Apostila de Resistencia dos Materiais (52)

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Escola Estadual de Educação Profissional [EEEP]�Ensino Médio Integrado à Educação Profissional��
RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
1 INTRODUÇÃO A ANÁLISE DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES
1.1 INTRODUÇÃO
Um conceito da grandeza tensão pode ser encarado como uma extensão do conceito da grandeza pressão.
Imaginemos o sistema de êmbolos apresentado abaixo:
Utilizando-se os conceitos de física, pode-se dizer que a pressão P no interior do duto é constante e tem valor:
onde F1 e F2 são as forças aplicadas nas extremidades e A1 e A2 são as áreas da seção transversal do duto onde são aplicadas F1 e F2, respectivamente.
Os macacos hidráulicos são aplicações diretas da equação acima, pois com uma pequena força aplicada na extremidade 2 do sistema de êmbolos afim de se produzir uma força de magnitude considerável na extremidade 1, dependendo da razão entre as áreas A1 e A2.
Algumas conclusões já podem ser obtidas analisando a grandeza pressão:
Sua unidade de medida será: unidade de força dividida por unidade de área. No Sistema Internacional de Unidades (SI): Pa (Pascal) = N/m2. Como 1 Pa representa uma pressão relativamente pequena 1 normalmente se utiliza prefixos do tipo kilo (103) ou mega (106). Exemplos: 10 MPa, 45 kPa, etc.
O módulo da pressão é o mesmo no interior do duto, mas a direção e sentido não.Pode-se dizer então que a pressão é uma grandeza vetorial.
A direção da força F2 gerada no sistema de êmbolo é sempre a mesma da pressão atuante na seção 2, e esta direção é sempre normal a superfície do êmbolo.
Porque surgiu pressão no interior do duto?
A resposta é simples: Sempre que se tenta movimentar uma massa de fluido e existem restrições ao deslocamento, surgem as pressões. Assim sendo, no caso do êmbolo da figura 1, se não existir resistência na seção 2, o fluido entraria em movimento acelerado e escoaria sem o surgimento de pressões internas. Em outras palavras, é preciso que haja confinamento (pressão positiva) ou aumento do volume dos dutos (pressão negativa).
Um raciocínio análogo pode ser aplicado aos sólidos. Supondo que se exerça uma força
F sobre um sólido qualquer conforme figura abaixo.
Da mesma maneira que nos fluidos, têm-se duas possibilidades: ou o sólido entra em movimento ou, no caso onde existam restrições ao deslocamento (como no exemplo da figura 2), surgem o que nos sólidos se denominam tensões.
A grande diferença entre sólidos e fluidos pode ser observada na figura 1.3:
Em ambos os casos na figura surgirão pressões (para o fluido) e tensões (para o sólido) quando se aplica a carga F1 (direção axial do tubo). Entretanto, quando se aplica a carga F2 (transversal ao tubo) pode-se verificar que o fluido não oferece a menor resistência ao corte ou cisalhamento, porém no sólido isso não acontece. Esta diferença motivou os pesquisadores a estudarem os sólidos e os fluidos em duas grandes áreas do conhecimento:
Mecânica dos Sólidos e Mecânica dos Fluidos.
Então, diferentemente dos líquidos, as tensões em um sólido podem ocorrer de duas formas:
Tensões normais: Estas tensões são resultados de um carregamento que provoca a aproximação ou o afastamento de moléculas que constituem o sólido. E o caso do carregamento F1 da figura 1.3.
