Solução da AV01 Mecânica dos Sólidos

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Diretoria de Ciências Exatas 
Engenharia Civil 
Mecânica dos Sólidos – AV01 
1) (2,0 pontos) A barra rígida AB é sustentada por uma haste de aço AC com 20 mm de diâmetro e 
um bloco de alumínio com área de seção transversal de 1.800 mm2. Os pinos de 18 mm de diâmetro 
em A e C estão submetidos a cisalhamento simples. Se a tensão de ruptura do aço e do alumínio 
forem aço=680MPa e alumínio=70MPa, respectivamente, e a tensão falha para cada pino for de 
rup=900MPa, determine a maior carga P que pode ser aplicada à barra. Aplique um fator de segurança 
FS = 2. 
 
Solução: 
As tenções admissíveis são: 
Para o aço: 
(𝜎𝑎ç𝑜)𝑎𝑑𝑚 =
(𝜎𝑎ç𝑜)𝑟𝑢𝑝
𝐹𝑆
=
680
2
⟹ (𝝈𝒂ç𝒐)𝒂𝒅𝒎 = 𝟑𝟒𝟎𝑴𝑷𝒂 
Para o alumínio: 
(𝜎𝐴𝑙)𝑎𝑑𝑚 =
(𝜎𝐴𝑙)𝑟𝑢𝑝
𝐹𝑆
=
70
2
⟹ (𝝈𝑨𝒍)𝒂𝒅𝒎 = 𝟑𝟓𝑴𝑷𝒂 
Há três incógnitas e nós aplicaremos as equações de equilíbrio: 
+↶ ∑ 𝑀𝐵 = 0 ⟹ 𝑃. 1,25 − 𝐹𝐴𝐶 . 2 = 0 𝑬𝒒. 𝟏 
+↶ ∑ 𝑀𝐴 = 0 ⟹ 𝐹𝐵. 2 − 𝑃. 0,75 = 0 𝑬𝒒. 𝟐 
Dessa forma, a tensão de cisalhamento, usando o fato de segurança (FS), é: 
𝜏𝑎𝑑𝑚 =
𝜏𝑟𝑢𝑝
𝐹𝑆
=
900
2
⟹ 𝝉𝒂𝒅𝒎 = 𝟒𝟓𝟎𝑴𝑷𝒂 
Agora, determinaremos cada valor de P que crie a tensão admissível na haste, no bloco e nos pinos, 
respectivamente. Dessa forma, a força sobre a haste AC é: 
(𝜎𝑎ç𝑜)𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝐴𝐶
𝐴𝐴𝐶
⟺ 𝐹𝐴𝐶 = (𝜎𝑎ç𝑜)𝑎𝑑𝑚. 𝐴𝐴𝐶 = 340. 10
6. 𝜋. 0,012 
𝑭𝑨𝑪 = 𝟏𝟎𝟔, 𝟖𝒌𝑵 
Através da Eq. 1, temos: 
𝑃. 1,25 − 𝐹𝐴𝐶 . 2 = 0 ⟹ 𝑃 =
2. 𝐹𝐴𝐶
1,25
=
2.106,8
1,25
⟹ 𝑷 = 𝟏𝟕𝟏𝒌𝑵 
Para o bloco B, temos: 
(𝜎𝐴𝑙)𝑎𝑑𝑚 =
𝐹𝐵
𝐴𝐵
⟺ 𝐹𝐵 = (𝜎𝐴𝑙)𝑎𝑑𝑚. 𝐴𝐵 = 35. 10
6. 1800. 10−6 ⟹ 𝑭𝑩 = 𝟔𝟑, 𝟎𝒌𝑵 
Usando a Eq. 2, temos: 
𝐹𝐵. 2 − 𝑃. 0,75 = 0 ⟹ 𝑃 =
2. 𝐹𝐵
0,75
=
2.63
0,75
⟹ 𝑷 = 𝟏𝟔𝟖𝒌𝑵 
Para o pino A ou C, temos: 
𝑉 = 𝐹𝐴𝐶 = 𝜏𝑎𝑑𝑚. 𝐴 = 450. 10
6. 𝜋. 0,0092 ⟹ 𝑽 = 𝟏𝟏𝟒, 𝟓𝒌𝑵 
Voltando à Eq. 1, temos: 
𝑃. 1,25 − 𝐹𝐴𝐶 . 2 = 0 ⟹ 𝑃 =
2. 𝐹𝐴𝐶
1,25
=
2.114,5
1,25
⟹ 𝑷 = 𝟏𝟖𝟑𝒌𝑵 
Quando P alcança seu menor valor (168kN), desenvolve a tensão normal admissível no bloco de 
alumínio. Por consequência: 
𝑷 = 𝟏𝟔𝟖𝒌𝑵 
2) (2,0 pontos) para a viga engastada abaixo, determine as expressões para a força cortante, para o 
momento fletor e os seus respectivos diagramas. Determine as reações de apoio. 
 
