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Exercícios do item 1.5: 1) Calcule a força de tração nas duas barras da estrutura abaixo. 0 111 87,36)75,0(tanarc4 3 tan =θ→=θ→=θ 0 222 13,53)333,1(tanarc3 4 tan =θ→=θ→=θ 0)13,53(cosF)87,36(cosF:0F o2o1x =+−=∑ 21 2 121 F75,0F8,0 F6,0F06,0F8,0F =→=→=+− 0000.12)13,53(senF)87,36(senF:0F o2o1y =−++=∑ 000.128,0F6,0F 21 =+ Colocando-se a força F1 na expressão acima, tem-se: N600.9 25,1 000.12F000.128,0F6,0F75,0 222 ==→=+⋅ N200.7F9600x75,0F 11 =→= 2) Calcule a força de tração nos dois cabos da figura. 000.6FF0F000.5000.1F:0F 2121y =+→=+−−=∑ N8,730.3F06,2xF8,1x000.57,0x000.1:0M 221 =→=−+=∑ N2,269.2F08,0x000.59,1x000.16,2xF:0M 112 =→=−−=∑ Exercícios do item 1.6: 1) Calcule as reações nos apoios da viga abaixo. 0H:0F Ax ==∑ 000.14VV0V000.14V:0F BABAy =+→=+−=∑ N000.8V05,3xV0,2x000.14:0M BBA =→=−=∑ N000.6V05,1x000.145,3xV:0M AAB =→=−=∑ 2) Calcule as reações no apoio da viga em balanço (ou viga cantilever). 0H:0F bx ==∑ 000.1V0000.1V:0F bby =→=−=∑ m.N000.3M0M0,3x000.1:0M bbO =→=−=∑ Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m3 A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal: 2mm000.3300x62x100x6A =+= Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− == m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= − 0H0F Ax =→=∑ L.qVV0F BAy =+→=∑ Então: N20790,9x231VV BA ==+ 0 2 L .L.qL.V0M AB =−→=∑ 2 LqV 2 LqV BA =→= N5,1039 2 0,9x231VV BA === 2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m3 0H0F Bx =→=∑ N20790,9x231L.qV0F By ===→=∑ m.N5,9355 2 qLM0M 2 L .L.q0M 2 BBo ==→=+−→=∑ Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser usada para mais nada. Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm Área dos cabos 1 e 2: 2 21 2 21 mm7,506AA)7,12(AA ==→pi== Tensão normal nos cabos 1 e 2: 2 2 1 1 1 mm/N48,4)mm(7,506 )N(2,269.2 A F ===σ 2 2 2 2 2 mm/N36,7)mm(7,506 )N(8,730.3 A F ===σ 2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm 21 o 2 o 1x FF0)45cos(F)45(cosF:0F =→=+−=∑ 0000.5)45(senF)45(senF:0F o2o1y =−+=∑ N1,3536FF000.5707,0F2 211 ==→= Tensão normal nas barras 1 e 2: 2 2 1 1 1 mm/N8,28)25,6( 1,3536 A F = pi ==σ 2 2 2 2 2 mm/N3,11)10( 1,3536 A F = pi ==σ 3) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. As duas barras têm seção transversal circular. Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm 866,0FF0)30cos(FF:0F 21o21x ⋅−=→=+=∑ N000.50F0000.52)30(senF:0F 2o2y −=→=+=∑ N300.43F866,0.)000.50(F 11 =→−−= Tensão normal nas barras 1 e 2: 2 2 1 1 1 mm/N0,245)5,7( 300.43 A F = pi ==σ 2 2 2 2 2 mm/N2,159)10( 000.50 A F −= pi − ==σ 4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N 2mm/N44,44 15x12 000.8 A F ===σ 2 Engaste mm/N67,2625x12 000.8 A F ===σ 5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os diagramas de força normal e de tensão normal. Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a ser externos. A parte recortada também tem que estar em equilíbrio, pois qualquer parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x): representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo. xA)x(N0xA)x(N:0Fy γ=→=γ−=∑ x A Ax A )x(N γ=γ==σ Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25 mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F = 30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o alongamento da barra é de 2,0 mm. 2 2 mm/N1,61)5,12( 000.30 A F = pi ==σ 310x5,2)mm(800 )mm(0,2 L L − == ∆ =ε 2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro externo igual a 16 cm. P: Perímetro externo do poste: cm27,508.2R2P =pi=pi= 68,0 30 3027,50 L LL L L i if i = − = − = ∆ =ε Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente, determinou-se a deformação linear específica longitudinal oo o L /3=ε . Calcule a tensão normal, a variação do comprimento e do diâmetro da barra. Dado: ν = 0,25. 2 2x mm/N1,19)10( 000.6 A F = pi ==σ 003,0 1000 3/3 oo o xL ===ε=ε mm5,4L1500.10x0,3LL L L x 3 xxx x x x =∆→=ε=∆→ ∆ =ε − yyy y y y LLL L ε=∆→ ∆ =ε ddL yy ε=∆=∆ 43 xy x y 10x5,710x0,3x25,0 −− −=−=εν−=ε→ ε ε −=ν mm015,020x10x5,7d 4 −=−=∆ − 2) Calcule o volume final da barra do problema anterior. Vi : volume inicial da barra; Vf: volume final da barra 32 iii mm9,238.471500.1x)10(LAV =pi== 3 2 fff mm9,943.471)5,41500(x4 )015,020(LAV =+−pi== 3 if mm7059,238.4719,943.471VVV =−=−=∆ Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule: a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP); b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY); c) a tensão última (σU); 4 30. 4 DR.A 22 2 pi = pi =pi= = 2mm86,706 a) MPa15,14mm/N15,14 86,706 000.10 P 2 P =σ→==σ b) MPa98,16mm/N98,16 86,706 000.12 Y 2 Y =σ→==σ c) MPa29,28mm/N29,28 86,706 000.20 U 2 U =σ→==σ Exercícios do item 2.5: 1) Calcule o módulo de Young (Ε) da barra do problema anterior. εΕ=σ . 310x75,3 mm800 mm3 L L − =ε→= ∆ =ε 3 2 10x75,3 mm/N15,14 − = ε σ =Ε 2mm/N3,773.3=Ε→ MPa3,773.3:Ou =Ε Ou: GPa77,3=Ε 2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36 Lei de Hooke: σ=Εε xx σ=Εε→ 9 6 x x 10x120 10x81 = Ε σ =ε → 4x 10x75,6 −=ε mm405,0600x10x75,6L L L 4 x x x x ==∆→ ∆ =ε − mm405,600405,0600LFab =+= Coeficiente de Poisson (ν): x y ε ε −=ν → xy εν−=ε = 410x75,6x36,0 −− = 410x43,2 −− mm1458,0600x10x43,2L L L 4 y y y y −=−=∆→ ∆ =ε − mm8542,5991458,0600LFcd =−= 3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal circular. Sendo dados d1 =8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule: a) o valor do ângulo θ sabendo que σ1 = σ2 ; b) valor da tensão normal nas duas barras; c) a deformação linear específica das duas barras. θ =→=−θ→=∑ sen PF0PsenF0F 22y θ θ =→=θ−→=∑ cos sen PF0cosFF0F 121x a) 2 2 1 1 21 A F A F =→σ=σ 36 1 16 cos )6( sen P )4( sen cosP 22 = θ → pi θ = pi θ θ o61,63 36 16 cosarc =θ→ =θ b) 2 o o 1 1 1 )4( )61,63(sen )61,63(cosP A F pi ==σ = 2mm/N2,145 16 896,0 4444,0x81,9x1500 = ⋅pi = ⋅pi ⋅ = pi ==σ 36 8958,0 81,91500 )6( )61,63(sen P A F 2 o 2 2 2 2mm/N2,145 c) Lei de Hooke: σ=Εε 3 123 2 1111 10x074,2)mm/N(10x70 )mm/N(2,145 − =ε→=ε→σ=Εε 3 223 2 2222 10x21,1)mm/N(10x120 )mm/N(2,145 − =ε→=ε→σ=Εε Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular, tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 205 GPa, calcule: a) o diâmetro da barra; b) a tensão normal. a) mm1,6R R10x205 6000x105,2 AE LFL 23 4 =→ pi⋅ =→=∆ Então: d = 12,2 mm b) 22 4 