Tensões cisalhantes ou tangenciais: Estas tensões são resultado de um carregamento que provoca um deslizamento relativo de moléculas que constituem o sólido. É o caso do carregamento F2 da figura 1.3.
1.2 EXERCÍCIOS
1.3 PRESSUPOSTOS E HIPÓTESES BÁSICAS DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
A Resistência dos Materiais é uma ciência desenvolvida a partir de ensaios experimentais e de análises teóricas.
Os ensaios ou testes experimentais, em laboratórios, visam determinar as características físicas dos materiais, tais como as propriedades de resistência e rigidez, usando corpos de prova de dimensões adequadas.
As análises teóricas determinam o comportamento mecânico das peças em modelos matemáticos idealizados, que devem ter razoável correlação com a realidade. Algumas hipóteses e pressupostos são admitidos nestas deduções e são eles:
1.3.1 Continuidade Física
A matéria apresenta uma estrutura continua, ou seja, são desconsiderados todos os vazios e porosidades.
1.3.2 Homogeneidade
O material apresenta as mesmas características mecânicas, elasticidade e de resistência em todos os pontos.
1.3.3 Isotropia
O material apresenta as mesmas características mecânicas elásticas em todas as direções. “Ex: As madeiras apresentam, nas direções das fibras, características mecânicas e resistentes distintas daquelas em direção perpendicular e, portanto não é considerado um material isótropo”.
1.3.4 Equilíbrio
Se uma estrutura está em equilíbrio, cada uma de suas partes também está em equilíbrio.
1.3.5 Pequenas Deformações
As deformações são muito pequenas quando comparadas com as dimensões da estrutura.
1.3.6 Saint-Venant
Sistemas de forças estaticamente equivalentes causam efeitos idênticos em pontos suficientemente afastados da região de aplicação das cargas.
1.3.7 Seções planas
A seção transversal, após a deformação, permanece plana e normal à linha média (eixo deformado).
1.3.8 Conservação das áreas
A seção transversal, após a deformação, conserva as suas dimensões primitivas.
1.3.9 Lei de Hooke
A força aplicada é proporcional ao deslocamento.
F = k.d
Onde: F é a força aplicada; k é a constante elástica de rigidez e d é o deslocamento.
1.3.10 Princípio da Superposição de efeitos
Os efeitos causados por um sistema de forças externas são a soma dos efeitos produzidos por cada força considerada agindo isoladamente e independente das outras.
A fim de compensar as incertezas na avaliação das cargas, na determinação das propriedades dos materiais, nos pressupostos ou nas simplificações, é previsto nas Normas Técnicas a adoção de coeficientes de segurança. Consiste em se majorar as cargas e se reduzir a resistência dos materiais. Os diversos critérios adotados para escolha dos coeficientes de segurança adequados são estudados ao longo do curso de Engenharia Civil.
Adota-se neste texto um coeficiente de segurança único que reduz a capacidade de carga da estrutura.
2 OBJETIVO
	Estudar os esforços internos e externos que atuam nas peças de uma construção de modo a resolver os problemas.
Fig. 2
3 TIPOS DE CARGA
3.1 CARGA CONCENTRADA: Se apóiam em pequenas áreas e podem ser consideradas como apoiadas em um ponto.
Fig. 3.1
3.2 CARGA DISTRIBUIDA: Se apóiam em grandes áreas, podendo ser uniformes ou variadas.
	
