EDs 7º semestre UNIP

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MÓDULO 1 ( TENSÕES DE CISALHAMENTO NA FLEXÃO ) – 9EX.
1) 	Letra A
A Aplicação do diagrama de força cortante, através da formula = Tensão = V.Ms/I.B O momento estático é obtido pela
formula MS= Area . H médio = (0,250x0,02)x,15 = 9x103
substituindo na formula anterior comos dados = 10,6MPA
2) 	LetraD
EFy = 0
V - R = 0
80x10³ - R = 0
R = 80x10³N
3)	Letra E
As tensões de cisalhamento são de intensidade tal que sua resultante em uma determinada seção transversal é exatamente igual a força cortante V nessa seção. Sendo, V = 80 KN.
5 ) 	Letra A
A é zero , não força resultante devido a fluxo de cisalhamento.
7)	Letra D
Calculando fab=Vtdb²/16*I=8010³*20*340*250²/16*301,3=7,052KN 
Fab=0,90275*(125-x)=112,8-0,9x
F=112,8x-(0,9x²/2)=212,41N/m
V=849,65*10³*301,3*310^6*20/80000
Tmax=13,6mpa
Tmin=10,62
Fmaxalma=7
8) 	Letra B 
Calculo do momento de inercia da viga (BH³/12bh
³/12) = 3,755x10-5 , depois calcular as força que a carga distribuida influencia na viga = 30KN ,depois,calcular o MS = 10x104aplicar as formula tensão = V.MS/BI =
30X10X104/ 0,25X3,755X-5 = 3,2 MPA
9)	 Letra A
Ao Efetuar o calculo do momento de inercia = BH3/12 bh³/12 = 3,755x10 -5
, calculo do MS para viga invertida 10x104, aplicar na formula tensão = VMS/bI = 30x10³x10x104/0,23x3,755x10-5=3,6 mpa
MÓDULO 2 (FLUXO DE TENSÃO - CENTRO DE TORÇÃO ) 8EX.
1) 	Letra A 
O fluxo de cisalhamento mede a força, aplicada ao longo da seção transversal. É paralela aparede, e
apresenta variação das forças na parte superior, uma anulando a outra. 
2) 	Letra E 
Não há fluxo de cisalhamento, porque a carga foi aplicada em um ponto especifico no centro de
cisalhamento, sendo assim, a barra irá flexionar sem torção nenhuma. 
3)	Letra A
e = 3.b².tf/((h.tw)+(6.b.tf))
e = 3.(250)².15/((200.20)+(6.250.15))
e = 106 mm
d = 106+61.91
d = 167.91 mm
Aproximadamente 162 mm acima do centro de gravidade da peça.
4) 	Letra B
e = 3b² x tf / h x tw + 6b x tf => (3(29²) x 5)) / ((87 x 5) + (6x29)5)) => 12615/1305 ≅ 9,666 x 3 ≅ 29mm.
Centro de torção = 29mm. (Multipliquei por 3, porque o desenho apresenta base (a) e altura (a) iguais; possui também espessura (t) constante; e três aberturas simétricas entre a alma e o flange). 
Resposta: Alternativa B) 29mm.
5) 	Letra C
e = 3bh² (b+2a) - 8ba³ / h² (h + 6b + 6a) + 4a² (2a - 3h) => ((3x70)(100²) x (70+80) - (8x70)(40³)) / (100²(100+420+240) + 4(40²) x (80-300)) => (279,16 x 10^6) / (6,192 x 10^6) ≅ 45,09 aprox. 48,8.
Resposta: Alternativa C) 48,8mm.
6)	Letra D
Para este exercício teremos que dividir a peça em duas (2), no caso seria uma viga “E” e uma
viga “T”, aplicando a formula para a viga “E” onde b=90 mm ; h=180 mm ; tw = tf = 6 mm achamos
uma distância de e= 33,75 mm
Para viga T onde b=120mm; h=90mm; tf=tw=6mm. Achamos uma distância e de 53,33 mm ,
subtraindo-se as duas distâncias, encontramos = 19 mm
7)	Letra E
Sabemos que a base da figura é 203mm , para acharmos a altura da peça, teremos que usar a
relação trigonométrica de seno = cat. Op. / hip. Nesse caso sabemos que o ângulo é de 45°,
acharemos a hipotenusa da peça com valor de 287,085mm , assim aplicamos o teorema de
Pitágoras e acharemos a altura da peça, que é aproximadamente 203mm. Para acharmos a
distância “e”, basta substituirmos os valores na fórmula: e= 3 x b² x tf / h x tw + 6 x b x tf , onde
tf=tw=2mm , encontraremos o valor de “e” = 87mm
Como é uma cantoneira é de abas iguais, sabendo que a mesma distância “e” é de 87 mm estará
atuando na parte inferior da viga, portanto subtraindo-se as duas distâncias, encontraremos uma
distânciaigual a zero (0).
8) 	Letra D
E = ( 15,5 x 23 x 4 ) + ( 2 x 23 x 4 ) / ( 23 x 4 ) x 2
E = 8m,75 m
MÓDULO 3 ( LIGAÇÕES LONGITUDINAIS ) -8EX.
1)	 Letra B
Iy=4*((0.1*0.04³/12) +(0.004*0.06²)) +0.04*0.16³/12 Iy=7.338*〖10〗^(-5) m^4 
T=V*M/(B*Iy)
350*〖10〗^3=V*M/(0.24*7.338〖10〗^(-5)) V= 6.16KN 
2) 	Letra D
Primeiro passo é calcular a força que é execida sobre o parafuso ,tensão = F/A , então F= tensão x área do parafuso = 60x10 6 x 0,07²xpi = 9,23kn / 2 pois a força está sendo influenciada pela 02 lados do parafuso = 4,61 kn , depois calcula-se o I BxH²/12 – bxh³/12 = 3,846x10-6
Sabendo q a formula S = FxI/VMS, isolando o V = FxI/MSxS , substituindo os valor V= 4,50kn 
3)	Letra E
V= 10KN M= 4*10= 40 KN Iy= ((0.25*0.02³/12) *2 +(5/10³*0.16²)) + (0.02*0.3³/12) = 2.78〖10〗^(-4)
m^4 T = 100 MPa
Tensão de escoamento = 240 Mpa
∫0^150(v dx)= A
A = 1410 mm²
A=b*h/2 1410=15*h/2 H= 188m
4)	Letra C
Ix=bh^4/64
Iy=bh^4/64
T=V*M/(B*Iy)
L= 807 mm
5) 	Letra A
A força calculada V = 5,6, neste caso tem que se calcular a força resultante força
de atrito atuando = VR = VVX0,2
= 4,5 KN
6) 	Letra D
Ms= (25x203)x41,5 
Ms= 210.612,5 mm3
V=5x ;V=5.6=30KN
I=37.10^6 mm4
I= 2 x 37.10^6
It= 74.10^6 mm4
f= Ms x V / It
f= 210,6.10^3 x 30.10^3 / 74.10^6
f= 85,4 N/mm
T=F/A ; F=TxA
F = 40 x (3,14 x 7,5^2)
F =7,06.10^3 N
S=2xF / f
S= 2 x 7,06.10^3 / 85,4 = 165mm
7)	Letra A 
Ms= (20x100)x50
Ms= 100.000 mm3
 