mm/N5,85 )1,6( 10 A F = pi ==σ 2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa mm22,0 7,50610x70 3500x2,2269L AE LFL 31 11 11 1 = ⋅ =∆→=∆ mm37,0 7,50610x70 3500x8,3730L AE LFL 31 22 22 2 = ⋅ =∆→=∆ 3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 205 GPa; Ε2 = 120 GPa mm14,0 7,12210x205 1000x1,3536L AE LFL 31 11 11 1 = ⋅ =∆→=∆ mm19,0 2,31410x120 2000x1,3536L AE LFL 31 22 22 2 = ⋅ =∆→=∆ Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da força de 200 kN. Dados: A = 800 mm2; Ε = 70 GPa mm18,22 80010x70 1800x000.250 80010x70 3600x000.80 80010x70 5400x000.200 AE LFH 333 n 1i ii ii = ⋅ + ⋅ − ⋅ ==∆ ∑ = 2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule: a) a tensão normal nas duas barras; b) o alongamento da barra. a) 221 mm9,153)7(A =pi= ; 222 mm3,50)4(A =pi= 2 1 mm/N98,519,153 8000 ==σ ; 22 mm/N64,593,50 3000 ==σ b) mm91,1 9,15310x70 2000x000.5 9,15310x70 2000x000.3 3,5010x70 500x000.3L 333 = ⋅ + ⋅ + ⋅ =∆ 3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados: A = 7,1 x 10− 4 m2; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m3 • A tensão normal máxima ocorre no apoio: 266 4máx m/N10x22,010x63,55x300.4410x1,7 000.4L A F +=+=γ+=σ − MPa85,5m/N10x85,5 26máx ==σ • Cálculo do alongamento: E2 L AE LFL 2γ +=∆ O alongamento máximo ocorre na extremidade livre: m10x61,410x41,1 10x120x2 544300 10x1,710x120 0,3x000.4L 649 2 49máx −− − += ⋅ + ⋅ =∆ mm146,0m10x46,1L 4máx ==∆ − Exercícios do item 3.3: 1): Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − 4 m2 Diagrama de corpo livre: 055cosF55cosF0F o1o1x =+−→=∑ 0PF55senF.20F 2o1y =−+→=∑ De onde: 1,64 F1 + F2 = P (1) Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. 11 o 22 11 11o 22 22 LF35cosLF AE LF 35cos AE LF =→= Cálculo do comprimento da barra 1: L1 cos35o = L2 m44,2L 35cos 0,2L 1o1 =→= Da equação de compatibilidade: 121 o 2 F49,1F44,2F35cos0,2xF =→= (2) Colocando-se a equação (2) na equação (1), tem-se: 1,64 F1 + 1,49 F1 = P N4792F000.15F13,3 11 =→= F2 = 7.140 N Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2:: MPa96,23 10x2 4792 A F 141 1 1 =σ→==σ − MPa70,35 10x2 7140 A F 242 2 2 =σ→==σ − Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P: mm35,0V 10x2x10x205 000.2x7140 AE LF LV 4922 22 2 =∆→==∆=∆ − Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A, suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A. Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2 0PFFV0F 21Ay =−++→=∑ (1) 0d4xFd3xPd2xF0M 21A =+−→=∑ De onde: Px3Fx4Fx2 21 =+ (2) Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos. 21 21 LL2 d4 L d2 L ∆=∆→ ∆ = ∆ 9 2 9 1 22 22 11 11 10x205 F 10x70 F 2 AE LF AE LF 2 =→= De onde: F2 = 5,86 F1 (3) Colocando-se a equação (3) na equação (2), tem-se: Px3F86,5x4Fx2 11 =+ 25,44 F1 = 3 x 58.000 → F1 = 6.839,6 N F2 = 40.080,1 N Cálculo da tensão normal nos cabos: MPa68,13 10x5 6,6839 A F 141 1 1 =σ→==σ − MPa16,80 10x5 6,080.40 A F 242 2 2 =σ→==σ − Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1): N3,080.11000.581,080.406,839.6PFFV 21A =+−−=+−−= Exercício 3): A barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e solicitada por uma força axial F. Determine as reações nos apoios A e B. 0HFH0F BAx =+−→=∑ (1) O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o deslocamento que o apoio retirado está impedindo. Colocando-se o apoio retirado, tem-se: Compatibilidade dos deslocamentos: L a.F H EA L.H EA a.F LL B B 21 =→=→∆=∆ L b.F H)aL( L F L a.F L LF L a.F FHHFH AABA =→−=−=−=→−= Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e F2. Calcule: a) as reações nos apoios indeformáveis A e B; b) a tensão normal no meio da barra. Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm2 Superposição dos efeitos: N6,384.1 6,2 8,1x000.2 L b.F H 11A === N4,6156,2 8,0x000.2 L a.F H 11B === N7,807 6,2 6,0x500.3 L b.F H 22A === N3,692.26,2 0,2x500.3 L a.F H 22B === N9,5767,8076,384.1HHH 2A1AA =−=+= N9,076.23,692.24,615HHH 2B1BB =+−=+= Cálculo da tensão normal no meio da barra: F = força normal axial no meio da barra F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N Então: MPa1,7:oumm/N1,7 200 1,423.1 A F 2 =σ===σ Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calculeas reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N. Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 − 3 m2 OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: HA = 18.000 N e HB = 0.0 Vamos retirar o apoio B: mm8,4 10x5x10x5,1 000.2x000.18 EA 000.2xF L 391 ===∆ − Colocando-se o apoio B, a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm. N5,562.6H0,28,4 10x5x10x5,1 200.3xH B39 B =→−= − N5,437.115,562.6000.18HFHH ABA =−=→=+ Exercício 6): Um pilar de concreto armado tem 3,0 metros de comprimento longitudinal e possui quatro barras de aço de diâmetro Φ igual a 16 mm. A seção transversal do pilar é quadrada (300 mm x 300 mm) e está solicitado por uma força axial de compressão F = 300.000 N aplicada através de uma placa rígida. Sendo dados Εc = 26 GPa e Εs = 205 GPa calcule a tensão normal no concreto e nas barras de aço. Chamando de Fc a força absorvida pelo concreto e Fs a força absorvida pelas barras de aço, tem-se: N000.300FF sc =+ O problema é uma vez hiperestático. Sabendo-se que a força F é aplicada através de uma placa rígida, os dois materiais (aço e concreto) tem o mesmo encurtamento: sc LL ∆=∆ 2 s 2 c ss ss cc cc 84x205 F )84000.90(x26 F AE LF AE LF ⋅pi⋅ = ⋅pi⋅− →= De onde: Fc = 14,07 Fs Então: 14,07 Fs + Fs = 300.000 N → Fs = 19.907,1 N Fc = 300.000 − 19.907,1 = 280.092,9 N Cálculo da tensão normal: 2 2c mm/N14,384000.90 9,092.280 = ⋅pi⋅− =σ 2 2s mm/N75,2484 1,907.19 = ⋅pi⋅ =σ Exercícios do item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC. Dados: Ε = 205 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC Retirando-se o apoio B, tem-se: Compatibilidade dos deslocamentos TF LL ∆=∆ TL EA FL ∆α= TE ∆α=σ 30x10x7,11x10x205 69 −=σ 26 m/N10x95,71=σ Ou: σcompressão = 71,95 MPa Exercício 2): A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura descer para − 60ºC. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m Compatibilidade dos deslocamentos: TF LL ∆=∆ TL EA FL ∆α= TE ∆α=σ 85x10x6,21x10x70 69 −=σ 26 m/N10x52,128=σ Ou: σtração = 128,52 MPa Exercício 3): Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C o apoio B se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m T 3 F L10x3L ∆=+∆ − TL10x3 EA FL 3 ∆α=+ − TL10x3 E L 3 ∆α=+σ − 85x4x10x6,2110x3 10x70 4x 63 9 −− =+ σ 33 9 10x310x344,710x70 4x −− −= σ 26 m/N10x02,76=σ Ou: σtração = 76,02 MPa 4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a temperatura subir para 100º C. Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 − 6 /oC; Α1 = 600 mm2 ; Α2 = 300 mm2 TLTLL 2211T ∆α+∆α=∆ 82x400x10x1282x500x10x12L 66T −− +=∆ = 0,8856 mm 22 2 11 1 F AE FL AE FL L +=∆ 300x10x205 400xF 600x10x205 500xF L 33F +=∆ = 1,0569 x 10 – 5 . F ∆LF = ∆LT então: 1,0569 x 10 – 5 . F = 0,8856 F = 83.791,4 N Cálculo da tensão normal: 2 1 1 mm/N7,139600 4,791.83 A F ===σ Ou: σ1 = 139,7 MPa 2 2 2 mm/N3,279300 4,791.83 A F ===σ Ou: σ2 = 279,3 MPa 5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura for igual a: a) 10º C; b) 70º C; c) 105º C; Dados: Ε = 70 GPa; que α = 20 x 10 − 6 /oC a) σ = 0,0 b) mm5,2mm25,245x500.2x10x20L 6T <==∆ − Portanto, a barra não vai encostar no apoio B, então: σ = 0,0 c) mm5,2mm0,480x500.2x10x20L 6T >==∆ − 2 compressão33F mm/N4210x70 500.2x5,1 A10x70 500.2xF L =σ→ σ =→=∆ 6) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a força F = 0 e a temperatura é igual a 15º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule as reações HA e HB quando for aplicada a força F = 27.000 N e a temperatura subir para 40º C. Dados: Ε = 120 GPa; que α = 9,4 x 10 − 6 /oC; A = 125 mm2 mm17,325x000.2x10x4,9 125x10x120 500.1x000.27 TL EA FLLLL 63TF1 =+=∆α+=∆+∆=∆ − mm17,1LHB =∆ N775.8H17,1 125x10x120 000.2xH mm17,1 EA LH B3 BB =→=→= N225.18HN000.27HH ABA =→=+ 7) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a − 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir para 40º C. Considere que a barra ab tenha coeficiente de dilatação térmica insignificante. Dados: α1 = 23 x 10 − 6 /oC; α2 = 12 x 10 − 6 /oC mm93,045x900x10x23TLLT 6111 ==∆α=∆ − mm49,045x900x10x12TLLT 6222 ==∆α=∆ − 290 x 30 49,093,0 290 x 30 LTLT 21 = − →= ∆−∆ mm25,4290. 30 44,0 x 30 44,0 290 x ==→= mm74,425,449,0d =+= 8) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o mesmo comprimento. Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC SAL LT005.35LT000.35 ∆+=∆+ TL005.35TL000.35 SSALAL ∆α+=∆α+ Tx005.35x10x7,11005.35T000.35x10x6,21000.35 66 ∆+=∆+ −− T410,0005.35T756,0000.35 ∆+=∆+ 000.35005.35T410,0T756,0 −=∆−∆ C45,14T5T346,0 o=∆→=∆ C45,36T45,1422T o=→+= Observação: à temperatura t = 36,45ºC têm-se os seguintes comprimentos: mm92,010.3545,14x000.35x10x6,21000.35L 6AL =+= − mm92,010.3545,14x005.35x10x7,11005.35L 6S =+= − Exercícios do item 4.2: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média que ocorre na cola. MPa5,2m/N10x5,2 10,0x04,0x2 000.20 A F 26 mm ==τ→==τ Ou: MPa5,2mm/N5,2 100x40x2 000.20 A F 2 mm ==τ→==τ 2) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média no cabo da luminária abaixo. 2 m2m mm/N7,71 10x 500.22 A F =τ→ pi ==τ 2 m2m mm/N5,292 7x 000.45 A F =σ→ pi ==σ 3) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 kg. Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio de momentos fletores. 050xF800xP0M A =−→=∑ N924.3F50xF800x81,9x25 =→= Cálculo da tensão cisalhante média no pino: 2 m2m mm/N1,784x14,3 924.3 A F =τ→==τ Exercício do item 4.4: Um bloco está solicitadopor uma força F = 112 kN. Calcule: a) a tensão cisalhante média; b) o deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca. Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25 a) →==τ 50x160 000.112 A F m 2 m mm/N14=τ b) γ=∆→∆=γ≅γ 80 80 tg Lei de Hooke no cisalhamento: γ=τ G GPa35G)25,01(2 5,87 )1(2 EG =→ + = ν+ = .rad10x4 )mm/N(10x35 )mm/N(14 G 4 23 2 − =γ→=τ=γ mm032,010x4x80 4 =∆→=∆ − Exercícios do item 4.5: 1) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 35.000 N; d = 19,05 mm Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples) 2 méd2méd mm/N7,30)525,9(x14,3x1x4 000.35 A F =τ→==τ 2) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 200.000 N; 2 __ mm/N95=τ Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples) mm15,9R )R(x14,3x1x8 000.20095 A F 2méd =→=→=τ Portanto: d = 18,3 mm 3) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal nas chapas. Dado: d = 12 mm 1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; An = 1 2 méd2méd mm/N1,22)6(x14,3x1x6 000.15 A F =τ→==τ 2mm/N50 100x3 000.15 A F =σ→==σ 2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; An = 2 2 méd2méd mm/N1,22)6(x14,3x2x6 000.30 A F =τ→==τ 2mm/N50 100x6 000.30 A F =σ→==σ Exercícios do item 5.4: 1) Para o eixo abaixo calcule: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c. Dados: =T 4.600 N.mm; G = 60 GPa. a) J r.T =τ ( ) ( ) 4444i4e mm2,270.8J121832DD32J =→−pi=−pi= MPa01,5:oumm/N01,5 2,270.8 9x600.4 máx 2 máx =τ==τ b) .rad10x42,7 2,270.8x10x60 800x600.4 GJ TL 3 3 − ===θ c) mm067,010x42,7x9x9 9 tg 3 ==θ=∆→∆=θ≅θ − Exercício 2: Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de torção indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 GPa. J r.T =τ onde: 444 mm3,592.613J50 32 D 32 J =→pi=pi= MPa67,1:oumm/N67,1 3,592.613 25x000.41 máx 2 máx =τ==τ GJ TL =θ .rad10x194,3 3,592.613x10x25 000.2x000.63 3,592.613x10x25 500.3x000.22 3 33B − −=−=θ Resposta: .rad10x194,3 3B −=θ (no sentido de 63.000 N.mm) Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: d1 = 100 mm; d2 = 60 mm; G 1 = G 2 = 30 GPa. 46 1 44 1 mm10x82,9J10032 D 32 J =→pi=pi= 46 2 44 2 mm10x27,1J6032 D 32 J =→pi=pi= Cálculo de τmáx : J r.T =τ 2 1máx61máx mm/N43,010x82,9 50x84230 =τ→=τ 2 2máx62máx mm/N73,010x27,1 30x15730 =τ→=τ Resposta: τmáx = 0,43 MPa Cálculo de θB: GJ TL =θ 636363B 10x82,9x10x30 000.5x730.15 10x27,1x10x30 000.1x730.15 10x82,9x10x30 000.2x500.68 ++=θ .rad10x14,1 3B − =θ Obs.: conversão de radianos para graus: pi =θ=pi − o3 B o 180x10x14,1:então180.rad1 = 0,065º Exercício 4) Sendo =G 30 GPa calcule para o eixo de seção circular: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c. a) J r.T =τ , onde: 444 m10x57,1J20,0 32 J −=→pi= MPa66,63:oum/N10x66,63 10x57,1 10,0x000.100 máx 26 4máx =τ==τ − b) 4949 10x57,1x10x30 5,1x000.100 10x57,1x10x30 00,1x000.100 GJ TL −− +−==θ .rad10x06,1 3B − =θ (ou: 0,61º) m10x06,110x06,1x10,0x10,0 10,0 tg 43 −− ==θ=∆→∆=θ≅θ Exercício 5) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 MPa. Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = 42 GPa. F12T = 44 mm75,2035J12 32 J =→pi= N9,918F 75,2035 6F125,32 J r.T máx =→ ⋅ ==τ→=τ Cálculo do ângulo de torção: 75,2035x10x42 5009,91812 GJ TL 3 ⋅⋅ ==θ .rad064,0=θ (ou: 3,7º) Exercícios do item 5.5: 1) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é prismático e tem seção transversal circular. TTT0M BA =+→=∑ O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB: JG a.T GJ TL B ==θ Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo :|Bθ JG L.TB| B =θ Compatibilidade dos deslocamentos: JG L.TB B | B →θ=θ JG a.T = L a.T TB = Da equação de equilíbrio: =−=−= L a.T TTTT BA T L L L a.T − L b.T T)aL( L TT AA =→−= Exercício 2) Calcule as reações nos engastes indeformáveis do eixo abaixo. Superposição dos efeitos: m.N9,142 8,2 4,0x000.1Tm.N1,857 8,2 4,2x000.1T 1B 1 A ==== m.N3,714 8,2 0,1x000.2Tm.N7,285.1 8,2 8,1x000.2T 2B 2 A ==== m.N6,928.1 8,2 8,1x000.3Tm.N4,071.1 8,2 0,1x000.3T 3B 3 A ==== m.N8,6424,071.17,12851,857TA =+−= m.N2.357.16,19283,7149,142TB =+−= Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima que ocorre no eixo abaixo. Os engastes A e B são indeformáveis. Dados: G1 = G2; D = 100 mm; d = 50 mm; Τ = 4,0 x 107 N.mm TTT0M BA =+→=∑ Retirando-se o apoio B, tem-se: D B JG 2000.T GJ TL ==θ Colocando-se o apoio B: d B D BB| B JG 3000.T JG 2000.T JG L.T +==θ Compatibilidade dos deslocamentos: →θ=θ |BB d B D B D JG 3000.T JG 2000.T JG 2000.T += Cálculo de :JeJ dD 46 4 D mm10x82,932 )100(J =pi= ( ) 4644d mm10x20,95010032J =−pi= =610x82,9 2000.T 6 B 6 B 10x20,9 3000.T 10x9,82 2000.T + =T67,203 mm.N10x38,15TT75,529 6BB =→ mm.N10x62,24TTTT 6ABA =→−= Cálculo de τmáx: J r.T =τ 6 6 1máx 10x82,9 50x10x62,24 =τ = 125,36 N/mm2 6 6 2máx 10x20,9 50x10x38,15 =τ = 83,59 N/mm2 Resposta: τmáx = 125,36 MPa Exercício do item 5.6: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção vazada de parede fina com espessura t constante. tA2 T méd =τ Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto 2 médméd mm/N21,103x204.2x2 000.135 =τ→=τ Exercício do item 5.10: Calcule a tensão de cisalhamento máxima da barra abaixo. Dado: Τ = 45.000 N.mm ( )∑=τ 3ii máx máx ta333,0 t.T 43333 ii mm260.103x306x403x30ta =++=∑ 2 máx mm/N03,79260.10x333,0 6x000.45 ==τ Diagramas de esforços internos (Momento fletor e força cortante)2 qx 2 x .qx)x(M 2 −=−= (se o sistema de referência for colocado na extremidade livre) qx)x(V −= 2 qx 2 qL x.qL 2 qxMx.V)x(M 222 BB −−=−−= (Se o sistema de referência colocado no engaste) qxqLqxV)x(V B +−=+−= L b.PVA = L a.PVB = L baP a.VM Amáx == Ou: L baPb.VM Bmáx == L MVA = L MVB = a L M a.VM A1 −=−= bL Mb.VM B2 == M)ba( L Mb L M a L MMM 21 =+=+=+ L MVA = L MVB = 2 L.qVV BA == 8 L.qM 2 máx = 21Amáx L.PL.VM −=−= 2 xqx.V)x(M 2 A −= )Lx0( 1≤≤ 2 2 1 1A1 L.P2 LqL.V)L(M −=−= 6 qLVA = 3 qLVB = 2máx qL064,0M = L6 qx xV)x(M 3 A −= = L6 qx x 6 qL 3 − )Lx0( ≤≤ (se o eixo x tiver origem no apoio A) L6 qx 2 qx xV)x(M 32 B +−= = L6 qx 2 qx x 3 qL 32 +− )Lx0( ≤≤ (se o eixo x tiver origem no apoio B) Exercícios do item 6.3: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos KeJ,I . Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos: M = − 15.000 N.m e V = − 5.000 N 44 3 Z m10x8,112 30,0x08,0I −== Cálculo da tensão normal (σ): ZI y.M =σ MPa5,12m/N10x5,12 10x8,1 )15,0(x000.15 26 I4I ==σ→ −− =σ − 0 10x8,1 )0(x000.15 J4J =σ→ − =σ − MPa5,12m/N10x5,12 10x8,1 )15,0(x000.15 26 K4K −=−=σ→ − =σ − Cálculo da tensão cisalhante (τ): ZI.b Q.V =τ 0 10x8,1x08,0 0x000.5 4I ==τ − MPa3125,0m/N10x125,3 10x8,1x08,0 075,0x15,0x08,0x000.5 25 4J ===τ − 0 10x8,1x08,0 0x000.5 4K ==τ − 2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual a 10 cm e altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule máxcmáxtmáx e, τσσ no meio da viga e no engaste. Dado: P = 30.000 N • No meio da viga tem-se os seguintes esforços internos (ou esforços solicitantes): M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m V = − 30.000 N 45 3 Z m10x8125,212 15,0x10,0I −== MPa200m/N10x200 10x8125,2 )075,0(x000.75 26 5tmáx == −− =σ − MPa200m/N10x200 10x8125,2 )075,0(x000.75 26 5cmáx −=−= − =σ − MPa3m/N10x3 10x8125,2x10,0 )0375,0x075,0x10,0(x000.30 26 5máx ===τ − • No engaste da viga tem-se os esforços internos: M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m V = − 30.000 N 44 3 Z m10x3021,112 25,0x10,0I −== MPa144m/N10x144 10x3021,1 )125,0(x000.150 26 4tmáx == −− =σ − MPa144m/N10x144 10x3021,1 )125,0(x000.150 26 4tmáx −=−= − =σ − MPa8,1m/N10x8,1 10x3021,1x10,0 )0625,0x125,0x10,0(x000.30 26 4máx ===τ − 3) Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. N000.27VV0F BAY =+→=∑ 09,3xV7,2x000.152,1x000.120M BA =−+→=∑ N9,076.14VB = 02,1x000.157,2x000.129,3xV0M AB =−−→=∑ N1,923.12VA = 44 3 Z m10x998,612 36,0x18,0I −== MPa34,4m/N10x34,4 10x998,6 18,0x3,892.16 26 4tmáx ===σ − MPa34,4m/N10x34,4 10x998,6 )18,0(x3,892.16 26 4cmáx −=−= − =σ − MPa326,0m/N2,854.325 10x998,6x18,0 09,0x18,0x18,0x9,076.14 2 4máx ===τ − 4) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. N500.12VV0F BAY =+→=∑ 09x000.20,6xV0,4x500.40,2x000.60M BA =+−+→=∑ N000.8VB = 00,3x000.20,2x500.40,4x000.6Vx60M AB =+−−→=∑ N500.4VA = Cálculo do momento de inércia IZ: 44 33 Z m10x25,212 30,0x10,0 12 h.bI −=== Cálculo das tensões normais extremas: 26 4 Z m/N10x0,6 10x25,2 15,0x000.9 I y.M ===σ − MPa0,6Tmáx =σ MPa0,6Cmáx −=σ Cálculo de τmáx: ZIb Q.V =τ 25 4máx m/N10x0,31025,2x10,0 )075,0x15,0x10,0(x000.6 ==τ − 5) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. Cálculo das coordenas do centróide: 0z _ = m26,0 10,0x55,030,0x15,0 35,0x10,0x55,015,0x30,0x15,0 AA yAyA y 21 2 _ 2 _ 11 _ = + + = + ⋅+⋅ = Cálculo de IZ: +−+= 2 3 Z )05,014,0(x10,0x55,012 10,0x55,0I 432 3 m10x373,1)15,026,0(x30,0x15,0 12 30,0x15,0 − =−+ 2 3e m/N5,698.91710x373,1 )14,0(.x000.9 −= − =σ − 2 3f m/N2,297.704.110x373,1 )26,0(.x000.9 ==σ − 2 3g m/N0,799.61110x373,1 )14,0(.x000.6 = −− =σ − 2 3h m/N1,198.136.110x373,1 )26,0(.x000.6 −= − =σ − MPa70,1Tmáx =σ MPa14,1Cmáx −=σ Cálculo de τmáx: 2 3máx m/N8,705.14710x373,1x15,0 13,0x26,0x15,0x000.6 ==τ − 6) A viga abaixo está solicitada pela força P atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. Cálculo das coordenadas do centróide: 0z _ = mm73,82 800.8 000.728 20x2402x100x20 110x20x2402x50x100x20y _ == + + = + −+= 2x)5073,82(x100x20 12 100x20I 2 3 Z 462 3 