Fig. 3.2				 		Fig. 3.2
3.3 CARGAS PERMANENTES: Atuam durante toda a vida da estrutura, sem mudar de valor.
3.4 CARGAS ESTÁTICAS: Atuam em cargas paradas, não sofrem efeito de impacto.
3.5 CARGAS ACIDENTAIS: Cargas móveis sofrem efeito de impacto, podendo ou não mudar de valor.
3.6 CARGAS MÓVEIS: Carga acidental
4 ESFORÇOS EXTERNOS
4.1 CARGAS CONCENTRADAS
4.2 CARGAS DISTRIBUIDAS
4.3 FORÇA DE TRAÇÃO E COMPRESSÃO
5 ESFORÇOS INTERNOS
5.1 MOMENTOS
5.1.1 Momento Fletor ( Ma = F x d)
Fig. 5.1.1
5.1.2 Momento Torsor
Fig. 5.1.2
5.2 CISALHAMENTO (FORÇAS CONSTANTES)
Fig. 5.2
6 TIPOS DE ESTRUTURAS
6.1 ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS
N° de Eq. ≥ N° de incógnitas
∑ Fu = 0
 ∑ Fv = 0
∑ M = 0
6.2 ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS
N° de Eq. ≥ N° de incógnitas
7 TIPOS DE APOIO
Entendemos como apoio qualquer estrutura que impeça o deslocamento.
7.1 PRIMEIRO GÊNERO ESTÁTICO
Só impede o deslocamento vertical
Símbolo
Fig. 7.1
7.2 SEGUNDO GÊNERO ESTÁTICO
Impede o deslocamento vertical e horizontal, mas permite a rotação.
Fig. 7.2
7.3 TERCEIRO GÊNERO ESTÁTICO
Fixa totalmente a peça, impedindo o deslocamento horizontal, vertical e a rotação.Fig. 7.3
8 CÁLCULO DAS REAÇÕES
8.1 CONVENÇÕES
Fig. 8.1
8.2 EXEMPLOS
Exemplo 1 
Fig. 8.2.1
a) ∑ Fv = 0
RA + RB – 2 – 4 – 2 = 0
RA + RB = 8t
4 + RB = 8
RB = 4t
b) ∑ MB = 0
RA x 6 – 2 x 5 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0
6 RA - 10 – 12 – 2 = 0
RA = 24
	6
RA = 4t
Exemplo 2
 Fig. 8.2.2
a) ∑ FV = 0
RA + RB – 2 – 4 – 4 = 0
RA + RB = 10
4,8 + RB = 10
RB = 5,20t
b) ∑ MB = 0
RA x 5 – 2 x 4 – 4 x 3 – 4 x 1 = 0
5RA = 8 + 12 + 4
5RA = 24
RA = 4,80t
Exemplo 3
Fig. 8.2.3
Sen 30° = 0,50
Cos 30° = 0,87 
a) ∑ FV = 0
RA + RB – 2 – 4.sen 30° - 2 = 0
RA + RB = 6t
RA = 6 – 3,67
RA = 2,33t
b) ∑ MB = 0
RHA + 3,87 = 0
RHA = 3,87t
Ou 
c) ∑ MA = 0
-2 x 7 + RB x 6 – 4.0,5 x 3 – 2 x 1 = 0
-14 + 6RB – 6 – 2 = 0
6RB = 22
RB = 3,67 t
d) ∑ MB = 0
RA x 6 – 2 x 5 – 2 x 3 + 2 x 1 = 0
6RA = 14
RA = 2,33t
Exemplo 4
Fig. 8.2.4
a) ∑ FV = 0					b) ∑ FH = 0
RA + RB – 4 – 4 - 2 = 0	 HA = 4t			 
RA + RB = 10t
c) ∑ MB = 0
RA x 5 x 4 x 5 – 2 x 3 – 4 x 5 – 4 x 3 = 0
5RA + 20 – 6 – 20 – 12 = 0
RA = 18
 5
RA = 3,60t e RB = 6,40 t
Exemplo 5
Fig. 8.2.5
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0
RA + RB – 4 – 6 - 2 = 0	 	HA + 2 + 3,48 – 4 - 2 = 0
RA + RB = 12t				HA + 5,48 – 6 = 0
RB = 6,12t				HA = 0,52t
	 
