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Alfabeto Grego Alfa A a Beta B ~ Gama r y Delta L1 Õ Épsilon E E Digama F - Dzeta Z ç Eta H 11 Theta e 8 lota I t Capa K x Lambda A Iv Mi M 11 Ni N v csi ~ ç•....• Ómicron O o Pi TI 1t San 17 Copa Q Ro P p Sigma L (J Tau T "(; lpsilon y u Phi P <p Qui X x Psi qJ \jf Ômega Q ú) .•••.......... cq Sumário Capítulo 1.. Sistemas de Unidades 01 1.1 Sistema Internacional de Unidades (152 CGPM/1975) 02 1.2 Outras Unidades 02 1.3 Prescrições Gerais 03 1.4 Relações Métricas Lineares 10 1.5 Relações Métricas do Cubo 12 1.6 Exercícios (Sistema de Unidades) 13 Capítulo 2· Vínculos Estruturais 27 2.1 Introdução 27 2.2 Estrutura 28 Capítulo 3 . Equilíbrio de Forças e Momentos 31 3.1 Resultante de Forças 31 3.2 Resultante dos Momentos 31 3.3 Equações Fundamentais da Estática , 31 3.4 Força Axial ou Normal F 31 3.5 Tração e Compressão 32 3.6 Ligação ou Nó 32 3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó ....................................•............................................ 32 3.8 Composição de Forças 33 3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais 33 3.10 Conhecidos Fx e Fy, determinar a e ~ 34 3.11 Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que Formam entre Si Ângulo a , 34 3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante 35 3.13 Exercícios 36 3.14 Método das Projeções 38 3.15 Método do Polígono de Forças 40 3.16 Momento de uma Força 44 3.17 Exercícios Resolvidos 46 Capítulo 4· Carga Distribuída 53 4.1 Introdução 53 4.2 Linha de Ação da Resultante 54 4.3 Exercícios Resolvidos , 53 Capítulo 5 - Tração e Compressão 63 5.1 Revisão do Capítulo 3 63 5.2 Tensão Normal O" ••.•••••••••••••.•.•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 64 5.3 Lei de Hooke 64 5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis 66 5.5 Estricção 68 5.6 Coeficiente de Segurança k 68 5.7 Tensão Admissível O" ou cadrn 69 5.8 Peso Próprio , 70 5.9 Aço e sua Classificação 70 5.10 Dimensionamento de Peças 71 5.11 Dimensionamento de Correntes 72 5.12 Exercícios 75 Capítulo 6 - Sistemas Estaticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 97 6.1 Introdução 97 6.2 Tensão Térmica 98 6.3 Exercícios 99 Capítulo 7 - Treliças Planas 113 7.1 Definição 113 7.2 Dimensionamento 113 7.3 Método das Secções ou Método de Ritter 123 Capítulo 8 - Cisalhamento Puro 135 8.1 Definição 135 8.2 Força Cortante Q 135 8.3 Tensão de Cisalhamento ('1:) 136 8.4 Deformação do Cisalhamento 136 8.5 Tensão Normal (0") e Tensão de Cisalhamento ('1:) ..........................................................•........ 137 8.6 Pressão de Contato O"d •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••.••••.••••• 137 8.7 Distribuição ABNT NB14 138 8.8 Tensão Admissível e Pressão Média de Contato ABNT NB14 - Material Aço ABNT 1020 138 8.9 Exercícios '" 139 8.10 Ligações Soldadas 155 8.11 Chavetas 162 8.12 Exercícios 164 •• -' Capítulo 9 - Características Geométricas das Superfícies Planas ::..S? 9.1 Momento Estático :!.e~ 9.2 Exercícios 171 9.3 Momento de Inércia J (Momento de 2ª Ordem) 182 9.4 Raio de Giração i 184 9.5 Módulo de Resistência W 184 9.6 Exercícios 185 9.7 Produto de Inércia ou Momento Centrífugo (Momento de 2ª Ordem) 208 9.8 Eixos Principais de Inércia 210 9.9 Momento Polar de Inércia (Jp) (Momento de 2ª Ordem) 210 9.10 Módulo de Resistência Polar (Wp) ••••••••••••••••••.