: 4789429,0 1 11,4789429 L LL ABi ABiABf = − = − =ε Resposta: A deformação normal média do elástico AB é de 0,4789 pé/pé. 3.2 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência. Solução: Diagrama Tensão × Deformação 0 10 20 30 40 50 60 0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025 O módulo de elasticidade é a inclinação da reta inicial, ou seja, a tangente do ângulo entre a reta inicial e o eixo das deformações (abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial, ou melhor, área do triângulo inicial. psi96,9ksi00996,0 2 0006,02,33 u ksi3,55333 0006,0 2,33E r == × = == Resposta:. Módulo de elasticidade = 55333,3 ksi e o módulo de resiliência = 9,96 psi. 3.3 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e determinar o módulo de tenacidade aproximado se a tensão de ruptura for de 53,4 ksi. Solução: Diagrama Tensão × Deformação 0 10 20 30 40 50 60 0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025 O módulo de tenacidade será a soma das áreas abaixo da curva do diagrama tensão versus deformação, neste caso, um triângulo e quatro trapézios: psi84,85ksi08584,0)4,535,51( 2 0004,0)5,514,49( 2 0004,0 )4,495,45( 2 0004,0)5,452,33( 2 0004,0 2 0006,02,33 u t ==+×++× ++×++×+ × = Resposta:. O módulo de tenacidade = 85,84 psi. 3.4 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência. Solução: Diagrama Tensão × Deformação 0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 0,0000 0,0010 0,0020 0,0030 0,0040 0,0050 0,0060 O módulo de elasticidade é a tangente do ângulo entre a reta inicial e o eixo das deformações (abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial. psi6,25ksi0256,0 2 0016,032 u ksi20000 0016,0 32E r == × = == Resposta:. O Módulo de elasticidade = 20000 ksi, e o módulo de resiliência = 25,6 psi. 3.18 Os arames de aço AB e AC suportam a massa de 200 kg. Supondo que a tensão normal admissível para eles seja σadm = 130 MPa, determinar o diâmetro requerido para cada arame. Além disso, qual será o novo comprimento do arame AB depois que a carga for aplicada? Supor o comprimento sem deformação de AB como sendo 750 mm. Eaço = 200 GPa. x y FAB FAC αααα F 60o Solução: αααα 3 4 5 6,0 5 3)cos( 8,0 5 4)(sen ==α ==α N33,196180665,9200F =×= 0F)(senF)60(senF0F 0)cos(F)60cos(F0F AC o ABy AC o ABx =−α×+×⇒= =α×+×−⇒= ∑ ∑ Resolvendo: N39,1066F N66,1279F AC AB = = Assim, os diâmetros serão: mm23,3d 130 39,1066F 4 d mm54,3d 130 66,1279F 4 d AC adm AC 2 AC AB adm AB 2 AB =⇒= σ = pi =⇒= σ = pi O deslocamento do arame AB será: mm488,0 4 54,3200000 75066,1279 4 dE LF 22 AB ABAB = ×pi × × = pi =δ Resposta: Os diâmetros requeridos para os arames AB e AC são 3,54 mm e 3,23 mm, respectivamente. O novo comprimento do arame AB será de 750,488 mm. 3.24. A haste plástica é feita de Kevlar 49 e tem diâmetro de 10 mm. Supondo que seja aplicada uma carga axial de 80 kN, determinar as mudanças em seu comprimento e em seu diâmetro. Solução: Vamos nomear os comprimentos iniciais da haste Li = 100 mm di = 10 mm Outros dados: P = 80 kN = 80000 N E = 131 GPa = 131000 N/mm2 ν=0,34 Precisamos saber que: ε=σ ε×+=⇒ − = δ =ε ε ε −=ν E LLL L LL L iifi if allongitudin ltransversa Da Lei de Hooke encontramos a deformação longitudinal. mm97356,9)00264367,0(1010dddd mm77751,1000077751,0100100LLLL 00264367,00077751,034,0 0077751,0 131000 59,1018 E E mm/N59,1018 4 10 80000 A P fltransversaiif fallongitudiniif allongitudinltransversa allongitudin ltransversa allongitudin 2 2 =−×+=⇒ε×+= =×+=⇒ε×+= −=×−=ε×ν−=ε ⇒ ε ε −=ν == σ =ε⇒ε=σ = pi ==σ Resposta: O comprimento passa a ser de 100,77751 mm e o novo diâmetro de 9,97356 mm. Laina Highlight Laina Highlight Laina Highlight Laina Sticky Note As informações de E e v estão na tabela de propriedade do materiais 4.6. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Se a haste está sujeita a uma carga axial P1 = 12 kip em A e P2 = 18 kip na conexão B, determinar o deslocamento da conexão e da extremidade A. O comprimento de cada segmento sem alongamento é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam rígidas. Solução: Dados: Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×106 lbf/pol2 Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×106 lbf/pol2 d = 1 pol LAB = 4 pés = 48 pol LBC = 2 pés = 24 pol NAB = P1 = 12 kip = 12000 lbf NBC = P1-P2 = 12-18 = -6 kip = -6000 lbf pol00632,0 785398,01029 246000 AE LN AE LN pol0670,0 785398,01029 246000 785398,01010 4812000 AE LN AE LN AE LN pol785398,0 4 )pol1( 4 dA 6B aço BCBC B n 1i ii ii 66A aço BCBC alumínio ABAB A n 1i ii ii 2 22 −= ×× ×− =δ⇒=δ⇒=δ = ×× ×− + ×× × =δ⇒+=δ⇒=δ = pi = pi = ∑ ∑ = = Resposta: O deslocamento da extremidade A é de 0,0670 pol e o deslocamento da conexão é de -0,00632. 4.7. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas P1 e P2 se A desloca-se 0,08 pol para a direita e B desloca-se 0,02 pol para a esquerda quando as cargas são aplicadas. O comprimento de cada segmento sem alongamento é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam rígidas. Solução: Dados: Eaço = 29000 ksi = 29×106 psi = 29×106 lbf/pol2 Ealumínio = 10000 ksi = 10×106 psi = 10×106 lbf/pol2 d = 1 pol LAB = 4 pés = 48 pol LBC = 2 pés = 24 pol lbf9,35342P02,0 785398,01029 24)P5,16362( lbf5,16362P08,002,0 785398,01010 48P pol08,0 785398,01029 24)PP( 785398,01010 48P AE LN AE LN pol02,0 785398,01029 24)PP( AE LN pol785398,0 4 )pol1( 4 dA 26 2 B 16 1 A 6 21 6 1 A aço BCBC alumínio ABAB A 6 21 B aço BCBC B 2 22 =⇒−= ×× ×− =δ =⇒=− ×× × =δ = ×× ×− + ×× × =δ⇒+=δ −= ×× ×− =δ⇒=δ = pi = pi = Resposta: As cargas aplicadas P1 e P2 são: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente. 4.42 A coluna de concreto é reforçada com quatro barras de aço, cada uma com diâmetro de 18 mm. Determinar a tensão média do concreto e do aço se a coluna é submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa. Solução: Es=200 GPa Ec=25 GPa 2 sc 2 2 s mm1,88982A300300A mm88,1017 4 184A =−×= = pi = P=800 kN Pc – parte da força P no concreto Ps – parte da força P no aço scsc PPPPPP −=⇒=+ ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) MPa24,8 1,88982 7,732927 A PMPa9,65 88,1017 3,67072 A P N7,7329273,67072800000P N3,67072 88,10172000001,8898225000 88,1017200000800000P AEAE AEPPAEPAEAEP AEPAEPAEPAEPAEPAEP AEPPAEPAEPAEP AE LP AE LP c c c s s s c s sscc ss sssssccs sssssccssssssccs sssccssscccs ss s cc c sc ===σ⇒===σ⇒ =−=⇒ = ×+× × ×=⇒ + =⇒=+⇒ =+⇒−=⇒ −=⇒=⇒=⇒δ=δ Resposta: A tensão normal média do concreto é de 8,24 MPa e a tensão normal média do aço é de 65,9 MPa. 4.43 A coluna mostrada na figura é fabricada de concreto com alta resistência (Ec=29 GPa) e quatro barras de reforço de aço A36. Se a coluna é submetida a uma carga axial de 800 kN, determine o diâmetro necessário a cada barra para que um quarto da carga seja sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto. Solução: Es=200 GPa Ec=25 GPa sc A300300A −×= P=800 kN Pc – parte da força P no concreto Ps – parte da força P no aço scsc PPPPPP −=⇒=+ mm34,36 1 29000 200000 200 600 90000 1 E E P P 90000 d 1 E E P P 90000 d 1 E E P P 90000 4 d4 1 E E P P 90000A 1 E E P P A 90000 E E P P 1 A A90000 E E1 P P 1 A A E E1 P P A A1 P P AE AE AE AE1 P P AE AEAE P P AEAE AE P P AEAE AE PP c s s c c s s c c s s c 2 c s s c s c s s c s s c c ss s s c c s c s c cc s ccc ss cc ss c cc sscc csscc ccc sscc cc c = + pi = + pi =⇒ + pi =⇒ + = pi ⇒ + =⇒ + =⇒ = − ⇒ − =⇒ −=⇒−=⇒+=⇒ + =⇒ + =⇒ + = Resposta: O diâmetro necessário é de 36,34 mm a cada barra para que um quarto da carga seja sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto. snuber 5.1. Um eixo é feito de liga de aço com tensão de cisalhamento admissível de τadm = 12 ksi. Supondo que o diâmetro do eixo seja de 1,5 pol, determinar o torque máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um furo de 1 pol de diâmetro ao longo do eixo? Traçar o gráfico da distribuição cisalhamento-tensão ao longo de uma reta radial em cada caso. Solução: pol.lbf16,7952 16 5,112000 16 dT d T16 32 d .2 Td J2 dT pol5,1d psi12000ksi12 33 adm 34adm adm = pi = piτ = pi = pi ==τ = ==τ Para o eixo com um furo de 1 pol pol.lbf36,6381'T 12000 32 )0,15,1(2 5,1'T 32 )dd( .2 Td J2 d'T pol0,1d pol5,1d psi12000ksi12 444 i 4 e e adm i e adm =∴ = −pi × × = −pi ==τ = = ==τ 12 ksi 12 ksi 7,95 kip.pol 6,38 kip.pol Resposta: As tensões de cisalhamento T e T’ são, respectivamente, 7952,16 lbf.pol e 6381,36 lbf.pol. snuber 5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos C e D do eixo. Indicar a tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Solução: Para o ponto C temos: 233 C 4 CC C C mm N7256,37)30( 20000016 d T16 32 d2 dT J2 dT mm30d mm.N200000m.N200500300T = ×pi × = pi = pi ==τ = ==+−= Para o ponto D temos: 233 D 4 DD D D mm N4512,75)30( 40000016 d T16 32 d2 dT J2 dT mm30d mm.N400000m.N400200500300T = ×pi × = pi = pi ==τ = ==++−= TC TD Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos pontos C e D são: 37,7 MPa e 75,5 MPa, respectivamente. 