mm10x348,11)1027,37(x20x240 12 20x240 =−+ Cálculo das tensões normais extremas: 2 6tmáx mm/N39,27310x348,11 73,82x000.500.37 ==σ 2 6cmáx mm/N16,12310x348,11 )27,37(x000.500.37 −= − =σ Cálculo de τmáx: 2 6máx mm/N54,710x348,11x40 )2x365,41x20x73,82(x000.25 ==τ Convenção de sinais para os momentos fletores yz MeM : Exercícios item 6.7: 1) Uma viga em balanço com 4,0 m de comprimento está solicitada por duas forças: F1 (vertical) e F2 (horizontal). Calcule na seção transversal do engaste as tensões normais extremas e o ângulo (φ) que a L. N. forma com o eixo z. Dados: F1 = 15.000 N; F2 = 27.000 N Momentos fletores na seção transversal do engaste My e Mz: m.N000.108000.27x4Fx4M 2y === m.N000.60000.15x4Fx4M 1z === My é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo z. Mz é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo y (comprime em baixo). A linha neutra do momento fletor My coincide com o vetor momento porque o eixo y é um eixo principal de inércia (ΙZY =0). A linha neutra do momento fletor Mz coincide com o vetor momento porque o eixo z é um eixo principal de inércia (ΙZY =0). 12 30,0x20,0I 3 z = 44 z m10x5,4I −=→ 12 20,0x30,0I 3 y = 44 y m10x0,2I − =→ Cálculo da tensão normal na seção transversal do engaste: =σ z z I y.M y y I z.M + =σ 410x5,4 y000.60 − − 410x0,2 z000.108 − − =σa 410x5,4 )15,0(000.60 − −− 410x0,2 )10,0(000.108 − − − = 26 m/N10x74 =σ b 410x5,4 )15,0(000.60 − − 410x0,2 )10,0(000.108 − − = 26 m/N10x74− Na linha neutra =σ 0. =0 410x5,4 y000.60 − − 410x0,2 z000.108 − − Para z = 0 → y = 0, portanto, a linha neutra passa pelo centróide. Para z = 0,10 m → y = −−−− 0,405 m o13,76)05,4(arctg 10,0 405,0 tg ==φ→=φ 2) Sendo dados P = 9.800 N e θ = 72º calcule na seção transversal do engaste: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. Decompondo-se o vetor momento nas direções principais de inércia: m.N281.37M18cosMM z o z =→= m.N113.12M18MsenM y o y =→= Outra forma de calcularem-se os momentos fletores yz MeM : decompondo-se a força P No engaste têm-se os seguintes momentos fletores: m.N281.37M0,472sen800.90,4PM zoyz =→⋅⋅=⋅= m.N113.12M0,472cos98000,4PM yozy =→⋅⋅=⋅= =σ x z z I y.M y y I z.M + =σ x 12 5,02,0 y281.37 3 ⋅ − 12 2,05,0 z113.12 3 ⋅ + z10x34,36y10x89,17 66x +−=σ a) 2666ax m/N10x11,8)10,0(10x34,36)25,0(10x89,17 =+−−=σ 2666b x m/N10x11,8)10,0(10x34,36)25,0(10x89,17 −=−+−=σ b) Na linha neutra σ = 0 z10x34,36y10x89,170 66 +−= 0y0zPara =→= m203,0ym1,0zPara =→= o8,63)03,2(tgarc 1,0 203,0 tg =φ→=φ→=φ Na flexão oblíqua a linha neutra não coincide com o vetor momento, portanto, a L.N. é obliqua ao plano que contém o carregamento e o centróide. Exercício sobre flexão de viga constituída de dois materiais (item 6.8): A viga abaixo é composta por madeira (150 mm x 250 mm) e por uma lâmina de aço (150 mm x 10 mm). Calcule as tensões normais máximas no aço e na madeira. Dados: Εs = 205 GPa; ΕM = 10,25 GPa 20 25,10 205 E E n m s === Cálculo das coordenadas do centróide colocando-se o sistema de referência na face superior: mm78,182 103000150250 255103000125.150250y _ = ⋅+⋅ ⋅⋅+⋅ = Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z do centróide: 2 3 z )12578,182(25015012 250150I −⋅+⋅= 2 3 )522,77(103000 12 103000 −⋅+ ⋅ + 46 z mm10x23,477I = Cálculo do momento fletor máximo: mm.N10x25 4 000.5x000.20 4 LPM 6máx == ⋅ = Cálculo das tensões normais máximas: =σ zI y.M 2 6 6 M mm/N58,91023,477 )78,182(1025 −= ⋅ −⋅ =σ 2 6 6 S mm/N90,80201023,477 )22,77(1025 =⋅ ⋅ ⋅ =σ Exercício sobre flexão de viga de concreto armado (item 6.9): Calcule a tensão normal máxima no concreto e nas barras de aço da viga abaixo. A armadura é constituída de duas barras de aço com diâmetro Φ = 30 mm. Dados: Εs = 205 GPa; ΕC = 13,667 GPa 15 667,13 205 E E n c s === mN000.70 8 8x750.8 8 LqM 22 máx == ⋅ = 23232 S m10x4137,1)1015(2R2A −− =⋅pi=pi= Seção equivalente (seção homogeneizada): Cálculo da coordenada _ y do centróide: −+= 1 nA bd21 b nAy s s _ − ⋅ ⋅⋅ + ⋅ = − − 1 10x4137,115 5,025,021 25,0 10x4137,115y 3 3 _ de onde: m219,0y _ = Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: 2 __ s 3__ )yd(nA 12 yb4I −+= 4323 3 m10x55,2)219,050,0(10x4137,115 12 )219,0(25,04I −− =−⋅+⋅⋅= Cálculo da tensão normal no concreto e nas barras de aço: =σ zI y.M MPa01,6 1055,2 )219,0(000.70 3C −= ⋅ − =σ − MPa71,11515 1055,2 )281,0(000.70 3S =⋅ ⋅ =σ − Exercícios sobre flexão composta (item 7.1): 1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais extremas e a posição da linha neutra. Dado: F = 100.000 N Reduzindo a força F ao centróide tem-se: MZ = 100.000 (N) x 100 (mm) = 1,0 x 107 N.mm y y z z I zM I yM A F ⋅ + ⋅ +=σ 12 400x200 y10x0,1 400x200 100.000 3 7 ⋅ −−=σ y10x375,91,25 3 ⋅−−=σ − Cálculo das tensões normais extremas: 23 Tmáx mm/N625,0)200(10x375,91,25 =−−−=σ − 23 Cmáx mm/N125,3)200(10x375,91,25 −=−−=σ − Equação da linha neutra: σ = 0 y10x375,91,25 0 3 ⋅−−= − mm133,33 10x375,9 1,25 y 3 −= − = − Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no engaste. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima. Seção transversal do engaste: Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m z z I yM A F ⋅ +=σ 12 5,0x25,0 y23600 5,0x0,25 150.000 3 ⋅ −−=σ y10x06,910x1,2 66 ⋅−−=σ Cálculo das tensões normais: MPa06,1)25,0(10x06,910x1,2 66f =−⋅−−=σ MPa46,3)25,0(10x06,910x1,2 66g −=⋅−−=σ • Equação da linha neutra: σ = 0 y10x06,910x1,2 0 66 ⋅−−= m13,0 10x06,9 10x1,2 y 6 6 −= − = Cálculo de τmáx: ZIb QV ⋅ ⋅ =τ 2 3máx m/N000.9610x604,2x25,0 0,125x0,25x0,25x8.000 ==τ − Exercício 3) Um pilar está solicitado por uma força de compressão F = 25.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. Dados: a = 40 mm; b = 30 mm Reduzindo a força F ao centróide, tem-se: o13,53)33,1(tanarc 30 40 b a tan =θ→=θ→==θ mm.N10x25,1 )mm(50x)N(000.25M 6== O vetor momento M deve ser decomposto nas direções principais de inércia (direções z e y). mm.N10x0,1 )87,36(cosMM 6oz == mm.N000.750 )87,36(senMM oy == Outra forma de calcularem-se :MeM yz mm.N10x0,1)mm(40x)N(000.25 a.PM 6z === mm.N000.750 )mm(30x)N(000.25b.PM y === O momento fletor Mz é positivo (traciona o sentido positivo do eixo y) O momento fletor My é positivo (traciona o sentido positivo do eixo z) y y z z I zM I yM A F ⋅ + ⋅ +=σ 12 120x200 z750000 12 200x120 y10x1 200x120 25000 33 6 ⋅ + ⋅ +−=σ z10x6,2y10x25,11,04 22 −− ++−=σ a) )60(10x6,2)100(10x25,11,04 22f −+−+−=σ −− MPa85,3N/mm3,85 2f −=−=σ )60(10x6,2)100(10x25,11,04 22g −− ++−=σ MPa77,1N/mm1,77 2g ==σ b) Linha neutra: σ = 0 z10x6,2y10x25,11,04 0 22 −− ++−= Para y = 0: mm40zz10x6,204,1 2 =→= − Para z = 0: mm2,83yy10x25,104,1 2 =→= − o3,6408,2)mm(40 )mm(2,83 tan =φ→==φ Exercício 4) Um pilar, de seção transversal circular, está solicitado por uma força de compressão F = 200.