••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 211 9.11 Exercícios 211 Capítulo 10 - Força Cortante Q e Momento Fletor M 229 10.1 Convenção de Sinais 229 10.2 Força Cortante Q 230 10.3 Momento Fletor M 230 10.4 Exercícios 231 Capítulo 11 - Flexão 257 11.1 Introdução 257 11.2 Flexão Pura 257 11.3 Flexão Simples 257 11.4 Tensão Normal na Flexão 258 11.5 Dimensionamento na Flexão 258 11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão 260 11.7 Deformação na Flexão 260 11.8 Exercícios 262 Capítulo 12 - Torção 279 12.1 Introdução 279 12.2 Momento Torçor ou Torque 279 12.3 Potência (P) , 280 12.4 Tensão de Cisalhamento na Torção (t) 281 12.5 Distorção (y) 282 12.6 Ângulo de Torção (8) 282 12.7 Dimensionamento de Eixos-Árvore 282 12.8 Exercícios 285 Capítulo 13 - Flambagem 299 13.1 Introdução 299 13.2 Carga Crítica 299 13.3 Comprimento Livre de Flambagem 299 13.4 índice de Esbeltez (À) 300 13.5 Tensão Crítica ( crer) '" '" 300 13.6 Flambagem nas Barras no Campo das Deformações Elasto-Plásticas 301 13.7 Normas 301 13.8 Exercícios 303 13.9 Carga Excêntrica 309 13.10 Exemplo 310 Apêndice A - Exercícios Propostos 311 Apêndice B - Normas DIN 347 Apêndice C - Perfis 353 - SISTEMAS DE UNIDADES Decreto nº 81621 - 03/05/1978 o decreto citado aprova o quadro geral de unidades de medida, em substituição ao anexo do decreto n2 63233 de 12 de setembro de 1968. "O Presidente da República, no uso da atribuição que lhe confere o artigo 81, item 111,da constituição, e tendo em vista o disposto no parágrafo único do artigo 92 do Decreto-Lei n2 240, de 28 de Fevereiro de 1967. Decreta: "Art. 1Q - Fica aprovado o anexo Quadro Geral de Unidades de Medida, baseado nas Resoluções, Recomendações e Declarações das Conferências Gerais de Pesos e Medidas, realizadas por força da Convenção Internacional do Metro de 1975". "Art. 2Q - Este Decreto entra em vigor na data de sua publicação, revogando o Decreto nQ 63233 de 12/09/1968 e demais disposições em contrário". "Brasília, 03 de maio de 1978: 1572 da Independência e 90Q da República. Ernesto Geisel Angelo Calmon de Sã" Quadro Geral de Unidades Este Quadro Geral de Unidade (QGU) contém: 1- Prescrições sobre Sistema Internacional de Unidades; 2 - Prescrições sobre outras Unidades; 3 - Prescrições gerais. Tabela I - Prefixos SI. Tabela 11- Unidades do Sistema Internacional de Unidades. Tabela 11I - Outras unidades aceitas para uso com o Sistema Internacional de Unidades. Sistemas',deUnidades I Tabela IV - Outras Unidades, fora do SI admitidas temporariamente. Nota: São empregadas as seguintes siglas e abreviaturas: CGPM - Conferência Geral de Pesos e Medidas (precedida do número de ordem e seguida pelo ano de sua realização). QGU - QUADRO GERAL DE UNIDADES SI - Sistema Internacional de Unidades 1.1 Sistema Internacionalde Unidades(15º CGPM/1975) a) Unidades de Base Unidade Símbolo Grandeza metro m comprimento quilograma kg massa segundo s tempo ampêre A corrente elétrica Kelvin K temperatura termodinâmica moi moi quantidade de matéria candela cd intensidade luminosa b) Unidades Suplementares Unidade Símbolo Grandeza radiano rad ângulo plano esterradiano sr ângulo sólido c) Unidades derivadas, deduzidas direta ou indiretamente das unidades de base e suplementares. d) Os múltiplos e submúltiplos decimais das unidades acima que são formadas pelo emprego dos prefixos SI da Tabela I. 1.2 OutrasUnidades 1.2.1 As unidades fora do SI admitidas no QGU são de duas espécies: a) Unidades aceitas para uso com SI, isoladamente ou combinadas entre si e ou com unidades SI, sem restrição de prazo (tabela 111). b) Unidades admitidas temporariamente (tabela IV) MecânicaTécnica e ResistênciadosMateriais ~ 1.2.2 É abolido o emprego das unidades do CGS, exceção feita às que estão compreendidas no SI e as mencionadas na tabela IV. 1.3 PrescriçõesGerais 1.3.1 Grafia dos nomes de unidades 1.3.1.1 Quando escritos por extenso, os nomes de unidades devem ser iniciados com letra minúscula, mesmo quando representem um nome ilustre de ciência. Ex: newton, watt, arnpere, joule, ... exceto o grau Celsius. 