ED 6 semestre Engenharia Mecanica

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Eds EM5/6
1.
δruina =400kN/m
FH = HA=0
FV =VA+VB=F
MA = -Fx2,5+VBx5=0
VB=2,5F/5
VB=0,5FVA=0,5F
Max Tração=1,25F
1,25F=400/2,5
F=128KN
2.
FH = HA=0
FV = VA-F=0 VA=F
Max Tração = 4F
Iy = bh³/12 = 0,2x0,3³/12 = 0,00045m4
δ= 4F/0,00045x0,15 ≤ 100MPa 
δ= 1333,33F ≤ 100MPa
F ≥ 100Mpa/1333,33
F = 75kN
FH = HA=0
FV =VA+VS+3-8=0
FV=VA+VS=5
VA=5+0,5
VA=5,5tf
MA = (8x2)-(VSx4)-(3x6)
MA=16-18=VS
VS=-2/4=0,5tf
Momento em S =6tf
δ=M/Iy x Z
δ=600000kgf.cm/13640cm₄ x 16,2cm
δ=712,6kgf/cm²
3)
σd=(M/Iy)*Zd
σd=(600000/13640)*16,2
σd=712,6 kgf/cm²
4)
Reações:
∑Fh = Ha – 10P = 0 Ha = 10P ( compressão)
∑Fv = Va – P = 0 Va = P
∑Ma = Ma + 3P = 0 Ma = -3P (inverter o sentido para anti-horário)
A barra tem maior momento onde está engastada, que é 3P (TC) de acordo com o cálculo de reação.
Em seguida, devemos encontrar o βg da seção.
βg = 
Vamos imaginar um retângulo maciço como A1 e o vazado como A2. Subtraindo os dois obtemos o valor da área da seção (A).
A = 50000 – 39600 = 10400 mm²
Em seguida:
βg1 x A1 = 100 x 50000 = 5. mm³
e
βg2 x A2 = 90 x 39600 = 3,564. mm³
Logo:
Portanto, βg = = 138 mm
Sabemos que M é My.
Adotando Newton e metro como unidades de medida e aplicando os valores na equação da L.N., temos:
 + x 0,138
Respeitando a segurança da barra (s=2)
10183,44P 
P (maior valor P que pode ser aplicado)
7)
Com relação ao eixo Y, a equação do módulo de resistência é a seguinte:
Wy = Multiplica-se o momento de inércia por 2, pois trata-se de duas cantoneiras de abas iguais. Em relação a L.N. da seção, definimos o valor de Z (Zcima e Zbaixo).
Substituindo os valores:
Wy = 
Logo, Wy = 1,85x ou 1850x10³mm³
Wy = 
Logo, Wy = 0,454x ou 454x10³mm³
8)
Primeiramente, devemos construir o diagrama flexão. Observa-se então, que o maior momento é 2,2P (TB) entre os trechos C-D e E-F, onde tem uma força cortante de 1,5P.
Logo:
 = = 120MPa
O módulo de resistência é sempre da borda da seção junto à qual temos maior concentração de área e M é My, então:
 ≤ 120MPa ≤ 120. P ≤ 
Portanto, P ≤ 25kN
9)
máxτ=T/Wt
máxτ=4,5.10^-3/8,28*10^-5
máxτ=54,32 MPa
10)
As unidades escolhidas são N e m².
Para encontrar o ângulo de deformação, o exercício forneceu o momento de torção T, o comprimento L da barra, o módulo de elasticidade transversal G e o diâmetro D. 
Logo:
Θ=(T*L)/(G*It)
It=momento de inércia na torção.
O cálculo do It é o mesmo do Ip.
It=(π*d₄)/32
It=0,0031.10^-3m₄
Portanto:
Θ=(4500*1,2)/(27.10^9*0,0031.10^-3)
Θ=0,0645
13)
Unidades escolhidas: Newton e metro
Sabemos que:
Máxτ = 
Primeiramente devemos achar o valor do módulo de resistência da torção (Wt):
Wt = = 100,53 mm³
Substituindo os valores, encontramos o valor da força F que deve ser aplicada na alavanca.
180. = T = 18N.m
De acordo com o enunciado, a alavanca tem 300mm de comprimento, então:
T = = 60N
15) =45MPa; =40MPa; =70MPa; =-40MPa
Conhecidos os pares de tensões para planos perpendiculares, podemos escrever:
= + = 41,9MPa
=-
Nos planos de e , a tensão normal 
 = = 57,5MPa
Tensões normais máxima e mínima para o ponto:
 + = 57,5 + 41,9 = 99,4MPa
 - = 57,5 - 41,9 = 15,6MPa
Os planos das tensões principais, 
16) De acordo com o exercício anterior:
= + = 41,9MPa
17) O ângulo que o plano 1 e o plano onde atua a tensão normal de 45MPa é definido através da seguinte equação:
Ω = arctg () = arctg () = 54⁰
18)=40MPa; =60MPa; =-30MPa; =-60MPa
Conhecidos os pares de tensões para planos perpendiculares, podemos escrever:
= + = 69,5MPa
=-
Nos planos de e , a tensão normal 
 = = 5MPa
Tensão normal do plano principal para o ponto:
 - = 5 – 69,5 = -64,5MPa
O ângulo que o plano principal 2 e o plano A onde atua a tensão normal de 5MPa é definido através da seguinte equação:
Ω = arctg () = arctg () = 60⁰
21) = + = + = 69,5MPa
Nos planos de e , a tensão normal 
 = = 35MPa
Tensões normais máxima e mínima para o ponto:
 + = 35 + 69,5 = 104,5MPa
 - = 35 – 69,5 = -34,5MPa
Com esses valores é possível construir o círculo de Mohr.
