Exame 2010 - Jun - Resolvido

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ENG03003 - Mecânica dos Sólidos I - terceiro exame
Prof. Jun Fonseca - dezembro 2010
Nome: cartão
Instruções: responda individualmente e corretamente as questões propostas abaixo, sem consulta a material
didático, sem auxílio de calculadoras ou computadores, e no prazo de 30 minutos. Após a entrega das duas
primeiras questões, responda o restante da prova individualmente, com consulta permitida a material didático.
1. (10%) Responda as seguintes questões conceituais:
(a) Por que a tensão deve ser representada por um tensor?
(b) O que é o princípio de Saint Venant?
(c) O que é o princípio da superposição de efeitos?
(d) Quais são as principais diferenças entre o cisalhamento da torção e da flexão?
2. (10%) Responda as questões conceituais abaixo relacionadas.
(a) Qual a relação entre o deslocamento transversal (deflexão) e longitudinal em uma viga?
(b) Qual a relação entre a tensão e a força distribuída em uma superfície?
(c) Qual a diferença entre a distribuição de tensões na torção de seções de parede fina fechadas e abertas?
(d) O que é a Elasticidade Linear Isotrópica Infinitesimal?
1
3. (20%) Uma viga "L" feita de chapas de 2mm de espessura, com dimensões externas de 50mm de largura e
100mm de altura, tem comprimento L, módulo de elasticidade E, e está apoiada em seus extremos com uma
carga uniformemente distribuída de 100N/m. Calcule:
(a) os deslocamentos transversais,
(b) a distribuição de tensões normais e cisalhantes,
(c) o centro de cisalhamento.
4. (30%) A estrutura da Figura 1 é feita de chapas de aço dútil com E=210GPa, ν = 0.3, σesc = 350MPa e
com espessuras de 4mm (AB e BC). A estrutura está soldada em uma parede na seção A e recebe uma carga
P=1000N. Determine:
(a) os esforços internos (forças axiais e cortantes, momentos fletores e torçores) ao longo da estrutura,
(b) as tensões na barra BC,
(c) O coeficiente de segurança nos pontos A1, A2, A3 e A4 para esta carga segundo o critério da máxima
energia de distorção,
(d) o trabalho da força P.
C
D
A
1m
1m
B
2m
P
y
z
x
��������
��������
��������
��������
��������
��������
��������
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��������
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��
��
10mm
40
m
m
50mm
10
0m
m
40mm
A1
A2
BC CD
A3
A4
Figura 1:
5. (30%) Uma máquina tem um eixo de polias com rotação de 350rpm . Sabendo que deve transmitir 12cv,
determine o diâmetro do eixo maciço considerando o mesmo aço do problema anterior e um coeficiente de
segurança de 3. Dica: calcule as forças P1 e P2 a partir do torque.
P1
P2
50mm 200mm 100mm
200 150
P1
P2
Figura 2:
Respostas
Agradeço as colaborações e correções.
Questão 3
O deslocamento transversal envolve apenas a flexão. Desta forma, o cálculo da torção não é necessário.
Propriedades geométricas
A1
A2
yc
zc
Figura 3: Divisão das áreas
A seção transversal é um "L" de 100x50x2mm. Calculamos inicialmente o centróide vertical a partir da base:
yc =
yc1A1 + yc2A2
A1 +A2
onde
yc1 = 1mm A1 = 2∗50 = 100mm2
yc2 = 51mm A2 = 2∗98 = 196mm2
yc = 34,11mm
similarmente o centróide horizontal a partir da esquerda. Para fins ilustrativos, faz-se por subtração:
xc =
25∗50∗100− (2+24)∗48∗98
50∗100−48∗98 = 9,11mm
e o momento de inércia centroidal é dado por
Izz = Izz1 + Izz2
=
b1h31
12
+A1 (yc1− yc)2 + b2h
3
2
12
+A2 (yc2− yc)2
= 3,224×105mm4 = 3,224×10−7m4
Como a seção não é simétrica, o produto de inércia Φyz =
∫∫
yzdydz não é nulo. Para uma seção simétrica como
as seções retangulares alinhadas deste caso, só sobra o teorema dos eixos paralelos:
Φyz = A1× yc1× zc1 +A2× yc2× zc2
= −7,946×104mm4
As distâncias até as fibras mais afastadas são +65,89mm e −34,11mm.