5.6. O conjunto consiste de dois segmentos de tubos de aço galvanizado acoplados por uma redução em B. O tubo menor tem diâmetro externo de 0,75 pol e diâmetro interno de 0,68 pol, enquanto o tubo maior tem diâmetro externo de 1 pol e diâmetro interno de 0,86 pol. Supondo que o tubo esteja firmemente preso à parede em C, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo quando o conjugado mostrado é aplicado ao cabo da chave. Solução: Para o trecho AB temos: 2444 i 4 e e AB ie pol lbf71,7818 32 )68,075,0(2 75,0210 32 )dd( .2 Td J2 Td pol68,0dpol75,0d pol.lbf210pol14lb15T = −pi × × = −pi ==τ == =×= Para o trecho BC temos: 2444 i 4 e e BC ie pol lbf02,2361 32 )86,01(2 75,0210 32 )dd( .2 Td J2 Td pol86,0dpol1d = −pi × × = −pi ==τ == Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos trechos AB e BC são: 7,82 ksi e 2,36 ksi, respectivamente. snuber 5.10. O eixo maciço tem diâmetro de 0,75 pol. Supondo que seja submetido aos torques mostrados, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida nas regiões CD e EF. Os mancais em A e F permitem rotação livre do eixo. Solução: Para o trecho CD temos: 2334CD pol lbf2173 75,0 18016 d T16 32 d .2 Td J2 Td pol75,0d pol.lbf180pol12lbf15pés.lbf)2035(T = ×pi × = pi = pi ==τ = =×=−= Para o trecho EF temos: 2334EF pol lbf0 75,0 016 d T16 32 d .2 Td J2 Td pol75,0d pol.lbf0pés.lfb0T = ×pi × = pi = pi ==τ = == Resposta: A tensão de cisalhamento no trecho CD é de 2,173 ksi e no trecho EF é de 0,0 ksi. 5.25. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min. Supondo que o eixo tenha diâmetro de ½ pol, determinar a tensão de cisalhamento máxima nele desenvolvida. Solução: 1 rotação = 2pi rad 1 minuto = 60 s 1 hp = 550 pés . lbf / s 23max 34max t max pol lbf96,0855 5,0 0085,2116 d T16 32 d2 Td J2 Td pol.lbf0085,21 60 2300 1255PTTP = ×pi × =τ pi = pi =τ⇒=τ = pi × × = ω =⇒ω= Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida é de 856 psi. 5.26. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min. Supondo que a tensão de cisalhamento admissível para o eixo seja τadm = 4 ksi, determinar o menor diâmetro de eixo que pode ser usado com aproximação de 1/8 pol. Solução: 1 rotação = 2pi rad 1 minuto = 60 s 1 hp = 550 pés . lbf / s pol 8 3pol299067,0 4000 0085,2116d T16d d T16 32 d2 Td J2 Td pol.lbf0085,21 60 2300 1255PTTP 3 3 adm 34max t max ≅= ×pi × = piτ =⇒ pi = pi =τ⇒=τ = pi × × = ω =⇒ω= Resposta: O menor diâmetro de eixo deve ser de 3/8 pol. snuber 5.30. A bomba opera com um motor que tem potência de 85 W. Supondo que o impulsor em B esteja girando a 150 rev/min, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A, localizada no eixo de transmissão que tem 20 mm de diâmetro. Solução: 1 rotação = 2pi rad 1 minuto = 60 s 1 W = 1 N . m / s 2max 334max t max mm N44492,3 20 27,541116 d T16 32 d2 Td J2 Td mm.N27,5411 60 2150 85000PTTP =τ ×pi × = pi = pi =τ⇒=τ = pi × = ω =⇒ω= Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A é de 3,44 MPa. 5.31. Um tubo de aço com diâmetro externo de d1 = 2,5 pol transmite 35 hp quando gira a 2700 rev/min. Determinar o diâmetro interno d2 do tubo, com aproximação de 1/8 pol, se a tensão de cisalhamento admissível é τmax = 10 ksi. Solução: A tensão de cisalhamento máxima é: pi − pi ==τ 2 d 2 d dT J cT 4 2 4 1 1 t max 1 rotação = 2pi rad 1 minuto = 60 s 1 hp = 550 lbf . pé / s pol 8 32pol4832,2d 10000 2 d 2 5,2 5,2995,816 2 d 2 d dT J cT pol.lbf995,816 60 22700 1255035PTTP 2 adm4 2 44 2 4 1 1 t max == =τ= pi − ×pi × = pi − pi ==τ = pi × ×× = ω =⇒ω= Resposta: O diâmetro interno d2 do tubo deve ser de 2 3/8 pol. snuber 5.43. Um eixo está submetido a um torque T. Comparar a eficácia do tubo mostrado na figura com a de um eixo de seção maciça de raio c. Para isso, calcular a porcentagem de aumento na tensão de torção e no ângulo de torção por unidade de comprimento do tubo em relação aos valores do eixo de seção maciça. Solução: As tensões de torção são: Os ângulos de torção são: 0667,1 15 16 2 c cT 16 15 2 c cT e 2 c cT J cT 16 15 2 c cT 2 )2/c( 2 c cT J cT 4 4 tensão 4 t m max 444 t t max == pi × pi = pi ==τ × pi = pi − pi ==τ 0667,1 15 16 2 cG LT 16 15 2 cG LT e 2 cG LT GJ LT 16 15 2 cG LT 2 )2/c( 2 cG LT GJ LT 4 4 ângulo 4 t m max 444 t t max == pi × pi = pi ==τ × pi = pi − pi ==φ Resposta: As eficiências de tensão de torção e ângulo de torção são iguais e valem um aumento de 6,67% do eixo vazado em relação ao eixo maciço. 5.46. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as extremidades estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da extremidade A em relação à extremidade D? Os tubos têm diâmetro externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 40 mm. Solução: Para o trecho BC temos: ( ) ( ) ( ) ( ) o44444AD 4 CDi 4 CDe CD 4 BC BC 4 ABi 4 ABe AB AD BC CDeABe CDiABi BC CDAB 2 637973,0rad0111347,0 32 2030 250 32 40 500 32 2030 250 75000 85000 32 dd L 32 d L 32 dd L G T GJ TL mm40d mm30dd mm20dd mm500L mm250LL mm N75000GPa75G mm.N85000m.N85T == −pi + pi + −pi =φ −pi + pi + −pi ==φ = == == = == == == ∑ Resposta: O ângulo de torção da extremidade A em relação a extremidade D é de 0,638º. 5.47. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as extremidades A e D estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da extremidade B da parte maciça em relação à extremidade C? Os tubos têm diâmetro externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 40 mm. Solução: Para o trecho BC temos: o 4BC 4 BC BC BC BC BC 2 129185,0rad0022547,0 32 4075000 50085000 32 dG LT mm40d mm500L mm N75000GPa75G mm.N85000m.N85T == pi × × =φ pi =φ = = == == Resposta: O ângulo de torção da extremidade B em relação à extremidade C é de 0,129º. 5.49. As engrenagens acopladas ao eixo de aço inoxidável ASTM-304 estão sujeitas aos torques mostrados. Determinar o ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem B. O eixo tem diâmetro de 1,5 pol. Solução: Para o trecho BC temos: ( ) o 4 6 BC 26 716,2rad04741,0 32 5,11011 367200 GJ TL pol5,1d pol36pés3L pol/lbf1011ksi11000G pol.lbf7200pol12lbf600pés.lb60T == pi ×× × ==φ = == ×== =×== Resposta: O ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem B é de 2,716º. snuber www.profwillian.com 5.54. O eixo de aço A-36 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 50 mm. Requer que transmita 35 kW de potência do motor E para o gerador G. Determinar a menor velo- cidade angular que o eixo pode ter se a máxima torção admissível é de 1o. Adotar o módu- lo de elasticidade transversal igual a 75 GPa. Solução: 1 rotação = 2pi rad 1 minuto = 60 s ( ) mm3000m3L 32 mm50 32 dJ mm N75000MPa75000G rad 180 1 44 2 o == ×pi = pi = == pi ==φ rpm37,1248 min 60 1 rot 2 1 729,130 s/rad729,130 267730 35000000 T P s m.N35000000kW35P mmN267730 L JGT JG LT = pi×=ω ===ω == = φ =⇒=φ Resposta: A velocidade angular é de 1248 rpm snuber 5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade B quando os torques são aplicados ao conjunto como mostrado. Solução: ( ) ( ) o BFFE 4 6 4 6 EHEHDHDH EHDHE 1,53rad0,02666860,0177791 4 646 rad0,0177791 32 11011 301260 32 11011 101220 JG LT JG LT ==×=φ=φ⇒φ=φ = ×pi × ×× + ×pi × ××− =+=φ+φ=φ Observação: Note que o torque de 40 lb.pés (= 40×12 lb.pol) aplicado em G se transforma em 60 lb.pés aplicado no ponto E pois o diâmetro das engrenagens são diferentes. A reação de apoio em D é de 20 lb.pés, portanto, os trechos DH e EH estão com os torques de –20 lb.pés e 60 lb.pés, respectivamente. 5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade A quando os torques são aplicados ao conjunto como mostrado. Solução: ( ) ( ) ( ) o 4 6 FGFG EFGEAG o BFFE 4 6 4 6 EHEHDHDH EHDHE 1,78rad0,0311133 32 11011 1012400,0266686 JG LT 1,53rad0,02666860,0177791 4 646 rad0,0177791 32 11011 301260 32 11011 101220 JG LT JG LT == ×pi × ×× +=+φ=φ+φ=φ=φ ==×=φ=φ⇒φ=φ = ×pi × ×× + ×pi × ××− =+=φ+φ=φ Observação: φG (=φA) é encontrado adicionando φF (=φB) ao ângulo de torção surgido no trecho FG devido ao torque de 40 lb.pés. Note que os trechos AG e BF não sofrem torques. 6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. Solução: A C 24 kN 250 mm B VA VB x 800 mm • Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. ∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. • Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN5,31V0105024800V0M AAz =⇒=×−×⇒=∑ • usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: kN5,7V024VV0F BBAy −=⇒=−+⇒=∑ Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) C 24 kN x Mx Nx Vx Trecho CA x24M 0Mx240M 24V 0V240F mm250x0 x xz x xy −=∴ =+⇒= −=∴ =−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 31,5 kN x Mx Nx Vx Trecho AB A 24 kN 7875x5,7M 0M)250x(5,31x240M 5,7V 05,31V240F mm1050x250 x xz x xy −=∴ =+−−⇒= =∴ =+−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. -24 7,5 V -6000 M 6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo. Solução: A C 400 lbf 18 pol B VA VB x 24 pol 300 lbf D 12 pol • Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. ∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. • Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: lbf550V0123004240024V0M AAz =⇒=×+×−×⇒=∑ • usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: lbf150V0300400VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑ Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) C 400 lbf x Mx Nx Vx Trecho CA x400M 0Mx4000M 400V 0V4000F pol18x0 x xz x xy −=∴ =+⇒= −=∴ =−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 550 lbf x Mx Nx Vx Trecho AB A 400 lbf 9900x150M 0M)18x(550x4000M 150V 0550V4000F pol42x18 x xz x xy −=∴ =+−−⇒= =∴ =+−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ snuber C 550 lbf x Mx Nx Vx Trecho BD A 400 lbf B 150 lbf 16200x300M 0M)42x(150)18x(550x400 0M 300V 0150550V4000F pol54x42 x x z x xy −=∴ =+−−−− ⇒= =∴ =++−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. -400 150 V 300 -7200 M -3600 6.3 Os três semáforos têm, cada um, massa de 10 kg e o tubo em balanço AB tem massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o tubo. Desprezar a massa da placa. Solução: 98,1 N 98,1 N 98,1 N 14,7 N/m A B 1,75 m 1,75 m 3,00 m C D Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) A x Mx Nx Vx Trecho AC 98,1 N x1,98x35,7M 0M 2 x x7,14x1,980M 1,98x7,14V 0Vx7,141,980F m75,1x0 2 x xz x xy −−=∴ =++⇒= −−=∴ =−−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ A x Mx Nx Vx Trecho CD 98,1 N 98,1 N C 171,675x2,196x35,7M 0M 2 x x7,14)75,1x(1,98x1,98 0M 2,196x7,14V 0Vx7,141,981,980F m5,3x75,1 2 x x z x xy +−−=∴ =++−+ ⇒= −−=∴ =−−−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ A x Mx Nx Vx Trecho DB 98,1 N 98,1 N C 98,1 N D 515,025x294,3x35,7M 0M 2 x x7,14)5,3x(1,98)75,1x(1,98x1,98 0M 294,3x7,14V 0Vx7,141,981,981,980F m5,6x5,3 2 x x z x xy +−−=∴ =++−+−+ ⇒= −−=∴ =−−−−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. -98,1 -123,825 V -221,925 -247,65 -345,75 -389,85 -194,184375 M -605,1125 -1708,4625 6.5 O encontro de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma de uma ponte. Desenhar seus diagramas de força cortante e momento quando ele é submetido às cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem apenas reações verticais sobre o encontro. Solução: A 60 kN 1 m B VA VB x 35 kN 1 m 1,5 m 1 m 1 m 1,5 m 60 kN 35 kN 35 kN C D E F G • Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. ∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. • Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz =⇒=×+×−×−×−×−×⇒=∑ • usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: kN5,112V06035353560VV0F BBAy =⇒=−−−−−+⇒=∑ Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) C x Mx Nx Vx Trecho CA 60 kN x60M 0Mx600M 60V 0V600F m1x0 x xz x xy −=∴ =−−⇒= −=∴ =−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 112,5 kN x Mx Nx Vx Trecho AD 60 kN 5,112x5,52M 0M)1x(5,112x600M 5,52V 0V5,112600F m2x1 x xz x xy −=∴ =−−+−⇒= =∴ =−+−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 112,5 kN x Mx Nx Vx Trecho DE 60 kN 35 kN D 5,42x5,17M 0M)2x(35)1x(5,112x60 0M 5,17V 0V355,112600F m5,3x2 x x z x xy −=∴ =−−−−+− ⇒= =∴ =−−+−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 112,5 kN x Mx Nx Vx Trecho EF 60 kN 35 kN D 35 kN E 80x5,17M )5,3x(355,42x5,17M0M 5,17V 0V35355,11260 0F m5x5,3 x xz x x y +−=∴ −−−=⇒= −=∴ =−−−+− ⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 112,5 kN x Mx Nx Vx Trecho FB 60 kN 35 kN D 35 kN E 35 kN F 255x5,52M )5x(3580x5,17M0M 5,52V 0V3535355,11260 0F m6x5 x xz x x y +−=∴ −−+−=⇒= −=∴ =−−−−+− ⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 112,5 kN x Mx Nx Vx Trecho BG 60 kN 35 kN D 35 kN E 35 kN F 112,5 kN 420x60M )6x(5,112255x5,52M0M 60V 0V5,1123535355,11260 0F m7x6 x xz x x y −=∴ −++−=⇒= =∴ =−+−−−+− ⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em kN e diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. –60 +52,5 V +17,5 +60 –52,5 –17,5 M –7,5 –60 –60 +18,75 6.6. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em A e B exercem apenas reações verticais sobre ele. Expressar também a força cortante e o momento em função de x na região 125 mm < x < 725 mm. Solução: A C 800 N 125 mm B VA VB x 600 mm 1500 N D 75 mm • Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. ∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. • Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: N625,815V0751500675800800V0M AAz =⇒=×−×−×⇒=∑ • usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: N375,1484V01500800VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑ Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) A 815,625 x Mx Nx Vx Trecho AC x625,815M 0Mx625,8150M 625,815V 0V625,8150F mm125x0 x xz x xy =∴ =−⇒= =∴ =−⇒= ≤≤ ∑ ∑ A x Mx Nx Vx Trecho CD C 800N 815,625 100000x625,15M M)125x(800x625,8150M 625,15V 0V800625,8150F mm725x125 x xz x xy +=∴ =−−⇒= =∴ =−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ A x Mx Nx Vx Trecho DB C 800N 815,625 D 1500N 1187500x375,1484M M)725x(1500)125x(800x625,815 0M 375,1484V 0V1500800625,8150F mm800x725 x x z x xy +−=∴ =−−−− ⇒= −=∴ =−−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em N e diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. 815,625 15,625 V –1484,375 M 111328,125 101953,125 6.32. Desenhar os diagramas de força cortante e momento da viga de madeira e determinar a força cortante e o momento em toda a viga em função de x. Solução: A C 250 lbf 4 pés B VA VB x 6 pés 250 lbf D 4 pés 150 lbf/pé • Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio. ∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais. • Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0M z , assim, tomando um eixo z que passa pelo ponto B temos: ( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz =⇒=×+××−×−×⇒=∑ • usando a equação: ∑ = 0Fy , temos: lbf700V06150250250VV0F BBAy =⇒=×−−−+⇒=∑ Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0) C 250 lbf x Mx Nx Vx Trecho CA x250M 0Mx2500M 250V 0V2500F pés4x0 x xz x xy −=∴ =+⇒= −=∴ =−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 700 lbf x Mx Nx Vx Trecho AB A 250 lbf 150 lbf/pé 2 x x 2 z x xy x75x10504000M 0M 2 )4x(150)4x(700x250 0M x1501050V 0V700)4x(1502500F pés10x4 −+−=∴ =+ − +−− ⇒= −=∴ =−+−−−⇒= ≤≤ ∑ ∑ C 700 lbf x Mx Nx Vx Trecho BD A 250 lbf 150 lbf/pé 700 lbf B 3500x250M 0M)10x(700 )7x(6150)4x(700x250 0M 250V 0V7007006150250 0F pés14x10 x x z x x y −=∴ =+−− +−×+−− ⇒= =∴ =−++×−− ⇒= ≤≤ ∑ ∑ Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para cima. –250 450 V 250 –450 –1000 M –1000 –325 6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual delas suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão. Qual é essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente? Solução: M = 150 kN.m = 150×106 N.mm O momento de Inércia: Seção (a) MPa114 165 216450000 10150 c I M mm216450000I 0)30030( 12 3003025,157)15200( 12 15200I a 6 a a max a 4 a 2 3 2 3 a =σ∴ × × ==σ =∴ ××+ × +× ××+ × = Seção (b) MPa7,74 180 361350000 10150 c I M mm361350000I 0)30015( 12 300152165)30200( 12 30200I b 6 b b max b 4 b 2 3 2 3 b =σ∴ × × ==σ =∴ ××+ × +× ××+ × = Eficiência = %53100 7,74 7,74114 =× − Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%. 6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal. Desenhar os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses pontos. Solução: Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: ××+ × +× ××+ × = =⇒ ×+×+× ××+××+×× = 2 3 2 3 x 5,12)1080(12 108025,12)4010( 12 4010I mm5,32y)1080()4010()4010( 45)1080(20)4010(20)4010(y MPa548,15,7 3 1090000 75000y I M MPa612,35,17 3 1090000 75000y I M mm 3 1090000I C x max C B x max B 4 x =×==σ =×==σ =∴ Resposta: As tensões normais de flexão nos pontos B e C da seção transversal são, respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa. σ=1,548 MPa σ=3,612 MPa 6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça. Solução: Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: mm5,32y)1080()4010()4010( 45)1080(20)4010(20)4010(y =⇒ ×+×+× ××+××+×× = MPa709,65,32 3 1090000 75000y I M MPa612,35,17 3 1090000 75000y I M mm 3 1090000I 5,12)1080( 12 108025,12)4010( 12 4010I base x max max B x max max 4 x 2 3 2 3 x +=×==σ −=×−==σ =∴ ××+ × +× ××+ × = + − Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e 6,709 MPa de tração. 6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão máxima desenvolvida na viga. Solução: M = 15 kip.pés = 15×1000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: pol5,5625y)13()81()15( 5,0)13(5)81(5,9)15(y =⇒ ×+×+× ××+××+×× = Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 4 x 2 3 2 3 2 3 x pol3200,270833I )5,05625,5()13( 12 13)55625,5()81( 12 81)5,95625,5()15( 12 15I =∴ −××+ × +−××+ × +−××+ × = As tensões na parte superior e inferior do flange superior são: ( ) ( ) lbf176953539)15(F AF psi353930903988 2 1 2 1 psi3090)5,5625-(9 3200,270833 180000y I M psi3988)5,5625-(10 3200,270833 180000y I M mesa médmesamesa méd infsupméd inf x max inf sup x max sup =××= σ×= =+=σ σ+σ=σ =×==σ =×==σ As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são: ( ) ( ) lbf3,136501,4550)13(F AF psi1,45505,49997,4100 2 1 2 1 psi5,49995,5625 3200,270833 180000y I M psi7,4100)1-(5,5625 3200,270833 180000y I M mesa médmesamesa méd infsupméd maxinf x max inf sup x max sup =××= σ×= =+=σ σ+σ=σ σ==×==σ =×==σ Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração. A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração). 6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés. Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga. Linha Neutra y σσσσsup σσσσinf σσσσmax Solução: M = 12 kip.pé = 12×1000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: pol0625,7y)16()101( 5,10)16(5)101(y =⇒ ×+× ××+×× = Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra: 4 x 2 3 2 3 x pol271,197I)0625,75,10()16(12 16)50625,7()101( 12 101I =∴−××+×+−××+×= As tensões na parte superior e inferior da mesa são: psi51550625,7 271,197 144000y I M psi21449375,2 271,197 144000y I M psi28749375,3 271,197 144000y I M x max max inf x max inf sup x max sup =×==σ =×==σ =×==σ ( ) ( ) lbf150552509)16(F AF psi250921442874 2 1 2 1 mesa médmesamesa méd infsupméd =××= σ×= =+=σ σ+σ=σ Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma. 6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais. Solução: A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: c I M max max =σ I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na questão: mm15c 64 30I mm.N480000m.N480m8,0N600aPM 4 1max = ×pi = ==×=×= Assim: MPa181 mm N08,18115 64 30 480000 c I M max 24max max max =σ∴ =× ×pi =σ =σ Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de σσσσmax = 181 MPa. 6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão de flexão admissível é σadm = 160 MPa. Solução: A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: c I M max max =σ I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na questão: 32 d 2 d 64 d c IZ 2 d c 64 dI mm.N480000m.N480m8,0N600aPM 3 4 4 1max ×pi = ×pi == = ×pi = ==×=×= Assim: mm3,31d 300032d 32 d