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 0,52 x 3 + 2 x 2 + 2 x 2 – 4 x 5 - 6 x 2 – 3,48 x 2 = 0
5RA + 1,52 + 4 + 4 - 20 – 6,96 = 0
RA = 5,88t
Exemplo 6
Fig. 8.2.6
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0
RA + RB – 2 – 4 - 6 = 0	 	RHA + 2 – 4 = 0
RA + RB = 12t				RHA = 2t
RB = 5,20t				
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 2 x 2 - 2 x 5 – 4 x 3 - 4 x 4 = 0
5RA + 4 - 10 – 12 - 16 = 0
5RA = 34 
RA = 34 
 5
RA = 6,80t 
Exemplo7
Fig. 8.2.7
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0
RA + RB – 4 – 2 – 2 = 0	 	HB + 2 – 4 = 0
RA + RB = 8t				HB = - 2t
RB = 7,50t				
c) ∑ MB = 0
RA x 4 + 4 x 6 - 4 x 4 – 2 x 2 - 2 x 3 = 0
4RA + 24 - 16 - 4 - 6 = 0
4RA = 2 
RA = 2 
 4
RA = 0,50t
* Calcular as reações
Exemplo 8
Fig. 8.2.8
a) ∑ FV = 0				
RA + RB – 4 – 2 – 4 – 2 - 4 = 0	 	
RA + RB = 16t		
RB = 8t			
b) ∑ MB = 0
RA x 6 - 4 x 5 - 2 x 4 – 4 x 3 - 2 x 2 – 4 x 1= 0
6RA - 20 - 8 - 12 – 4 - 4 = 0
6RA = 48 
RA = 48
 6
RA = 8t 
Exemplo 9
Fig. 8.2.9
a) ∑ FV = 0				
RA + RB = 2 + 6 + 2 + 12 	
RA + RB = 22t
RB = 8,83t		
b) ∑ MB = 0
-2 x 7 + RA x 6 - 6 x 5,50 - 2 x 4 – 12 x 2 = 0
6RA = 14 + 33 + 8 + 24
6RA = 79
RA = 79
 6
RA = 13,17t 
Exemplo 10
Fig. 8.2.10
a) ∑ FV = 0				
RA + RB = 24t 	
RB = 11,40t		
b) ∑ MB = 0
RA x 5 – 2 x 6 – 6 x 4,5 – 2 x 4 – 6 x 2 + 2 x 1 – 2 x 3 = 0
5RA - 12 – 24 – 8 – 12 + 2 - 6
RA = 12,60t 
Exemplo 11
Fig. 8.2.11
a) ∑ FV = 0				
RA + RB = 8t 	
RB = 5,33t		
b) ∑ MB = 0
RA x 3 + 4 x 3 – 4 x 1 – 4 x 2 – 4 x 1 = 0
3RA = 8
RA = 2,67t 
Exemplo 12
Fig. 8.2.12
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FHA = 0
RA + RB – 4 – 2 – 2 = 0	 	HA + 2 = 4
RA + RB = 8t				HB = 2t
RB = 7,50t				
c) ∑ MB = 0
RA x 3 + 2 x 3 + 2 x 0,5 – 4 x 1,5 - 2 x 1 – 2 x 1 = 0
3RA + 6 + 1 – 13,50 - 2 - 2 = 0
RA = 3,50t 
9 DIAGRAMA DE MOMENTO FLETOR
Definição: É igual ao somatório de todos os momentos fletores, de um mesmo lado da seção.
Convenções:
Fig. 9.1
RA + RB = 2P // RA = 2P = P 
Fig. 9.2					 2
MFs = P x l
y = a . x ( Carga concentrada )				 RA = P e RB = P
Fig. 9.3
MFs = q . l x l - q . l x l =
	 2 2 2 4
MFs = q. l2 - q. l2 =
	 4	 8
MFs = 2q.l2 – q.l2
	 8	 
MFs = q . l2 e y = a . x2
	 8