Flexão
Dada a simetria, as reações verticais de apoio são iguais a qL/2, ou seja 50LN. O esforço cortante e o momento
fletor são
Vy =
qL
2
−q(L− x)
= q
(
x− L
2
)
Mz =
qL
2
(L− x)−q(L− x) (L− x)
2
=
q
2
(
Lx− x2)
–40
–20
0
20
40
0.2 0.4 0.6 0.8 1
x
Figura 4: V/L e Mz/L
Deslocamentos na flexão assimétrica, inicialmente pela flexão em torno de z:
θz =
∫ Mz
EIzz
dx
=
1
EIzz
(
−50x
3 +75Lx2 +50L3
3
+C3z
)
v =
1
EIzz
(
−25x
4 +50Lx3 +100L3x
6
+C3zx
)
+C4z
vx=0 = vx=L = 0 =⇒
v =
25
6EIzz
(
2Lx3−L3x− x4)
Deslocamentos pela flexão em torno de y:
θz =
∫ Mz
EΦzz
dx
=
1
EΦzz
(
−50x
3 +75Lx2 +50L3
3
+C3z
)
w =
1
EΦzz
(
−25x
4 +50Lx3 +100L3x
6
+C3zx
)
+C4z
wx=0 = wx=L = 0 =⇒
w =
25
6EΦzz
(
2Lx3−L3x− x4)
Tensões
Segundo a flexão oblíqua, pode-se calcular as tensões normais como
σxx = −yMzIzz − z
Mz
Φyz
=
q
2
(
Lx− x2)(− y
Izz
− z
Φyz
)
O momento estático de área é dado por duas expressões
Q = 2(65,89− y) (65,89+ y)
2
se y>−32,11
Q = 2(65,89−32,11) (65,89+32,11)
2
+50(−32,11− y) (−32,11+ y)
2
se y<−32,11
e as tensões cisalhantes verticais são dadas por
σxy =
VQ
Izzb
que resulta em
σxy =
q
(
x− L2
)
2Izz
(
4342− y2) se y>−32,11mm
σxy =
q
(
x− L2
)
2Izz
(
3311+25(−32,11− y)2
)
se y<−32,11mm
Pode-se aproximar o cisalhamento vertical como constante na alma (V/Aalma) e nulo na aba:
σxy =
q
(
x− L2
)
2×98 se y>−32,11mm
= 0 se y>−32,11mm
O cisalhamento horizontal é dado por
σxz =
VQ(z)
Izzb
onde, sendo z′ a distância da alma para a ponta da aba
Q(z) = 2∗ (50− z′)
Centro de cisalhamento
É possível deduzir que somente no encontro das chapas horizontal e vertical os cisalhamentos horizontais não
produzem torque.
Questão 4
Nesta questão, muitos interpretaram o desenho como se as dimensões dadas fossem externas. Aqui as dimensões
dadas são consideradas como as dimensões médias.
Esforços internos:
• Esforço normal: ocorre apenas na barra BC, com o valor de compressão NyBC =−1000N;
• esforço cortante: ocorre na barra CD com o valor de VyCD =−1000N e na barra AB VyAB =−1000N.
• Momento torçor: ocorre na barra AB: MxAB = 1000Nm.
• Momentos fletores: ocorrem na barra CD: MxCD = 1000(1− z)Nm; na barra BC MxBC = 1000Nm e na barra
AB: MzAB =−1000(2− x)Nm
–1000
–500
0
500
1000
0.2 0.4 0.6 0.8 1
z
–1000
–500
0
500
1000
1500
2000
0.2 0.4 0.6 0.8 1 1.2 1.4 1.6 1.8 2
x
Figura 5: barra CD: V e Mx e barra AB: V,Mx e Mz
Tensões na barra BC
O cisalhamento não precisa ser considerada dada a razão entre comprimento e altura das três barras.