Solução: calculando as reações de apoio em A e B: 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 45𝑁 
O centroide para a distribuição de carga é: 
Figura 01 15 4 60 
Figura 02 30 3 90 
�̅� =
∑ 𝑥𝑖𝐴𝑖
∑ 𝐴𝑖
=
60 + 90
15 + 30
= 3,33𝑚 
Em relação ao ponto A, 
𝐴𝑦. 0 − 𝐹𝑅 . �̅� + 𝐵𝑦. 6 = 0 ⟹ 𝐵𝑦 =
150
6
⟹ 𝑩𝒚 = 𝟐𝟓𝒌𝑵 
Logo: 
𝑨𝒚 = 𝟐𝟎𝒌𝑵 
A força cortante é: 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝐴𝑦 − 𝐹𝑅 − 𝑉 = 0 ⟹ −𝑉 = 𝐹𝑅 − 480 
Observe que 𝑤 = 5kN/m é constante ao longo do comprimento. Também, devido ao triângulo, a carga 
distribuída varia com a distância como: 
𝑤
𝑥
=
5
6
⟹ 𝑤2(𝑥) =
5
6
𝑥 
𝐹𝑅 = 5𝑥 +
1
2
. 𝑤(𝑥) = 5𝑥 +
1
2
.
5
6
𝑥. 𝑥 = 5𝑥 +
5
12
𝑥2 
Dessa forma: 
20 − 5. 𝑥 −
5
12
𝑥2 − 𝑉 = 0 
−𝑉 = −20 + 5. 𝑥 +
5
12
𝑥2 ⟹ 𝑽(𝒙) = 𝟐𝟎 − 𝟓𝒙 −
𝟓
𝟏𝟐
𝒙𝟐 
Para x = 0, temos: 
𝑉(0) = 20 − 5.0 −
5
12
. 02 = 𝟐𝟎𝒌𝑵 
Deve-se determinar o ponto entre 0 e 6m em que V =0, ou seja: 
20 − 5𝑥 −
5
12
𝑥2 = 0 
Através do método de Bhaskara, temos: 
𝒙 = 𝟑, 𝟏𝟔𝟓𝒎 
Para x = 6m, temos: 
𝑉(6) = 20 − 5.6 −
5
12
. 62 = −𝟐𝟓𝒌𝑵 
Dessa forma, o diagrama da força cortante é: 
 