Exemplos
Traçar os diagramas de momento fletor das estruturas.
Fig. 9.4										Fig. 9.5
MF1 = 4 x 1 = 4tm // MF2 = 4 x 3 – 2 x 2 = 8tm // MF3 = 4 tm
				Fig. 9.7
Fig. 9.6
Nas extremidades da peça o momento é zero!
MFA = MFB = 0
MF1 = 6 x 2 – 4 x 1 = 8tm
MF2 = 6 x 3 – 4 x 2 = 10tm
MF3 = 6 x 2 – 4 x 1 = 8tm
Fig. 9.8							 		Fig. 9.9
a) ∑ FV = 0
RA + RB = 17t				
RB = 7,50t				
∑ MB = 0
RA x 6 - 4 x 5 - 2 x 4 - 12 x 2 – 2 x 1 = 0
6RA - 20 - 8 - 24 - 2 = 0
RA = 9t
RB = 11t
MFA = MFB = 0
MF1 = 4 x 2 – 4 x 1
MF1 = 14tm
MF2 = 11 x 1 – 3 x 0,5
MF2 = 9,5tm
Fig. 9.10									Fig. 9.11
a) ∑ FV = 0
RA + RB = 2 + 6 + 4 + 6 + 2 + 2				
RB = 11,50t				
b) ∑ MB = 0
-2 x 5 + RA x 4 - 6 x 3,5 - 4 x 2 - 6 x 1 + 2 x 0,5 + 2 x 1 = 0
- 10 + 4RA - 21 - 8 - 6 + 2 + 1 = 0
4RA = 42
RA = 10,50t
c) MF1 = MF3 = 0
MFA = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = - 3tm
MF2 = - 6 – 9 + 21
MF2 = 6tm
MFB = - 2 x 5 – 6 x 3,5 + 10,50 x 4 – 4 x 2
MFB = -10 – 21 + 42 – 8
MFB = 3tm
	 E = 0
d) MC1 D = -2t
	 E = - 2 – 2 = -4t
MCA D = - 4 + 10,50 = 6,50t
	 E = 6,5t – 4 = 2,50t
MC2 D = 2,50 - 4 = - 1,50t
	 E = -1,50 - 6 = - 7,50t
MCB D = -7,50 + 11,50 = 4t
	 E = 4 - 2 = 2t
MC2 D = 2 - 2 = 0
Traçar os D.M.F das estruturas
Fig. 9.12
a) ∑ FH = 0
HA + 2 - 4 – 2 = 0				
HA = 4t
b) ∑ FV = 0
RA + RB = 3,48 + 6 + 4 - 4				
RA + RB = 17,48t				
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 4 x 2 - 4 x 1 – 3,48 x 5 - 6 x 3,5 – 4 x 2 - 2 x 1 = 0
5RA + 8 – 4 – 17,40 – 21 – 8 - 2 = 0
5RA = 44,50
RA = 8,88t
RB = 8,60t
d) ∑ MB = 0
MFA = MFB = 0
MF1 = 4 x 2 – 4 x 1
MF1 = 4tm
MF2 = MF3 = 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2
= 16 – 12 – 4 = 0
MF4 = 8,88 x 3 + 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 – 3,48 x 3
MF4 = 7,20tm
MF5 = MF6 = - 2 x 1 = -2tm
Fig. 9.13
Fig. 9.14
10 DIAGRAMA DE ESFORÇO CONSTANTE (D. E. C.)
Força constante de uma secção
Definição: É igual ao somatório de todas as forças perpendiculares à estrutura de um mesmo lado da secção.
_ Convenções: 
Fig. 9.15
_ Diagrama: 		+	
			-
Fig. 9.16
a) ∑ FV = 0
RA + RB = 8t
			 E = 0
			 FA D = 4t
			 E = 4t
			FC1 D = 4 – 2 = 2t
			 E = 4 – 2 = 2t
			FC2 D = 4 – 2 - 4 = -2t
			