V=27 KN
 
I=(120x120^3 /12) – (80x80^3 /12)
I= 13.866.667 mm4
 
f= Ms x V / It
f= 100.10^3 x 27.10^3 / 13,86.10^6
f= 194,8 N/mm
 
T=F/A ; F=TxA
F = 88 x (3,14 x r^2)
 
S=2xF / f
50= 2 x 88 x (3,14 x r^2) / 194,8
r^2= 17,62
r= 4,19mm
D= 8,4mm
 
8) 	Letra D
Calculo do momento de inercia = BXH³/12 – BXH³/12 = (0,21X,28³)/12 – (0,18-,2³)12 = 2,64X10-4
MS = (0,18X0,04)0,12 = 8,64X10-4
S= 2FXI/VMS = 2X800X2,64X10-4 /10,5X10 3 X 8,64 X 10-4 = S= 0,046M = 46MM
	
MÓDULO 4 ( FLAMBRAGEM POR COMRESSÃO / DETERMINAÇÃO DE CARGA CRÍTICA ) 8EX.
1) 	Letra C
PCR = ( π2 . I . E ) / 4 . L2
I = π . d4 / 64
HIP = 0,92/0,38
HIP = 2,42
L = 2,42 + 0,6
L = 3,02m = 3020mm
I = ( π . 104 / 64 ) + ( π . 164 / 64 )
I = 3,7x103 mm4
PCR = ( π2 . I . E ) / 4 . L2
PCR = ( π2 . 3,7x103 . 206x103 ) / 4 . 30202
PCR = 2062 N = 2,062 KN
2)	Letra A
L= RAIZ² ( 0,46²+0,46²) = 0,65M
I = (PI x d4)/64 = (PI X 0,016 ^4)/64 = 3,2169 X 10-9
PCR = PI² X E X I/L² = PI²X 206 X 10 9 X 3,2169 X 10-9 / 0,65² = 15,48 kN , MAIS DEVIDO AO FATOR DE SEGURANÇA = 3 = 15,48/3 = 5,16 KN
8)	Letra D
De = 76 mm
Di = 70 mm
L = 10 m
E = 200GPa = 200.10³ MPa
I = π/4 (re^4 – ri^4) = π/4 (38^4 – 35^4) = 459073,87 mm4
Pcr = (C² x 200.10³ x 459073,87) / (10.10³)²
Pcr = 9 KN
Resposta: D) (3,0 Kn)
MÓDULO 5 (FLAMBAGEM ELÁSTICA) 8 EX.
1) 	Letra B
σcr = Pcr / A = 300 MPA
D = 50 mm .: r = 25 mm
A = πr² = πr² = π.25² = 1963,49 mm²
Assim, 300 Mpa = Pcr / 1963,49 mm² => Pcr = 589048,62 N 
E = 206 GPa = 206.10³ MPa
I = π/4 (r^4) = π/4 (25^4) = 306796,16 mm4
L² = (π² x 200.10³ x 306796,16) / 589048,62
L² ≈ 1000 mm
Resposta: B) 1000 mm
2) 	Letra C
I = ^2*r^4/4 = ^2 * 25^2 / 4
I=306,8*10^3 mm4
Pcr=^2 * E * I/ L^2 = ^2 * 206*10^3 * 306,8*10^3 / 1000^2
Pcr= 623,8KN
3)	Letra C
Pcr x=^2 * E * I x/ kL x^2 = ^2 * 70*10^3 * 61,3*10^6 / (10*10^3)^2
Pcr= 424kN
Padm = Pcr/FS = 424*10^3 / 3
Padm= 141kN
5)	Letra A
P = PCR 
P = α . ΔT . E . A
PCR = (4 π2 . I . E ) / L2
α . ΔT . E . A = (4 π2 . I . E ) / L2
ΔT = (4 π2 . I . E ) / L2 . α . E . A
logo:
ΔT = (4 π2 . ( π . 304 / 64 )) / ( 14002 . 1,1x10-5 . ( π . 302 / 4 ))