mm3000 160 480000Z M Z Z M c I M 3 3 3 nec adm max nec nec maxmax adm =∴ pi × =⇒ ×pi === σ =⇒==σ Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm. 6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a tensão normal de flexão na viga não exceda σadm = 10MPa. Solução: A tensão normal numa seção transversal de uma viga é: c I M max max =σ I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados fornecidos na questão: mm50c 12 10050I mmP500m5,0PaPM 3 max = × = =×=×= Assim: N67,1666P 50500 10 12 10050 P50 12 10050 P50010 c I M c I M 3 3 max adm max max =∴ × × × =⇒× × = =σ⇒=σ Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN. 6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for σadm = 150 MPa. Solução: Diagrama de momentos: M –60 kN.m 1,25 kN.m 0,25 m Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×106 N.mm (tração nas fibras superiores) Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: a 12 5y )a 3 2 a 2 1()a 3 1 a( a 3 2)a 3 2 a 2 1(a 6 1)a 3 1 a( y =⇒ ×+× ××+×× = Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: 4 x 2 3 2 3 x a 648 37I a 3 2 a 12 5 a 3 2 a 2 1 12 a 3 2 a 2 1 a 6 1 a 12 5 a 3 1 a 12 a 3 1 a I =∴ −× ×+ × + −× ×+ × = A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal: mm876,159 37 70060a150a 12 5 a a 648 37 1060y I M 3 4 6 sup x max sup =×=⇒= −× × ==σ Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm. 6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga, supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível (σadm)c = 16 ksi na compressão e (σadm)t = 18 ksi na tração. Solução: Diagrama de momentos: M 60P Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: pol25,6y)81()18( 4)81(5,8)18(y =⇒ ×+× ××+×× = Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra: ( ) ( ) ( ) ( ) 4 x 2 3 2 3 x pol33,124I 425,681 12 8125,65,818 12 18I =∴ −××+ × +−××+ × = As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da seção transversal: lbf5968P1800025,6 33,124 P60y I M lbf12056P1600075,2 33,124 P60y I M sup x max inf sup x max sup =⇒=×==σ =⇒=×==σ Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip. 7.5 Se a viga T for submetida a um cisalhamento vertical V = 10 kip, qual será a tensão de cisalhamento máxima nela desenvolvida? Calcular também o salto da tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB. Desenhar a variação de intensidade da tensão de cisalhamento em toda a seção transversal. Mostrar que IEN=532,04 pol4. Solução: V = 10 kip = 10000 lbf Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: pol423,5y)314()66( 5,7)314(3)66(y =⇒ ×+× ××+×× = A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: 2 x max 4 x 2 3 2 3 x 3 3 pol lbf4,276 60385,532 229,8810000 bI QV pol0385,532I 0769,2)314( 12 314423,2)66( 12 66I pol229,880769,2)143( 2 577,0)577,06(Q ou pol229,88 2 423,5)423,56(Q = × × ==τ =∴ ××+ × + ××+ × = =××+××= =××= A tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB: 2 x mesa 2 x alma 3 3 pol lbf1,117 140385,532 2298,8710000 bI QV pol lbf3,273 60385,532 2298,8710000 bI QV pol2298,870769,2)314(Q ou pol2298,87423,2)66(Q = × × ==τ = × × ==τ =××= =××= τ=117,1 psi τ=273,3 psi τ=276,4 psi Resposta: A tensão de cisalhamento máxima é de ττττmax = 276,4 psi. O salto da tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB é de 273,3 psi na alma e 117,1 psi na mesa. 7.15 Determinar a tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal circular de raio r e sujeito à força cortante V. Expressar a resposta em termos da área A da seção transversal. Solução: A tensão de cisalhamento máxima é: bI QV x max =τ onde: r2b 4 rI 3 r2 3 r4 2 rQ 4 x 32 = pi = = pi × pi = Assim: A3 V4 r3 V4 r2 4 r 3 r2V bI QV 24 3 max x max = pi = pi =τ⇒ =τ Resposta: A tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal circular de raio r e sujeito à força cortante V é de A3 V4 max =τ . 7.17 Determinar as maiores forças P nas extremidades que o elemento pode suportar, supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 10 ksi. Os apoios em A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga. Solução: O máximo cortante ocorre nos apoios igualmente e é de: PV = Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência: pol34091,2y)5,16()5,25,1()5,25,1( 25,3)5,16(25,1)5,25,1(25,1)5,25,1(y =⇒ ×+×+× ××+××+×× = A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: ( ) ( ) lbf6,80138P 21978,8 39574,2110000P pol lbf10000 39574,21 21978,8P bI QV pol9574,21I 34091,225,3)5,16( 12 5,16225,134091,2)5,25,1( 12 5,25,1I pol21978,82 2 34091,2)34091,25,1(Q 2 x 4 x 2 3 2 3 x 3 =∴ ×× =⇒ = × × ==τ =∴ −××+ × +× −××+ × = =× ××= Resposta: As maiores forças P nas extremidades que o elemento pode suportar são de 80,1 kip. 7.21 Os apoios em A e B exercem reações verticais sobre a viga de madeira. Supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 400 psi, determinar