			 E = -2t
			FC3 D = – 2 - 2 = -4t
			
			 E = -4t
			FCB D = – 4 + 4 = 0
MFA = MFB = 0
MF1 = MF3 = 4 x 1 = 4tm
MF2 = 4 x 3 – 2 x 2 = 8tm
							
Fig. 9.17
Fig. 9.18
Fig. 9.19									
Fig. 9.20
MFA = MFB = 0
MF1 = MF3 = 12tm
MF2 = 14 tm
			 E = 0
			 FCA D = 8t
			 E = 8 – 4 = 4t
			FC1 D = 4 – 2 = 2t
			 E = 2t
			FC2 D = 4 - 2 = 2t
			
			 E = -2t
			FC3 D = – 2 - 2 = -4t
			
			 E = - 4 – 4 = -8t
			FCB D = – 8 + 8 = 0
11 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 1
1)
Fig. 10.1
a) ∑ FV = 0				b) ∑ MB = 0	 
RA + RB = 2 + 4 + 2			RA x 6 – 2 x 5 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0
RA + RB = 8t				6 RA = 10 + 12 + 2
RB = 4t					RA = 24 = 4t
					 6
2)
Fig. 10.2
a) ∑ FV = 0				b) ∑ MB = 0	 
RA + RB = 2 + 4 + 2			RA x 5 – 2 x 4 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0
RA + RB = 8t				5 RA = 8 + 12 + 2
RB = 3,60t				5RA = 22
					RA = 22 = 4,40t
					 5
3)
Fig. 10.3
a) ∑ FV = 0				b) ∑ MB = 0	 
RA + RB = 2 + 2 + 2			RA x 6 – 2 x 5 – 2 x 3 + 2 x 1 = 0
RA + RB = 6t				6RA – 10 – 6 - 2 = 0
RB = 3,66t				6RA = 14
					RA = 14 = 2,33t
					 6
4) 
Fig. 10.4
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0	 
RA + RB = 4 + 4 + 2			HA = 4t
RA + RB = 10t									
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + HA x 5 – 2 x 3 – 4 x 5 – 4 x 3 = 0
5RA + 20 – 6 – 20 - 12 = 0
5RA = 18
RA = 18 = 3,60t// RB = 6,40t
 5
5) 
Fig. 10.5
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0	 
RA + RB = 4 + 6 + 2			HA + 2 – 4 – 2 + 3,48 = 0
RA + RB = 12t				HA – 0,52 = 0
					HA = 0,52		
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 2 x 2 – 4 x 5 – 6 x 2 – 3,48 x 2 + 0,52 x 3 + 2 x 2 = 0
5RA + 4 – 20 – 12 – 6,96 + 1,56 + 4 = 0
5RA = 29
RA = 29 = 5,88t // RB = 6,12t
 5
6) 
Fig. 10.6
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0	 
RA + RB = 2 + 4 + 6			HA + 2 – 4 = 0
RA + RB = 12t				HA = 8t
RB = 5,20t
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 2 x 2 – 2 x 5 – 4 x 3 – 4 x 4 = 0
5RA + 4 – 10 – 12 – 16 = 0
5RA = 36
RA = 36 = 6,80t
 5
7) 
Fig. 10.6
a) ∑ FV = 0				b) ∑ FH = 0	 
RA + RB = 4 + 2 + 2			HA + 2 – 4 = 0
RA + RB = 8t				HA = 2t	
c) ∑ MB = 0
RA x 4 + 4 x 6 – 4 x 4 – 2 x 2 – 2 x 3 = 0
4RA + 24 – 16 – 4 – 6 = 0
4RA = 2
RA = 2 = 0,50t // RB = 7,50t
 4
12 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 2
* Traçam os D.M.F e D.E.C
1) 
Fig. 11.1
a) ∑ FV = 0					 
RA + RB = 6 + 4 + 2 + 6 + 2	
RA + RB = 20t				
RB = 11,67t
b) ∑ MB = 0
RA x 6 – 6 x 5,5 – 4 x 3 – 2 x 2 - 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0
6RA - 33 – 12 – 4 – 3 + 2 = 0
6RA = 50
RA = 50 = 8,33t 
 6
MF1 = MF5 = 0
MFA = - 2 x 0,5 = - 1tm
MF2 = - 6 x 1,5 + 8,33 x 2 = 7,66tm
MF3 = 8,33 x 3 – 6 x 2,5 = 9,99tm
MF4 = - 2 x 3 + 1,67 x 2 – 6 x 1,5 = 8,34tm
MFB = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = - 3tm
			 E = 0
			 FC1 D = 0
			 E = 0 – 2 = -2t
			FCA D = – 2 + 8,33 = 6,33t
			 E = 6,33 – 4 = 2,33t
			FC2 D = 2,33t
			
			 E = 2,33t
			FC3 D = 2,33 - 4 = -1,67t
			
			 E = - 1,67t
			FC4 D = – 1,67 - 2 = -3,67t
			 E = 4 – 2 = 2t
			FC5 D = 2 - 2 = 0t
Diagrama do momento fletor:
Fig. 11.2
a) ∑ FV = 0					 
RA + RB = 2 + 6 + 2 + 2 + 6 + 2	
RA + RB = 20t				
RB = 10,33t
b) ∑ MB = 0
- 2 x 7 + RA x 6 – 6 x 5,5 – 2 x 4 – 2 x 1 - 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0
- 14 + 6RA - 33 – 8 – 2 – 3 + 2 = 0
RA = 4,67t
MF1 = MF5 = 0
MFB = MFA = - 2 x 0,5 – 2 x 1= - 3tm
MF2 = - 6 x 1,5 + RA x 2 – 2 x 3 = - 9 + 9,67 x 2 – 6 – 4,34 tm
MF3 = 9,67 x 4 – 6 x 3,5 – 2 x 2 – 2 x 5 = 38,68 – 21 – 4 – 2 x 5= 3,68 tm
MF4 = - 2 x 6 + 9,67 x 5 – 6 x 4,5 – 2 x 3 – 2 x 0,5 = - 12 + 48,35 – 27 – 6 – 1 = 2,37 tm
			 E = 0
			 FC1 D = 0 – 2t
			 E = - 2 – 2 = -4t
			FCA D = – 4 + 9,67 = 5,67t
			 E = 5,67 – 4 = 1,67t
			FC2 D = 1,67 – 2 = - 0,33t
			