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) a posição da linha neutra. Dados: a = 80 mm; b = 60 mm M = 200.000 (N) x 100 (mm) = 2,0x 107 N.mm Existem infinitos eixos de simetria passando pelo centróide de uma área circular. Todos estes eixos são eixos principais de inércia. Desta forma o eixo z pode ser girado até encontrar a direção do vetor momento M. 'z 'z I 'yM A F ⋅ +=σ A força F é negativa (compressão) e o momento fletor Mz’ é negativo (porque comprime o sentidopositivo do eixo 'y ). 64 )300( 'y10x0,2 150 200.000 4 7 2 pi ⋅ − ⋅pi −=σ 'y10x03,52,83 2−−−=σ a) 22 f mm/N71,4)150(10x03,52,83 =−−−=σ − 22 g mm/N4,10)150(10x03,52,83 −=−−=σ − b) 'y10x03,52,83 0 2−−−= mm3,56'y −= Exercícios sobre núcleo central (item 7.2): 1) Calcule a área de um pilar, com seção transversal circular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão). nA = Área do núcleo central: 222n mm5,196325RA =pi=pi= tA = Área total do pilar: 222t mm9,415.31100RA =pi=pi= totaláreada%25,6A0625,0 9,415.31 5,1963 A A n t n =→== 2) Calcule a área de um pilar, com seção transversal retangular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão). nA = Área do núcleo central: 2n mm000.52x2 100x50A == tA = Área total do pilar: 2t mm000.90600x150A == totaláreada%56,5A0556,0 000.90 000.5 A A n t n =→== Exercícios do item 8.4: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d. 1ª solução: Colocando-se o sistema de referência no ponto A: )x(M )x(vIE || −= )Lx0(x.P )x(M ≤≤−= x.P )x(vIE || += 1 2| C 2 xP )x(vIE += Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 2 PLC0C 2 LP )L(vIE 2 11 2| −=→=+= a) 2 PL 2 xP )x(vIE 22| −= Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 2 23 C 2 xPL 6 xP )x(vIE +−= Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 3 PL 2 PL 6 PLC0C 2 LPL 6 LP)L(vIE 333 22 23 =+−=→=+−= b) 3 PL 2 xPL 6 xP )x(vIE 323 +−= c) 3 PL 2 0PL 6 0P )0(vIE 323 +−= IE3 PL v)0(v 3 A == d) ( ) 3 PL 2 )2L(PL 6 2LP )2L(vIE 323 +−= 3 333 PL 48 )16121( 3 PL 4 PL 48 PL)2/L(EIv +−=+−= EI48 PL5 v)2/L(v 3 d == 2ª solução: Colocando-se o sistema de referência no engaste: PVe PLM:apoiodeaçõesRe BB == )Lx0(x.P PLxVM)x(M BB ≤≤+−=+−= )x(M )x(vIE || −= x.PPL )x(vIE || −= 1 2| C 2 xP xPL)x(vIE +−= Os engastes impedem rotações, então: 0)0(v | = 0C0C 2 0P 0PL)0(vIE 11 2| =→=+−= a) 2 xP xPL)x(vIE 2| −= Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 2 32 C 6 Px 2 xLP )x(vIE +−= Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)0(v = 0C0C00)0(vIE 22 =→=+−= b) 6 Px 2 xLP )x(vIE 32 −= c) 3 32 PL) 6 13( 6 PL 2 LPL )L(vIE −=−= IE3 PL v)L(v 3 A == d) ( ) 33332 PL) 48 16( 48 PL 8 PL 6 )2/L(P 2 2LLP )2L(vIE −=−=−= EI48 PL5 v)2/L(v 3 d == 2) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d. )Lx0( 2 qx )x(M 2 ≤≤−= 2 qx )x(vIE 2|| += 1 3| C 6 qx )x(vIE += Os engastes impedem rotações, então: 0)L(v | = 6 qLC0C 6 Lq )L(vIE 3 11 3| −=→=+= a) 6 qL 6 xq )x(vIE 33| −= Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x): 2 34 C 6 xqL 24 xq )x(vIE +−= Os engastes impedem deslocamentos, então: 0)L(v = 8 qL 6 qL 24 qLC0C 6 LqL 24 Lq)L(vIE 444 22 34 =+−=→=+−= b) 8 qL 6 xqL 24 xq )x(vIE 434 +−= c) 8 qL 6 0qL 24 0q )0(vIE 434 +−= IE8 qL v)0(v 4 A == d) 8 qL 6 )3/L(qL 24 )3/L(q )3/L(vIE 434 +−= 4 444 qL 1944 )2431081( 8 qL 18 qL 1944 qL)3/L(EIv +−=+−= EI243 qL17 EI1944 qL136 v)3/L(v 44 d === 3) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a rotação nos apoios. )Lx0( 2 qx x 2 qL 2 qx x V)x(M 22 A ≤≤−=−= 2 qx x 2 qL )x(vIE 2|| +−= 1 3 2| C 6 qx x 4 qL )x(vIE ++−= 21 4 3 CxC 24 qx x 12 qL )x(vIE +++−= Condições de contorno (ou condições de extremidades): 0)0(v = e 0)L(v = 0C0C0C 24 0q0 12 qL )0(vIE 221 4 3 =→=+++−= 0LC 24 qLL 12 qL )L(vIE 1 4 3 =++−= 24 qLC 24 qL 12 qL LC 3 1 44 1 =→−= a) 24 qL 6 qx x 4 qL )x(vIE 33 2| ++−= b) x 24 qL 24 qx x 12 qL )x(vIE 34 3 ++−= c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga: )2/L( 24 qL 24 )2/L(q)2/L( 12 qL )2/L(vIE 34 3 ++−= 4 444 qL 384 )814( 48 qL 384 qL 96 qL )2/L(vIE ++−=++−= IE384 qL5 )2/L(vv 4 máx == Observação: Para vigas bi-apoiadas a deflexão máxima ocorre onde 0)x(v| = 0 24 qL 6 qx x 4 qL )x(vIE 33 2| =++−= De onde: 0LxL6x40 24 L x 4 L 6 x 323 3 2 3 =+−→=+− A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são: X1 = 1,366L X2 = 0,5L X3 = − 0,366L d) Rotação nos apoios: )x()x(v| θ≅ IE24 qL)0(v 24 qL 6 0q0 4 qL )0(vIE 3 A |332| =θ≅→++−= IE24 qL)L(v 24 qL 6 qLL 4 qL )L(vIE 3 B |332| −=θ≅→++−= 4) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão no meio do vão; d) a deflexão máxima; 6 qLV0 3 L 2 qLLV0M AAB =→=⋅−→=∑ 3 qLV0 3 L2 2 qLLV0M BBA =→=⋅−−→=∑ )Lx0( L6 qx x 6 qL L6 qx x V)x(M 33 A ≤≤−=−= L6 qx x 6 qL )x(vIE 3|| +−= 1 4 2| C L24 qx x 12 qL )x(vIE ++−= 21 5 3 CxC L120 qx x 36 qL )x(vIE +++−= Condições de contorno (ou condições de extremidades): 0)0(v = e 0)L(v = 0CC0C L120 0q0 36 qL )0(vIE 221 5 3 =→+++−= 0LC L120 qLL 36 qL )L(vIE 1 5 3 =++−= 360 qL7C 120 qL 36 qL LC 3 1 44 1 =→−= a) 360 qL7 L24 qx x 12 qL )x(vIE 34 2| ++−= b) x 360 qL7 L120 qx x 36 qL )x(vIE 35 3 ++−= c) )2/L( 360 qL7 L120 )2/L(q)2/L( 36 qL )2/L(vIE 35 3 ++−= IE768 qL5 )2/L(v 4 = d) A deflexão máxima ocorre onde v| (x) = 0 0 360 qL7 L24 qx x 12 qL )x(vIE 34 2| =++−= Multiplicando a expressão acima por 360L, tem-se: 0L7 x15xL30 4422 =++− Chamando de : 2xa = 0L7 a15aL30 422 =++− As raízes da equação do segundo grau acima são: 2 2 2 1 L27,0a L73,1a = = ax = L32,1L73,1x 2 2 1 ±=±= L52,0L27,0x 2 4 3 ±=±= Portanto, a deflexão máxima vai ocorrer na coordenada x = 0,52L: )L52,0( 360 qL7 L120 )L52,0(q)L52,0( 36 qL )L52,0(vIE 35 3 ++−= EI qL00652,0 v)L52,0(v 4 máx == 5) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo. IE = constante. Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m 43 33 m10x083,2I 12 )5,0(20,012 hbI −=→⋅== EI qL00652,0 v 4 máx = m10x3,1 10x083,2x10x120 )5(x000.80x00652,0 v 339 4 máx − − == 6) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a deflexão do ponto de aplicação da força P. Trecho 1: )2/Lx0(0)x(M ≤≤= 0 )x(vIE || = 1 | C )x(vIE = 21 CxC )x(vIE += Trecho 2: )2/Lx0(Px)x(M ≤≤−= xP )x(vIE || = 3 2| C 2 Px )x(vIE += 43 3 CxC 6 Px )x(vIE ++= Condições de contorno: Para x = L/2 do trecho 2: v| (L/2) = 0 e v(L/2) = 0 8 PLC0C 2 )2/L(P )2/L(vIE 2 33 2| −=→=+= 0C)2/L( 8 PL 6 )2/L(P )2/L(vIE 4 23 =+−= 24 PLC 16 PL 48 PL C 3 4 33 4 =→+−= 3ª condição de contorno: Em função da continuidade da linha elástica: 2Trecho | 1Trecho | )0(vIE)2/L(vIE = 8 PLCC 2 0PC 2 13 2 1 −=→+= 4ª condição de contorno: 2Trecho1Trecho )0(vIE)2/L(vIE = 43 3 21 C)0(C6 )0(P C)2/L(C ++=+ 24 PL C)2/L( 8 PL 3 2 2 =+− 48 PL5 16 PL 24 PL C 333 2 =+= a) Trecho 1: 8 PL )x(vIE 2| −= Trecho 2: 8 PL 2 Px )x(vIE 22| −= b) Trecho 1: 48 PL5 x 8 PL )x(vIE 32 +−= Trecho 2: 24 PL x 8 PL 6 Px )x(vIE 323 +−= c) 48 PL50 8 PL )0(vIE 32 +−= IE48 PL5 v 3 máx = d) Para calcular a deflexão do ponto de aplicação da força P pode-se usar a equação de v(x) para x = L/2 do trecho 1 ou a equação de v(x) do trecho 2 para x = 0: 24 PL0 8 PL 6 0P )0(vIE 323 +−= IE24 PL )0(v 3 = 7) Determine a deflexão do ponto A. IE = constante. )Lx0( 2 qxPx)x(M 2 ≤≤−−= 3 PL 2 xPL 6 xP )x(vIE 323 +−= 8 qL 6 xqL 24 xq 434 +−+ 3 PL 2 0PL 6 0P )0(vIE 323 +−= 8 qL 6 0qL 24 0q 434 +−+ IE8 qL IE3 PL v)0(v 43 A +== É válido o princípio da superposição dos efeitos para o cálculo de flechas. 8) Determine a deflexão no meio da viga. IE = constante. Trecho 1: )2/Lx0(x 2 P)x(M ≤≤= x 2 P)x(vIE || −= 1 2| Cx 4 P )x(vIE +−= 21 3 CxCx 12 P )x(vIE ++−= Condições de contorno: • Para x = L/2: v| (L/2) = 0 16 PLC0C)2/L( 4 P )2/L(vIE 2 11 2| =→=+−= • Para x = 0: v(0) = 0 0C0C0 16 PL0 12 P )0(vIE 22 2 3 =→=++−= Então: )2/Lx0(x 16 PL x 12 P )x(vIE 2 3 ≤≤+−= Cálculo da deflexão no meio do vão: 3 332 3 PL 96 )31( 32 PL 96 PL)2/L( 16 PL)2/L( 12 P )2/L(vIE +−=+−=+−= IE48 PL)2/L(v 3 = 9) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do módulo de elasticidade da viga abaixo. IE = constante. IE48 PL v 3 máx = 44 3 z m10x375,312 30,015,0I −=⋅= 4 3 10x375,3E48 )4,6(26000006,0 − ⋅⋅ = 29 m/N10x12,70E = ou: GPa12,70E = 10) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo devida ao peso próprio. A viga é de aço e tem seção transversal em forma “ I ”. Dados: γs = 77 kN/m3; Ιz = 4,16x10 − 5 m4; Εs = 205 GPa; IE = constante. A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal: 2mm000.3300x62x100x6A =+= Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− == m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= − m10x31,2 10x16,4x10x205x384 9x231x5 IE384 qL5 v 359 44 máx − − === 11) Sendo IE = constante determine a deflexão máxima e a rotação nos apoios. x L M xV)x(M A == x L M )x(vIE || −= 1 2| C L2 xM )x(vIE +−= 21 3 CxC L6 Mx)x(vIE ++−= Condições de contorno: v(0) = 0 e v(L) = 0: 0C0C0C L6 0M)0(vIE 221 3 =→=++−= 6 MLC0LC L6 ML)L(vIE 11 3 =→=+−= Então: 6 ML L2 xM )x(vIE 2| +−= x 6 ML L6 Mx)x(vIE 3 +−= A deflexão máxima ocorre onde v|(x) = 0 0 6 ML L2 xM )x(vIE 2| =+−= L58,0 3 L x 6 L2 x 6 L L2 x 22 2 2 ±==→=→−=− 2 3 ML064,0)L58,0( 6 ML L6 )L58,0(M)L58,0(vIE =+−= EI ML064,0 v)L58,0(v 2 máx == Rotação nos apoios: EI6 ML)0(v 6 ML L2 0M )0(vIE | 2| =→+−= EI3 ML)L(v 6 ML L2 LM )L(vIE | 2| −=→+−= 12) Sabendo que a deflexão do ponto d é igual a 11 mm calcule o módulo de elasticidade da viga. IE = constante. )2/Lx0(x 16 PL x 12 P )x(vIE 2 3 ≤≤+−= Para x = 2,0 m, tem-se: P833,3)0,2( 16 )0,6(P)0,2( 12 P )0,2(vIE 2 3 =+−= 43 3 m10x0667,1 12 40,0x20,0 I −== 17000833,3011,010x0667,1E 3 ⋅=⋅⋅ − GPa55,5m/N10x55,5E 29 == Exercícios do item 8.6: 1) Construa os diagramas de esforços internos (momento fletor e força cortante) da viga abaixo. Ε Ι = constante. 0LqVV0F BAY =⋅−+→=∑ 0MLV 2 LLq0M BBA =+⋅−⋅⋅→=∑ Vamos retirar o apoio A (a viga fica isostática) e determinar o deslocamento que este apoio está impedindo: Colocando-se o apoio A Compatibilidade dos deslocamentos: 8 Lq3V EI8 qL EI3 LV A 43 A =→= As outras duas reações são obtidas com as equações de equilíbrio: 8 Lq5V 8 qL3LqVLqV BAB =→−⋅=−⋅= 8 qLML 8 qL5 2 qLM 2 B 2 B =→⋅+−= Com o sistema de referência com origem no apoio A, tem-se: )Lx0(xqV)x(Ve 2 qx xV)x(M A 2 A ≤≤−=−⋅= O momento fletor máximo positivo ocorre onde V(x) = 0: q8 qL3 q V x0xqV AA ==→=− 8 L3 x =→ 128 qL9 2 )8L3(q)8L3( 8 qL3)8L3(MM 22 máx =−== 2) Determine a força (F) de tração na mola. Ε Ι = constante. Retirando-se a mola da viga: A mola aplica uma força F na viga em sentido contrário da força P: Compatibilidade dos deslocamentos: EI3 PL EI3 FL 3 M 3 =δ+ Lei de Hooke para molas: MkF δ⋅= EI3 PL k F EI3 FL 33 =+ Multiplicando a expressão acima por IE3 : 33 PL k FIE3FL =+ 33 PL k EI3LF = +→ De onde: k EI3L PLF 3 3 + = Análise de casos extremos: Se: =→∞= FIE 0 Se: =→= F0IE P Se: =→∞= Fk P Se: =→= F0k 0 Exercícios sobre flambagem: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: ΕBC = 120 GPa; LBC = 4,0 m. Cálculo da carga crítica do pilar BC: ( )2fl min 2 CR L IEP pi= 4 3 min mm500.11212 30x50I == mm40004000x0,1LKLfl ==⋅= ( ) N5,327.84000 112500x10x120P 2 32 CR = ⋅pi = A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( CRP ) do pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC. 2) Resolva o problema anterior considerando que o pilar BC está engastado no ponto C. Cálculo da carga crítica do pilar BC: ( )2fl min 2 CR L IEP pi= mm28004000x7,0LKLfl ==⋅= ( ) N9,994.162800 112500x10x120P 2 32 CR = ⋅pi = CRBC PF < , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 205 GPa. o60)5,0(cosarc 69,0345,0 cos =θ→=θ→=θ P155,1 60sen PF0senFP0F o22Y −=−=→=θ+→=∑ θ−=→=θ+→=∑ cosFF0cosFF0F 2121X P5775,060cos)P155,1(F o1 =−−= Cálculo da carga crítica da barra 2: ( )2fl min 2 CR L IEP pi= 49 44 min m10x485,264 )015,0( 64 DI −=pi=pi= m69,069,0x0,1LKLfl ==⋅= ( ) N560.1069,0 10x485,2x10x205P 2 992 CR = ⋅pi = − Para que ocorra flambagem da barra 2: F2 = Pcr, então: N9,142.9P560.10P155,1 =→= 4) A treliça abaixo é formada por quatro barras de aço com seção transversal circular. Todas as barras têm o mesmo diâmetro φ = 30 mm e módulo de elasticidade Ε =205 GPa. Calcule: a) a tensão normal na barra CD; b) o alongamento da barra AC; c) investigue se a barra AB irá flambar. N4800H06,5x12004,1xH0M DDB =→=−→=∑ N4800H0HH0F BDBX =→=−→=∑ Diagrama de corpo