22)
As unidades escolhidas são kgf e cm².
São determinadas as reações dos apoios:
Va=5,5tf ;Vb=-0,5tf (inverter)
Através do diagrama, foi possível encontrar o maior momento na seção S.
M=6tf.m (TB)
Só que para encontrar a tensão normal no ponto A da seção, é preciso saber o momento de inércia (já fornecido) , assim como a distância (z) da LN até o ponto A, pois M é My.
σa=(M/Iy)*Zd
σa=(600000/13640)*-9,8
σa=-431,1 kgf/cm²
27)
O plano de momento da força 75kN contém as direções da força e do braço da força. Logo:
Sentido horário
∑My=75kN*75mm=5625kN.mm (TB)
∑Mz=-75kN*50mm=-3750kN.mm devemos inverter ∑Mz=3750kN.mm (TE)
Através da equação da LN é possível encontrar a tensão normal no ponto A.
σ=N/A+(My/Iy)*z+(Mz/Iz)*y
Antes, é preciso encontrar o valor dos momentos de inércia (Iy e Iz) e a área (A).
De acordo com a expressão tabelada:
Iy=(b*h³)/12=(200*150³)/12=56250000mm₄
Iz=(150*200³)/12=100000000mm₄
A=200*150=30000mm²
Aplicando na fórmula...
σ=-75/30000+(5625/56250000)*75+(3750/100000000)*100
σ =8750kN/m²=8,75MPa
28)
O plano de momento da força 75kN contém as direções da força e do braço da força. Logo:
Sentido horário
∑My=75kN*75mm=5625kN.mm (TB)
∑Mz=-75kN*50mm=-3750kN.mm devemos inverter ∑Mz=3750kN.mm (TE)
Através da equação da LN é possível encontrar a tensão normal no ponto B.
σ=N/A+(My/Iy)*z+(Mz/Iz)*y
Antes, é preciso encontrar o valor dos momentos de inércia (Iy e Iz) e a área (A).
De acordo com a expressão tabelada:
Iy=(b*h³)/12=(200*150³)/12=56250000mm₄
Iz=(150*200³)/12=100000000mm₄
A=200*150=30000mm²
Aplicando na fórmula...
σ=-75/30000+(5625/56250000)*75+(3750/100000000)*-100
σ =1250kN/m²=1,25MPa
29)
O plano de momento da força 75kN contém as direções da força e do braço da força. Logo:
Sentido horário
∑My=75kN*75mm=5625kN.mm (TB)
∑Mz=-75kN*50mm=-3750kN.mm devemos inverter ∑Mz=3750kN.mm (TE)
Através da equação da LN é possível encontrar a tensão normal no ponto C.
σ=N/A+(My/Iy)*z+(Mz/Iz)*y
Antes, é preciso encontrar o valor dos momentos de inércia (Iy e Iz) e a área (A).
De acordo com a expressão tabelada:
Iy=(b*h³)/12=(200*150³)/12=56250000mm₄
Iz=(150*200³)/12=100000000mm₄
A=200*150=30000mm²
Aplicando na fórmula...
σ=-75/30000+(5625/56250000)*-75+(3750/100000000)*-100
σ =-13750kN/m²=-13,75MPa
30)
O plano de momento da força 75kN contém as direções da força e do braço da força. Logo:
Sentido horário
∑My=75kN*75mm=5625kN.mm (TB)
∑Mz=-75kN*50mm=-3750kN.mm devemos inverter ∑Mz=3750kN.mm (TE)
Através da equação da LN é possível encontrar a tensão normal no ponto D.
σ=N/A+(My/Iy)*z+(Mz/Iz)*y
Antes, é preciso encontrar o valor dos momentos de inércia (Iy e Iz) e a área (A).
De acordo com a expressão tabelada:
Iy=(b*h³)/12=(200*150³)/12=56250000mm₄
Iz=(150*200³)/12=100000000mm₄
A=200*150=30000mm²
Aplicando na fórmula...
σ=-75/30000+(5625/56250000)*-75+(3750/100000000)*100
σ =-6250kN/m²=-6,25MPa
34)
τ = x 
Mas, It = – = 
Então, τ = x 
Substituindo os valores fornecidos pelo enunciado:
5x = x 
= 
40x = 
 = 4x
 = 1,27x
 = 1,27x - 3,90x
Portanto, Di = 0,227m ou 227mm
36)
O exercício forneceu o valor do diâmetro externo da barra vazada, o momento de torção T, o comprimento L e o módulo de elasticidade transversal G. 
Antes, é preciso aplicar a fórmula do momento de inércia na torção (It) para substituí-lo na fórmula do ângulo de deformação.
It= (π*de₄/32)-(π*di₄/32)
It= 0,4*10^-3-( π*di₄/32)
Θ=(T*L)/(G*It) It=(T*L)/( Θ*G)
Mas, It=0,4*10^-3-( π*di₄/32)
Então,
0,4*10^-3-( π*di₄/32)= (T*L)/( Θ*G)
-( π*di₄/32)=(5000*3)/(0,003*95*10^9)- 0,4*10^-3
-0,1 di₄=0,052*10^-3-0,4*10^-3
Di=242mm