a intensidade da maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga. Solução: O máximo cortante ocorre no apoio e é de: )pol(12w75,0 2 w5,1V ou )pé(w75,0 2 w5,1V ×== == A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra: ( ) ( ) pé kip69,5 1000 12474,0741 pol lbf474,0741w 161275,0 2 12 82400 w pol lbf400 2 12 82 1612w75,0 bI QV 12 82I pol16 2 4)42(Q 3 23 x 3 x 3 ===∴ ×× × × × =⇒ = × × ×× ==τ × = =××= Resposta: A maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga é de 5,69 kip/pés. 12.5 Determinar as equações da linha elástica da viga usando as coordenadas x1 e x2. Especificar a inclinação em A e a deflexão máxima. Considerar EI constante. Solução: Reações de apoio: PV0PPVV0F PV0Pa)aL(PLV0M BBAy AA)B(z =∴=−−+⇒= =∴=−−−×⇒= ∑ ∑ Vamos encontrar as equações de momento fletor: Lx)aL()aLx(P)ax(PPxM )aL(xa)ax(PPxM ax0PxM 3 2 1 ≤≤−⇒+−−−−= −≤≤⇒−−= ≤≤⇒= Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): Lx)aL()aLx(P)ax(PPx)x(''yIE )aL(xa)ax(PPx)x(''yIE ax0Px)x(''yIE 3 2 1 ≤≤−⇒+−+−+−= −≤≤⇒−+−= ≤≤⇒−= E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração: Lx)aL(C 2 )aLx(P 2 )ax(P 2 xP)x('yIE )aL(xaC 2 )ax(P 2 xP)x('yIE ax0C 2 xP)x('yIE 3 222 3 2 22 2 1 2 1 ≤≤−⇒++−+−+−= −≤≤⇒+−+−= ≤≤⇒+−= Segunda integração: Lx)aL(CxC 6 )aLx(P 6 )ax(P 6 xP)x(yIE )aL(xaCxC 6 )ax(P 6 xP)x(yIE ax0CxC 6 xP)x(yIE 63 333 3 52 33 2 41 3 1 ≤≤−⇒+++−+−+−= −≤≤⇒++−+−= ≤≤⇒++−= As condições de contorno para a viga são: 6532 3232 5421 2121 CC)aL(y)aL(y CC)aL('y)aL('y CC)a(y)a(y CC)a('y)a('y =⇒−=− =⇒−=− =⇒= =⇒= )aL( 2 PaC)aL( 2 PaC )aL( 2 PaC 0LC 6 )aLL(P 6 )aL(P 6 LP)L(yIE0)L(y 0C0C0CC)0(yIE0)0(y 21 3 3 333 3 65441 −=∴−=∴ −=∴ ⇒=+ +− + − +−=⇒= =⇒=⇒=⇒=⇒= Então, as inclinações são: Lx)aL()aL( 2 Pa 2 )aLx(P 2 )ax(P 2 xP)x('yIE )aL(xa)aL( 2 Pa 2 )ax(P 2 xP)x('yIE ax0)aL( 2 Pa 2 xP)x('yIE 222 3 22 2 2 1 ≤≤−⇒−++−+−+−= −≤≤⇒−+−+−= ≤≤⇒−+−= E as deflexões são: Lx)aL(x)aL( 2 Pa 6 )aLx(P 6 )ax(P 6 xP)x(yIE )aL(xax)aL( 2 Pa 6 )ax(P 6 xP)x(yIE ax0x)aL( 2 Pa 6 xP)x(yIE 333 3 33 2 3 1 ≤≤−⇒−++−+−+−= −≤≤⇒−+−+−= ≤≤⇒−+−= A inclinação em A é: EI2 )aL(Pa)0('y )aL( 2 Pa)aL( 2 Pa 2 0P)0('yIE A1 2 1 − =θ=∴ −=−+−= O deslocamento máximo (centro, x=L/2) é: )a4L3( EI24 Pay 2 Ly 2 L)aL( 2 Pa a 2 L 6 P 2 L 6 P 2 LyIE 22 max2 33 2 −== ∴ −+ −+ −= Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo. 12.30 O eixo suporta as cargas das três polias mostradas. Determinar a deflexão em seu centro e sua inclinação em A e B. Os mancais exercem apenas reações verticais sobre ele e EI é constante. Solução: Reações de apoio: 2 P3V 2 P3V BA == As equações de momento fletor são: a4xa3)a3x( 2 P3)a2x(P)ax( 2 P3Px)x(M a3xa2)a2x(P)ax( 2 P3Px)x(M a2xa)ax( 2 P3Px)x(M ax0Px)x(M 4 3 2 1 ≤≤⇒−+−−−+−= ≤≤⇒−−−+−= ≤≤⇒−+−= ≤≤⇒−= Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): a4xa3)a3x( 2 P3)a2x(P)ax( 2 P3Px)x(''EIy a3xa2)a2x(P)ax( 2 P3Px)x(''EIy a2xa)ax( 2 P3Px)x(''EIy ax0Px)x(''EIy 4 3 2 1 ≤≤⇒−−−+−−= ≤≤⇒−+−−= ≤≤⇒−−= ≤≤⇒= E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração: a4xa3C 2 )a3x( 2 P3 2 )a2x(P 2 )ax( 2 P3 2 xP)x('EIy a3xa2C 2 )a2x(P 2 )ax( 2 P3 2 xP)x('EIy a2xaC 2 )ax( 2 P3 2 xP)x('EIy ax0C 2 xP)x('EIy 4 2222 4 3 222 3 2 22 2 1 2 1 ≤≤⇒+−−−+−−= ≤≤⇒+−+−−= ≤≤⇒+−−= ≤≤⇒+= Segunda integração: a4xa3CxC 6 )a3x( 2 P3 6 )a2x(P 6 )ax( 2 P3 6 xP)x(EIy a3xa2CxC 6 )a2x(P 6 )ax( 2 P3 6 xP)x(EIy a2xaCxC 6 )ax( 2 P3 6 xP)x(EIy ax0CxC 6 xP)x(EIy 84 3333 4 73 333 3 62 33 2 51 3 1 ≤≤⇒++−−−+−−= ≤≤⇒++−+−−= ≤≤⇒++−−= ≤≤⇒++= As condições de contorno para a viga são: 8743 4343 7632 3232 6521 2121 CC)a3(y)a3(y CC)a3('y)a3('y CC)a2(y)a2(y CC)a2('y)a2('y CC)a(y)a(y CC)a('y)a('y =⇒= =⇒= =⇒= =⇒= =⇒= =⇒= 0Ca3C 6 )a2a3(P 6 )aa3( 2 P3 6 )a3(P)a3(EIy 0CaC 6 aP)a(EIy 73 333 3 51 3 1 =++ − + − −= =++= das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C5=C7) vem que: 3 654 2 321 a 12 P13CCC a 4 P5CCC === −=== A deflexão no centro (centro, x=2a) é: EI3 Pay)a2(y a 12 P13 a2 4 Pa5 6 )aa2( 2 P3 6 )a2(P)a2(EIy 3 a22 3 233 2 −==∴ +− − −= As inclinações em A e B são: EI4 Pa3)a('y 4 Pa3 4 Pa5 2 PaC 2 aP)a('yEI 2 A1 222 1 2 1 −=θ=∴ −=−=+= EI4 Pa3)a3('y 4 Pa5 2 )a2a3(P 2 )aa3( 2 P3 2 )a3(P)a3('EIy 2 B3 2222 3 =θ=∴ − − + − −= Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo. 12.49 A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é I e de BC é 2I. Determinar a inclinação e a deflexão máximas da haste devido ao carregamento. O módulo de elasticidade é E. Solução: Vamos encontrar as equações de momento fletor: Lx 2 LPxM 2 L x0PxM 2 1 ≤≤⇒−= ≤≤⇒−= Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho): Lx 2 LPx)x(''yEI2 2 L x0Px)x(''yEI 2 1 ≤≤⇒= ≤≤⇒= E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração: Lx 2 LC 2 xP)x('yEI2 2 L x0C 2 xP)x('yEI 2 2 2 1 2 1 ≤≤⇒+= ≤≤⇒+= Segunda integração: Lx 2 LCxC 6 xP)x(yEI2 2 L x0CxC
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