ΔT = 102,95°C
6) 	Letra C
P = PCR
P = α . ΔT . E . A
PCR = (4 π2 . I . E ) / L2
α . ΔT . E . A = (4 π2 . I . E ) / L2
ΔT = (4 π2 . I . E ) / L2 . α . E . A
logo:
ΔT = (4 π2 . ( π . 204 / 64 )) / ( 1,2102 . 1,1x10-5 . ( π . 202 / 4 ))
ΔT = 62,3°C
7) 	Letra B
Ix = Ix' + A .d2 
Ix = 4 x ( 50 . 9,29 . 2,132 )
Ix = 368,6 cm4
PCRADM= ( π2 . I . E ) / 4 . L2
PCRADM = ( π2 . 70x105 . 368,6 ) / ( 4 . 2002 )
PCRADM = 159,16 KN
PCR = PCRADM x FS
PCR = 159,16 x 2
PCR = 318,32 KN
MÓDULO 6 ( FLAMBAGEM INELÁSTICA ) 8EX.
1) 	Letra C
σ = P/A
A = P/ σ
Pela aproximação por Telêmaco, utilizamos a fórmula:
σfl = σe - (σe- σp/λlim^2)* λ^2
Como não temos o material especificado, λlim = λ
λ = √(π²*E/σpl)
λ = √(π²*(200*10^3/200)λ = 99,3
σfl = 240 - (240- 200/ 99,3²)* 99,3²
σfl = 200 MPa
σadm = σfl/Fs
σadm = 200/2
σadm = 100 MPa
A = P/ σ
π*r² = 10000/100
r = √100/π
r = 5 mm
D= 10 mm
2) 	Letra D
É necessário realizar o somatório de forças em X e em Y, depois calcular o momento de inércia, e no final a carga critica aplicada que não faça flambar deve ser dividida pelo coeficiente de segurança.
I=pid^4/64
Pad=Pcr/K=181 KN
3) 	Letra
4)	Letra
5) 	Letra
6) 	Letra C
P = PCR 
P = α . ΔT . E . A
PCR = (4 π2 . I . E ) / L2
α . ΔT . E . A = (4 π2 . I . E ) / L2
ΔT = (4 π2 . I . E ) / L2 . α . E . A
logo:
ΔT = (4 π2 . ( π . 304 / 64 )) / ( 1,22 . 1,1x10-5 . ( π . 302 / 4 ))
ΔT = 62°
7) 	Letra A
Metodo de aprimoração de Tetmajer
λ = ( L / r ) =  √ ( π . E / σfl )
λ = √ (π2 . 200x103 / 240 )
λ = 90
Aproximado de 95.
8) 	Letra B
AÇO ST37
σ = P/A
P = σ*A
σfl = σc – (σc-σpl/λlim²)*λ²
λ = KL/R
R = ²√I/A
I = π*d^4/32 
I = π*12^4/32
I = 2035,75 mm^4
A = π*r^4 
A = π*6^4
A = 113,2 mm²
R = ²√2035,75/113,2
R = 4,24 mm
λ = 1*300/4,24
λ = 70,75
Para aço ST37: λlim = 105
σfl = 240 – (240-200/105²)*70,75²
σfl = 221,8 MPa
σadm = σfl/Fs
σadm = 221,8/2
σadm = 110,9 MPa
P = σ*A
P = 110,9*113,1
P = 12400 N ou 12,4 KN
MÓDULO 7 ( DESLOCAMENTO DE ESTRUTURAS / PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS ) 8EX.
	