Tensão de compressão: Considerando De = 40+4 e Di = 40−4
ABC =
pi
(
D2e−D2i
)
4
= 503mm2 ' piDtσ cyyBC =
NyBC
ABC
= 1,99MPa
Tensão de flexão:
IxxBC =
pi
(
D4e−D4i
)
64
= 1,015×10−7m4 ' piD
3t
8
σ fyyBC = −
zMxBC
Ixx
= 9,85×109× zPa
somando:
σBC =
 0 0 00 σ cyy+σ fyy 0
0 0 0

Tensões nos pontos da seção A
Flexão:
IyyAB =
beh3e
12
− bih
3
i
12
=
54×1043
12
− 46×96
3
12
= 1670400mm4
IzzAB =
b3ehe
12
− b
3
i hi
12
=
543×104
12
− 46
3×96
12
= 586000mm4
σxxAB = −yMzIzz
torção:
A = 50×100 = 5000mm2
t = 4mm
τ =
Mx
2At
Para a seção A
Mz = −2000Nm
Mx = 1000Nm
Para o ponto A1, x= 0, y=−25mm, z= 0 e então
σxx =−
(−25×10−3)× (−2000)
1,670×10−6 =−85,3MPa
τ =−σxz = 10002×5000×10−6×4×10−3 = 25MPa
resultando em
σA1 =
 −85,3 0 −250 0 0
−25 0 0

σvmA1 = 95,7MPa
ηA1 =
σesc
σvm
= 3,66
Para o ponto A2, x= 0, y= 0, z= 50mm e então
σxx = 0
τ =−σxy = 25MPa
resultando em
σA2 =
 0 0 −250 0 0
−25 0 0

σvmA1 = 43,3MPa
ηA2 =
σesc
σvm
= 8,08
O ponto A3 tem o mesmo coeficiente do ponto A1 e o ponto A4 o mesmo do A2.
Trabalho
Força vezes deslocamento na direção da força; ou seja, basta o deslocamento horizontal em y
Barra AB: usando resultados anteriores de flexão de vigas engastadas com uma carga na ponta
vB =
fyL3
3EIzz
=
1000×23
3EIzzAB
=−0,0217m
Já a torção é um pouco mais difícil para seções fechadas de parede fina pois não fizemos nenhum exemplo. De
qualquer livro
dθx
dx
=
Mx
4GA2
∮ ds
t
onde G= E2(1+ν) = 80,8GPa . Como a espessura t é constante, a integral
∮ ds
t =
Pm
t onde Pm é o perímetro médio.
Então, considerando que o momento torçor é constante e o ângulo no engaste é nulo,
θxB =
MxLABPm
4GAt
=
1000×2×0,3m
4×G× (5000×10−6)2×4×10−3
= 0,00928rad
Barra BC: o deslocamento de compressão é insignificante e nem precisa ser calculado:
∆LBC = εyyLBC
=
σyy
E
LBC
=
−1,99×106
210×109 ×1 =−9×10
−6m
de modo que o deslocamento vC = vB. Apenas o ângulo do ponto C interessa e a barra tem momento constante
θx =
∫ Mx
EIxxBC
dy
=
Mx y
EIxxBC
+C3BC
onde a constante é o ângulo vindo da torção de AB. No ponto C (y= 1)
θxC =
−1000×1
E× IxxBC +θxB
= 0,0469+0,00928 = 0,0562rad
Barra CD: o deslocamento horizontal de flexão é dado por
θxCD =
∫ MxCD
EIxxCD
dz
=
1
EIxxCD
∫
−1000(1− z)dz
=− 1000
EIxxCD
(
z− z
2
2
)
+C3CD
onde a constante é o ângulo θxC. O deslocamento é dado por
vCD =
∫
θxCDdz
=
1000
EIxxCD
(
z2
2
− z
3
6
)
+θxC z+C4CD
onde a constante é o deslocamento vC. No ponto D (z= 1), substituindo IxxCD = 0,04×0,013/12
vD =
−1000
EIxxCD
(
1
2
− 1
6
)
+θxC− vC
= −0,476−0,0562−0,0217 = 0,554m
e o trabalho será
W = 1000∗0,554 = 554J
O deslocamento da barra CD é muito alto para a teoria infinitesimal.
Questão 5
Torque aplicado:
Mx =
P
ω
=
12×735
350pi/60
= 240,7Nm
forças:
P1 = 240,7/0,075 = 3209N
P2 = 240,7/0,1 = 2407N
reações de apoio
RB =
−0,25P1−0,05P2
0,35
=−2636N
RA = −2979N
Momentos fletores
MP1 = 0,1RB =−263,6Nm
MP2 = 0,3RB−0,2P1 =−149,0Nm
o maior momento acontece em P1.
Tensões de flexão no ponto superior:
σxx =−yMzIzz =
DMz
2piD4/64
=
32Mz
piD3
tensão de torção no ponto superior
σxz =
Mx D2
Jp
=
Mx D2
piD4
32
=
16Mx
piD3
Usando von Mises com σadm = σesc/η = 117MPa
σ2adm = σ
2
xx+3σ
2
xz
σ2adm =
(32Mz)
2 +3(16Mx)
2
pi2D6
D6 =
(32Mz)
2 +3(16Mx)
2
pi2σ2adm
D = 0,045m= 45mm