			 E = - 0,33t
			FC3 D = - 0,33t
			
			 E = 0,33 – 2 = - 2,33t
			FC4 D = – 2,33 - 2 = -4,33t
			 E = - 4,33 – 2 = -6,33t
			FCB D = - 6,33 + 10,33 = 4t
			 E = 4 – 2 = 2t
			 FC5 D = 2 – 2 = 0
Diagrama do momento fletor:
Fig. 11.3
			
a) ∑ FV = 0					 
RA + RB + 2 = 2 + 6 + 9 + 2 + 6 + 2	
RA + RB = 25t				
RB = 13,07t
b) ∑ MB = 0
- 2 x 8 + RA x 7 – 6 x 6,5 + 2 x 5 – 9 x 3,5 - 2 x 3 – 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0
- 16 + 7RA – 39 + 10 – 31,5 – 6 – 3 + 2 = 0
RA = 11,93t
c) MF1 = MF5 = 0
MFB = MFA = - 2 x 0,5 – 2 x 1= - 3tm
MF2 = - 2 x 3 + – 6 x 1,5 + 11,93 x 2 = – 6 – 9 + 23,86 = 8,86 tm
MF3 = - 2 x 5 – 6 x 3,5 + RA x 4 + 2 x 2 – 6 x 1= 14,72 tm
MF4 = - 2 x 6 + 11,93 x 5 – 6 x 4,5 + 2 x 3 – 9 x 1,5 – 2 x 1 = - 12 + 59,65 – 27 + 6 – 13,50 - 2 = 11,15 tm
MF4 = - 6 + 26,14 – 4 = 11,14 tm
			 E = 0
			 FC1 D = 0 – 2 = -2t
			 E = - 2 – 2 = -4t
			FCA D = – 4 + 11,93 = 7,93t
			 E = 7,93 – 4 = 3,93t
			FC2 D = 3,93 + 2 = 5,93t
			
			 E = 5,93 – 6 = - 0,07t
			FC3 D = - 0,07 – 2 = -2,07t
			
			 E = - 2,07 – 3 = - 5,07t
			FC4 D = – 5,07t
			 E = - 5,07 – 4 = - 9,07t
			FCB D = - 9,07 + 13,07 = 4t
			 E = 4 – 2 = 2t
			 FC5 D = 2 – 2 = 0
Diagrama do Momento Fletor:
* Traçar os D.M.F e D.E.C das estruturas:
												Sen30° = 0,50
												Cos30° = 0,87
											2.sen30 = 2 x 0,5 = 1t
Fig. 11.4
a) ∑ FV = 0					 
RA + RB – 6 – 4 – 9 – 2 – 6 – 2 + 1 = 0
RA + RB = 28t				
b) ∑ MB = 0
RA x 7 – 6 x 6,5 - 4 x 5 – 9 x 3,5 - 2 x 3 + 1 x 2 – 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0
7RA – 39 - 20 – 31,5 – 6 + 2 – 3 + 2 = 0
RA = 95,5 // RA = 13,64 t
	7	 RB = 14,36t
c) MF1 = MF5 = 0
MFA = 2tm
MF2 = 13,64 x 2 – 6 x 1,5 = 27,28 – 9 = 18,28 tm
MF3 = 13,64 x 4 – 6 x 3,5 – 4 x 2 = 19,56 tm
MF4 = - 2 x 3 + 14,36 x 2 – 6 x 1,5 = - 6 + 28,72 – 9 = 13,72tm
MFB = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = -3,02tm
D.M.F
Fig.11.5
			 E = 0
			 FC1 D = 0 
			 E = - 2t
			FCA D = – 2 + 13,64 = 11,64t
			 E = 11,64 – 4 = 7,64t
			FC2 D = 7,64 - 4 = 3,64t
			