1) 	Letra A
Para a seção que se encontra no meio do vão da barra, a flecha máxima é determinada através de Pa/24EI*(4a²-3L²)
2)	Letra C
2 - Pcr = π2 EI / L2 = π2 (70 . 103 N/mm2 ) . π/4(454 - 404 ) / 1000 MM = 900,25 KN
P = Pcr / F.S = 900,25 / 1,5 = 600 KN
4)	Letra E
O ponto ocorre no meio do vão
V = 5q . L4 / 384 . E . I
5) 	Letra D
( L3 / 48 . E . I ) . (2P-5P) = ( - 3PL3 / 48EI ) = ( - PL3 / 16EI )	
8) 	Letra B
Calculando a área:
A=π.r²
A=π.25²=1963,5 mm²
Calculado o I:
I = π r4 / 4
I=306796,15 
Substituindo na formula:
σ = PCR / A
Pcr=589KN
Substituindo na formula:
PCR = ( π2 . I . E ) / L2 ---- L= 1029mm ou 1m.
MÓDULO 8 ( DESLOCAMENTOS ) 8EX.
Letra D 
PCR = (2,046 π2 . I . E . 2 ) / L2
10000 = (2,046 π2 . I . 240 . 2 ) / 5002
I = 257925mm4
I = π r4 / 4
257925 = π r4 / 4
R=31,87mm 
Portanto D = 47,87mm
2)	Letra E
Força real
∫M.Mdx=[(30x3/2 x 2/3 (3))]=90
d_r=(∫M.Mdx)/(E x I) =90/(E x I)
Força aplicada extremidade livre
∫M.Mdx=[(((5xF_el x5)/2 x 1/3 (-5))]=- 20,8333xF_el
d_el=(∫M.Mdx)/(E x I) =(-20,833xF_el)/(E x I)
Deslocamento igual a zero
d_el+d_r=0
(20,833xF_el)/(E x I)=90/(E x I)
F_el=90/20,833=4,320 kN
3) 	Letra A
Deslocamento “u” Sendo o produto EI constante na barrra, a expressão do deslocamento será:
u=(∫M.Mdx)/(E x I)
Caso barra de carregamento e momento fletor M :
Vamos definir o esforço unitário adimensional, que deverá, no caso barra de carregamento,
ser aplicado sozinho na estrutura:
- Queremos o deslocamento da extremidade livre (extremidade sem ligação a apoio ou barra)
aplicamos o esforço unitário na extremidade livre.
- Queremos a translação vertical da seção o esforço unitário a ser aplicado na extremidade é
uma força unitária vertical.
Novamente, as reações V , V e H A B B , e os momentos fletores M , foram obtidos da maneira
que vimos no curso de EE. Observamos que, sendo o esforço unitário aplicado à estrutura uma
força adimensional, as forças de reação também serão adimensionais, e os momentos fletores
M terão metro como unidade, pois serão o resultado do produto de forças adimensionais por
braços de alavanca em metros (adimensional x metro = metro).
∫M.Mdx=[((área1 x valor1) )+((área2 x valor2) ) ]+ [(área3 x valor3)- (((qxL^3)/12+ (A+B)/2) ) ]
∫M.Mdx=[(12x3 x 1/2 (-3))+(24x3/2 x 2/3 (-3))]+ [36x6/2 x 2/3 (3)- ((2x6^3)/12+ (3+0)/2)]=52,5
u=(∫M.Mdx)/(E x I) =52,5/(200x10^9 x 10^(-8) )=0,02625 m ou 27 mm.