Da definição de Momento Fletor, temos: 
𝑀(𝑥) = ∫ 𝑉(𝑥)𝑑𝑥 = ∫ (20 − 5𝑥 −
5
12
𝑥2) 𝑑𝑥 
𝑴(𝒙) = 𝟐𝟎𝒙 −
𝟓
𝟐
𝒙𝟐 −
𝟓
𝟑𝟔
𝒙𝟑 
Para x = 0, temos M(0) = 0 
Deve-se determinar o ponto em que o momento é nulo, ou seja: 
20𝑥 −
5
2
𝑥2 −
5
36
𝑥3 = 0 ⟹ 20 −
5
2
𝑥 −
5
36
𝑥2 = 0 
𝒙 = 𝟔𝒎 
Também, quando a força cortante é nula, ou seja, V = 0, o momento fletor é máximo. Nessas 
condições, para x = 3,165m, temos: 
𝑀(3,165) = 20.3,165 −
5
2
. 3,1652 −
5
36
. 3,1653 = 𝟑𝟑, 𝟖𝟓𝒌𝑵. 𝒎 
O diagrama do momento fletor é: 
 
 
3) (2,0 pontos) Para a viga engastada abaixo, determine as expressões para a força cortante, para o 
momento fletor e os seus respectivos diagramas. Determine as reações de apoio. 
 
Solução: calculando as reações de apoio em A e B: 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 36000𝑁 
Em relação ao ponto A, temos: 
𝐴𝑦. 0 − 36000.
2
3
. 6 + 𝐵𝑦. 6 = 0 ⟹ 𝑩𝒚 = 𝟐𝟒𝟎𝟎𝟎𝑵 = 𝟐𝟒, 𝟎𝒌𝑵 
Logo: 
𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 36000𝑁 ⟹ 𝐴𝑦 = 36000 − 24000 
𝑨𝒚 = 𝟏𝟐𝟎𝟎𝟎𝑵 = 𝟏𝟐, 𝟎𝒌𝑵 
Em relação ao ponto A: 
 
Dessa forma: 
+↑ ∑ 𝐹𝑦 = 0 ⟹ 𝐴𝑦 − 𝐹𝑅 − 𝑉 = 0 ⟹ −𝑉 = 𝐹𝑅 − 12 
A força resultante é: 
𝑥
𝑤
=
6
12
⟹ 𝑤(𝑥) =
12
6
𝑥 = 2𝑥 
Assim: 
𝐹𝑅 =
1
2
𝑥. 2𝑥 = 𝑥2 
A força cortante é: 
−𝑉 = 𝑥2 − 12 ⟹ 𝑽(𝒙) = −𝒙𝟐 + 𝟏𝟐 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 0 ⟹ 𝑉 = −02 + 12 = 𝟏𝟐, 𝟎𝒌𝑵 
Deve-se determinar a posição onde a força cortante é igual a zero, ou seja: 
𝑥 = √12 = 3,46𝑚 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 6𝑚 ⟹ 𝑉 = −62 + 12 = −24,0𝑘𝑁 
 
A momento Fletor é: 
Dessa forma: 
+↷ ∑ 𝑀0 = 0 ⟹ 𝐴𝑦. 𝑥 − 𝐹𝑅 .
𝑥
3
− 𝑀 = 0 ⟹ −𝑀 = 𝑥2.
𝑥
3
− 12𝑥 
 
𝑀(𝑥) = −
𝑥3
3
+ 12𝑥 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 0 ⟹ 𝑀(0) = −
03
3
+ 12.0 = 0 
𝐴 𝑝𝑜𝑠𝑖çã𝑜 𝑒𝑚 𝑞𝑢𝑒 𝑀 = 0 é 𝑥 = √3.12 = 6𝑚 
𝐸𝑚 𝑥 = 3,46𝑚, 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎, 𝑉 = 0, 𝑜 𝑀𝑜𝑚𝑒𝑛𝑡𝑜 𝐹𝑙𝑒𝑡𝑜𝑟 é 𝑚á𝑥𝑖𝑚𝑜, 𝑜𝑢 𝑠𝑒𝑗𝑎: 
𝑃𝑎𝑟𝑎 𝑥 = 3,46𝑚 ⟹ 𝑀(3,46) = −
3,463
3
+ 12.3,46 = 27,7𝑘𝑁. 𝑚