			 E = 3,64 – 6 = - 2,36t
			FC3 D = - 2,36 – 2 = - 4,36t
			
			 E = - 4,36 – 3 = - 7,36t
			FC4 D = – 7,36 + 1 = - 6,36t
			 E = - 6,36 – 4 = - 10,36t
			FCB D = - 10,36 + 14,36 = 4t
			 E = 4 – 2 = 2t
			 FC5 D = 2 – 2 = 0
D.E.C
Fig. 11.6
a) ∑ FV = 0					 
RA + RB – 3,48 – 6 – 4 – 4 = 0
RA + RB = 17,48t				
b) ∑ FH = 0
HA + 2 – 2 – 4 = 0
HA = 4t
c) ∑ MB = 0
RA x 5 + 4 x 1 – 3,48 x 5 – 6 x 3,5 - 4 x 2 - 2 x 1 = 0
5RA + 4 – 17,4 – 21 – 8 – 2 = 0
RA = 44,4 // RA = 8,88t
	5	 RB = 8,60t
d) MFA = MB5 = 0
MF1 = 4 x 2 – 4 x 1 = 8 - 4 = 4tm
MF2 = 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 = 16 – 12 – 4 = 0t
MF2 = MF3 = 0
MF4 = 8,88 x 3 + 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 – 3,48 x 3 – 6 x 1,5 = 26,64 + 16 – 12 – 4 – 10,44 – 9 = 7,24 tm
MF5 = - 2 x 1 = – 2 tm = MF6
13 RESISTÊNCIA
Fig. 12.1
a) RA + RB = 50 + 1000 + 100
RA + RB = 1150 kg		
b) ∑ MB = 0
- 50 x 5 + RA x 4 – 1000 x 2,5 - 100 x 1 = 0
-250 + 4RA – 2500 – 100 = 0
4RA = 2500 + 100 + 250
 RA = 2850 	// RA = 712,50 kg
	4	 RB = 437,50 kg
c) MF1 = MFB = 0
MFA = - 50 x 1 – 200 x 0,5 = - 150 kg.m
MF2 = 437,50 x 1 – 200 x 0,5 = 337,50 kg.m
			 E = 0
			 FC1 D = - 50t
			 E = - 50 – 200 = -250 kg
			FCA D = – 250 + 712,5 = 462,5 kg
			 E = 462,5 - 600 = - 137,5 kg
			FC2 D = - 137,50 - 100 = - 237,5 kg
		
			 E = - 237,5 – 200 = - 437,5 kg
			FCB D = - 437,5 + 437,5 = 0
Fig. 12.2
Fig.12.3
FC5 = 0
- 50 + 712,5 – 200x = 0
x = 662,5	 x = 3,31 m 
 200
MMÁX = MF5 = -50 x 3,31 + 712,5 x 2,31 – 665,5 = 387,25 kg.m
* Centro de Gravidade de uma Figura Plana
Fig. 12.4
* Centro de Gravidade de uma figura plana qualquer
Então:
x = ∑ si . xi		y = ∑ si . yi		 
	 sT			 sT
Fig. 12.5
Exercícios: Calcular os C.G da figuras dadas:
Fig. 12.6
Fig. 12.7
Fig. 12.8
Fig. 12.9
14 MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA FIGURA PLANA QUALQUER EM RELAÇÃO A UM EIXO QUALQUER
Definição: é igual ao somatório do momento de inércia em relação ao C.G paralelo ao eixo dado de cada elemento de área pelo quadrado da distância que separam os dois eixos.
Fig. 13.1
Então: Jx = ∑ (Jx + Si . y2)
	Jy = ∑ (Jy + Si . x2)
Ex: Calcular os M.I em relação aos eixos: x, y, x1, y1 xcg, ycg da figura:
Fig. 13.2
	
Jx =	b1h13 + s1.y12	+ 	b2h23 + s2.y22
 	 12
Jx = 	40.103 + 2800 . 352	+ 	30.303 + 900.152
 	 12	12
	
Jx = ( 1143333,33 + 3430000) + (67500 + 202500)
Jx = 4573333,33 + 270000
Jx = 4843333,33 cm4
	
Jy =	h. b3 + s1.x12	+ 	hb3 + sx.x22
 	 12			 12
Jy = 	70.403 + 2800 . 202	+ 	30.303 + 900.552
 	 12	12
	
Jy =	70.6400 + 2800 . 400	+ 	30.2700 + 900.3025
 	 1212
 	 
Jy = ( 373333,33 + 1120000) + (67500 + 2722500)
Jy = 1493333,33 + 2790000
Jy = 4283333,33 cm4
Fig. 13.3
15 EXERCÍCIOS GERAIS
1) Calcular a altura da secção para suportar as tensões máximas e iguais de tração e compressão com valor de 4,83 kg/cm2.
Fig. 14
2) Calcular o momento fletor máximo da estação abaixo.
Fig. 15
3) Traçar os D.M.F e D.E.C da estação abaixo.
Fig. 16
4) Calcular os M.I em relação aos eixos: xCG e yCG da figura abaixo:
Fig. 17
ANOTAÇÕES GERAIS
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BIBLIOGRAFIA
Resistência dos Materiais – Jayme Ferreira da Silva Jr.
Resistência dos Materiais – Timoshenko – volume 1 e 2
Resistência dos Materiais – Alerson Moreira da Rocha
Notas de aula
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