livre do nó A: o57,26)5,0(tanarc 8,2 4,1 tan ==θ→=θ N8,2682F01200senF0F ACACY =→=−θ→=∑ θ−=→=+θ→=∑ cosFF0FcosF0F ACABABACX N2400)57,26(cos8,2682F oAB −=−= Diagrama de corpo livre do nó B: BABBCBBCABX HFcosF0HcosFF0F −−=θ→=+θ+→=∑ N4,683.2)57,26(cos 400.2800.4)2400(cosFBC −= − =−−−=θ 0senFV0F BCBY =θ+→=∑ N1200)57,26(sen)4,2683(V oB =−−= Portanto, VD = 0. a) 2CD2 CD CD CD mm/N79,615 4800 A F =σ→ ⋅pi ==σ b) m10x79,5 )015,0(10x205 13,3x8,2682 AE LFL 529 ACAC ACAC AC − = pi⋅ ==∆ c) Cálculo da força crítica da barra AB: 4 44 min mm8,3976064 )30( 64 DI =pi=pi= mm56005600x0,1LKLfl ==⋅= ( ) N3,565.25600 8,39760x10x205 L I P 2 32 2 fl min 2 CR = ⋅pi = Εpi = FAB = 2.400 N < PCR = 2.565,3 N, portanto, a barra AB não irá flambar. • Exercícios resolvidos do Anexo Exercício 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular. h.b dzdy.y A dA.y y h 0 b 0A _ ∫ ∫∫ == [ ] b. 2 h . h.b 1 z. 2 y h.b 1 2b 0 h 0 2 = = de onde: 2 hy _ = h.b dz.zdy A dA.z z h 0 b 0A _ ∫ ∫∫ == [ ] 2 bh h.b 1 2 z .y h.b 1 2 b 0 2 h 0 ⋅⋅= = de onde: 2 b z _ = O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área. Para o sistema de referência acima: mmxxz _ = →= 0y _ 0 A dA.y y A _ == ∫ 0dA.y:entãoA A =∞≠ ∫ 0dA.yQ AZ == ∫ O eixo z passa pelo centróide da área A, portanto, o momento estático de uma área finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. 2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide. 60 60 160 200 2160 200 60 60AZ z 2 ydz.dy.ydA.yQ − − − − − − ⋅=== ∫ ∫∫ [ ] [ ] [ ] 120000.40600.25 2 1)60(60)200()160( 2 1Q 22Z ⋅−=−−⋅−−−= 3 Z mm000.864Q −= Outra forma de calcular-se o momento estático: AyQ A Q y A dA.y y _ Z Z _ A _ ⋅=→=→= ∫ 3 Z mm000.86412040)180(Q −=⋅⋅−= Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo 3 _ Z mm000.86436012020AyQ =⋅⋅=⋅= 3) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide. 3 _ Z mm000.400.2120200100AyQ =⋅⋅=⋅= • Demonstração do teorema dos eixos paralelos 2 |ZZ a.AII += 2 |YY b.AII += ∫= A 2| |Z dA)y(I [ ]∫∫ ++=+= A 2|2|A 2|Z dAaay2)y(dA)ay(I ∫ ∫ ∫++= A A A 2|2| Z dAadAya2dA)y(I O momento estático de uma área em relação a um eixo que passa pelo seu centróide é nulo, então: ∫ =A | 0dAy 2 |ZZ a.AII += 4) Para a área abaixo, determine: a) o momento de inércia IZ b) o momento de inércia IY a) ∫∫∫ −− ⋅== 2b 2b 2h 2h 2 A 2 Z dzdyydAyI ⋅= − 2h 2h 3 Z 3 yI 2b 2bz − − −⋅ − −= 2 b 2 b 8 h 8 h 3 1 33 12 hbIb 8 h 8 h 3 1I 3 Z 33 Z =→⋅ += b) ∫∫∫ −− ⋅== 2b 2b 22h 2hA 2 Y dzzdydAzI ⋅= − 2h 2hY yI 2b 2b 3 3 z − 12 bh 3 = 5) Determine o momento de inércia de uma área circular vazada em relação ao eixo Z. ∫= A 2 Z dAyI onde: drrddA ⋅θ= θ=→=θ senry r y sen ∫ θθ= drrd)rsen(I 2 Z ∫ ∫ pi θ= e r ir 2 0 23 dsendrr ( ) pi θθ−θ⋅= 2 0 er ir 4 Z cossen2 1 4 rI ( ) ( )[ ])0cos0sen0(2cos2sen2 2 1 4 rr I 4 i 4 e Z −−pipi−pi⋅ − = ( ) ( ) 4 rr I2 2 1 4 rr I 4 i 4 e Z 4 i 4 e Z −pi =→pi⋅ − = Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno: − pi = 4 i 4 e Z 2 D 2 D 4 I − pi = 16 D 16 D 4 4 i 4 e [ ]4i4eZ DD64I −pi= Particularizando para seção cheia (Di = 0): 64 D I 4 e Z pi = Observações: 1ª) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam pelo centróide são iguais. 2ª ) Não confundir momento de inércia ( I ) com momento de inércia à torção (J ) I é usado na flexão J é usado na torção 64 D II 4 YZ pi == (para seção circular cheia) 222 yzr += ∫ ∫ ∫∫ +=+== A A A 2222 A 2 dAydAzdA)yz(dArJ ZY IIJ += 32 D 64 D 64 D 444 pi = pi + pi = 6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “T ” em relação ao eixo horizontal (Z) do centróide. Cálculo das coordenadas do centróide: 0z _ = 21 _ 22 _ 11A _ AA yAyA A ydA y + + == ∫ 10,0x80,020,0x50,0 55,0x10,0x80,025,0x50,0x20,0 + + = m383,0 18,0 069,0y _ == Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior, tem-se: = _ y m217,0 18,0 039,0 10,0x80,020,0x50,0 35,0x50,0x20,005,0x10,0x80,0 == + + Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura, tem-se: Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos: 2|ZZ a.AII += 2 3 2 3 Z )133,0(x5,0x2,012 5,0x2,0)167,0(x1,0x8,0 12 1,0x8,0I +++= 43 Z m10x15,6I −= 7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y ( YI ). 43 33 Y m10x6,412 20,0x50,0 12 80,0x10,0I −=+= Exercícios sobre eixos principais de inércia: 1) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia. • Cálculo das coordenadas do centróide: ∑ ∑ = = = n 1i i n 1i i _ i _ A yA y 2,767,122,767,122,767,12 )4,25(2,767,1235,62,767,121,382,767,12 y _ ⋅+⋅+⋅ −⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ = = 6,35 mm ∑ ∑ = = = n 1i i n 1i i _ i _ A zA z 2,767,122,767,122,767,12 )25,95(2,767,128,502,767,1235,62,767,12 z _ ⋅+⋅+⋅⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ = = 50,8 mm + ⋅ = 12 2,767,12I 3 Z 2)75,31(2,767,12 −⋅ +⋅+ 12 7,122,76 3 4 Z 2 3 mm7,612.900.2I)75,31(2,767,12 12 2,767,12 =→⋅+ ⋅ + ⋅ = 12 7,122,76I 3 Y 2)45,44(2,767,12 −⋅ +⋅+ 12 2,767,12 3 4 Y 2 3 mm0,401.318.4I)45,44(2,767,12 12 7,122,76 =→⋅+ ⋅ += 0I YZ )45,44()75,31(2,767,12 −⋅−⋅⋅ 45,4475,312,767,120 ⋅⋅⋅++ 4 YZ mm7,518.731.2I = • Cálculo de Ι1, Ι2, θ1 e θ2 2 ZY 2 ZYYZ 1 I2 II 2 III + − + + = = 6.431.514 mm4 2 ZY 2 ZYYZ 2 I2 II 2 II I + − − + = = 787.499,5 mm4 Y1 ZY 1 II I tg − =θ = 52,27º − −=θ 2Y ZY 2 II I tg = − 37,73º 2) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia. • Cálculo das coordenadas do centróide: 2,767,122,767,122,767,12 1,382,767,1285,692,767,121,382,767,12y _ ⋅+⋅+⋅ ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ = = 48,68 mm 2,767,122,767,122,767,12 25,952,767,128,502,767,1235,62,767,12 z _ ⋅+⋅+⋅ ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ = = 50,8 mm +⋅ −⋅⋅+ ⋅ = 2)1,3868,48(2,767,12 12 2,767,12I 2 3 Z 4 Z 2 3 mm6,889.599.1I)35,652,27(2,767,12 12 7,122,76 =→−⋅+ ⋅ +⋅ −⋅⋅+ ⋅ = 2)35,61,38(2,767,12 12 7,122,76I 2 3 y 4 y 3 mm6,359.445.2I 12 2,767,12 =→ ⋅ O produto de inércia Ιzy é igual a zero (a área possui um eixo de simetria), então os eixos Z e Y são os eixos principais de inércia. Ιy é o maior momento de inércia = Ι1 Ιz é o menor momento de inércia = Ι2 3) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia principais. 410 33 Z mm10x97,112 400x300 12 800x500I =−= 49 33 Y mm10x43,712 300x400 12 500x800I =−= YZYZ IeI0I →= são os eixos principais de inércia. 410 Z1 mm10x97,1II == 49 Y2 mm10x43,7II ==
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