1.3.1.2 Na expressão do valor numérico de uma grandeza, a respectiva unidade pode ser escrita por extenso, ou representada pelo seu símbolo. (Ex. newton por metro ou N/ rn), não sendo admitidas partes escritas por extenso misturadas com partes escritas por símbolo. 1.3.2 Plural dos Nomes de Unidades Unidades escritas por extenso, obedecem às seguintes regras básicas: a) Os prefixos SI são invariáveis b) Os nomes de unidadesrecebem a letra "S" no seu final, exceto nos casos da alínea C. 1 - As palavras simples são escritas no plural da seguinte forma: Ex.: quilogramas, volts, joules, ampêres, newtons, farads. 2 - Quando as palavras são compostas, e o elemento complementar de um nome de unidade não é ligado por hífen. Ex.: metros quadrados, decímetros cúbicos, milhas marítimas. 3 - Quando o termo é resultante de um produto de unidades. Ex.: newtons-metro, watts-hora, ohms-metro, ... Observação: Segundo esta regra, e a menos que o nome da unidade entre no uso vulgar, o plural não desfigura o nome que a unidade tem no singular. Ex: decibels, henrys, mols .... Não são aplicadas às unidades algumas regras usuais na formação do plural de palavras. c) Os nomes ou partes dos nomes de unidades não recebem "S" no final. 1 - quando terminam em S, X ou Z. Ex.: siemens, lux, hertz, etc. 2 - quando correspondem ao denominador de palavras compostas por divisão, por exemplo: quilômetros por hora, metros por segundo, etc. r- 3 - quando, em palavras compostas, são elementos complementares de nomes de unidades e ligados a estes por hífen ou preposição. Ex.: anos-luz, quilogramas-força, etc. 1.3.3 Grafia dos Símbolos de Unidades 1.3.3.1 A grafia dos símbolos de unidades obedece às seguintes regras básicas: a) os símbolos são invariáveis, não sendo permitido colocar ponto significando abreviatura, ou acrescentar "S" no plural, por exemplo, joule é J e não J. ou Js (no plural). b) os prefixos do SIjamais poderão aparecer justapostos num mesmo símbolo, ex.: GWh (giga watt- hora) e nunca MkWh (rnega quilowatt-hora). c) os prefixos SI podem coexistir num símbolo composto por multiplicação ou divisão, por exemplo: kN.mm, kW.mA, MW.cm, etc. d) o símbolo deverá estar alinhado com o número a que se refere, não como expoente ou índice; constituem exceção ângulos e o símbolo do grau Celsius. e) o símbolo de uma unidade composta por multiplicação pode ser formado pela justaposição dos símbolos componentes e que não cause ambigüidade [VA, kWh, etc], ou mediante a colocação de um ponto entre os símbolos componentes, na base da linha ou a meia altura [kgf.m ou kgf·m]. f) o símbolo de uma unidade de uma relação pode ser representado das três maneiras exemplificadas a seguir, não devendo ser empregada a última forma quando o símbolo, escrito em duas linhas diferentes, causar confusão. W j[cm2 0c], W· cm-2 .oe-1 ---.!!... 'cm2oe 1.3.3.2 Quando um símbolo com prefixo tem expoente, deve-se entender que esse expoente afeta o conjunto prefixo-unidade, como se o conjunto estivesse entre parênteses. Exemplos: me = 10-3 e mm2 = 10-6 m2 1.3.4 Grafia dos Números As prescrições desta secção são inaplicáveis aos números que não estejam representando quantidade. Exemplos: telefones, datas, nQ de identificação. 1.3.4.1 Para separar a parte inteira da decimal de um número, é empregada sempre urna vírgula; quando o valor absoluto do número for menor que 1, coloca-se zero à esquerda da vírgula. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais , 1 JII.:, 1..3.4.2 Os números que representam quantias em dinheiro, ou quantidades de mercadorias, bens ou serviços em documentos fiscais, jurídicos e ou comerciais, devem ser escritos com os algarismos separados em grupos de três, a contar da vírgula para a esquerda e para a direita, com pontos separando esses grupos entre si. Nos demais casos, é recomendado que os algarismos de parte inteira e os de parte decimal dos números sejam separados em grupos de três, a contar da vírgula para a esquerda e para a direita, com pequenos espaços entre esses grupos (exemplo, em trabalhos técnico-científicos); mas é também admitido que os algarismos da parte inteira e os da parte decimal sejam escritos seguidamente, isto é, sem separação em grupos. 1..3.4.3 Para exprimir números sem escrever ou pronunciar todos os seus algarismos: a) para os números que representam dinheiro, mercadorias ou bens de serviço, são empregadas as palavras; mil = 103 = 1000 milhão 106 = 1000000 bilhão = 109 = 1000000000 trilhão = 1012 = 1000 000 000 000 b) em trabalhos técnicos ou científicos, recomenda-se a utilização da tabela I. 1.3.5 Espaçamento entre um número e o símbolo da unidade correspondente deve atender à conveniência de cada caso. Exemplos: a) frases de textos correntes, normalmente utiliza-se meia letra, para que não haja possibilidade de fraude. b) em colunas de tabelas, é facultado utilizar espaçamentos diversos entre os números e os símbolos das unidades correspondentes. 1.3.6 Pronúncia dos múltiplos e submúltiplos decimais das unidades. Na forma oral, são pronunciados por extenso. Exemplos: mR - mililitro 11m - micrometro (nãJ confundir com micrômetro instrumento) Sistemas de Unidades= - ~--- ---------' Tabela I - prefixos SI Nome Símbolo Fator de Multiplicação exa E 1018 = 1 000 000 000 000 000 000 peta P 1015 = 1 000 000 000 000 000 tera T 1012 = 1 000 000 000 000 giga G 109 = 1 000 000 000 rnega M 106 = 1000000 quilo k 103 = 1000 hecto h 102 = 100 deca da 10 deci d 10-1 = 0,1 centi c 10-2 = 0,01 mili m 10-3 = 0,001 micro fl 10-6 = 0,000 001 nano n 10-9 = 0,000 000 001 pico P 10-12 = 0,000 000 000 001 femto f 10-15 = 0,000 000 000 000 001 atto a 10-18 = 0,000 000 000 000 000 001 Tabela 11- Outras Unidades fora do SI admitidas temporariamente Nome da Unidade Símbolo Valor do SI angstrorn A 10-10 m atmosfera atm 101325 Pa bar bar 105 Pa barn b 10-28 m2 *caloria cal 4,1868 J * cavalo-vapor cv 735,5 W curie ci 3,7 x 1010 Bq gal Gal 0,01 rn/s? * gauss Gs 10-4 T hectare ha 104 m2 * quilograma-força kgf 9,80665 N * milímetro de Hg mmHg 133,322 Pa (aproximado) milha marítima 1852 m nó 1852/3600 rn/s milha marítima por hora * quilate 2 x 10-4 kg não confundir com ligas de ouro rad 0,01 Gy As unidades com asterisco deverão ser gradativamente substituídas pelas unidades do SI. 'Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais i C";." ••• 1.3.7 Unidades Fundamentais e Derivadas As unidades fundamentais foram definidas arbitrariamente e constituem-se em: L - comprimento L - comprimento M - massa ou F - força T - tempoT - tempo As unidades derivadas são obtidas em função das fundamentais. 1.3.7.1 Sistema CGS É um sistema do tipo LMT sendo constituído pelas seguintes unidades fundamentais: L - [em] M - [g] T - [s] Exemplos de unidades derivadas no CGS: velocidade (MRU) .6.S [em] [v] =- =-= [cm y sl .ó.t [s] aceleração [al aceleração normal da gravidade [a] =[.ó.Y] =[em / s] =[em] [.ó.t] s s2 g = 980,665 cm/s2 1.3.7.2 Sistema MKS (Giorgi) Sistema Internacional (SI) É também um sistema do tipo LMT, sendo suas unidades fundamentais: L - [m] M - [kg] T - [s] Exemplo de unidades derivadas: velocidade (MRU) [Vl)Ml)mt[m/sl [.6.t] [s] força [F] = [m] . [a] = [kgm / S2]= [N] aceleração (MUV) [ ]_[l1v]_[m/s]_[ I 2]a--- -- -m, s [.ó.t] s aceleração normal da gravidade g = 9,80665 m/s2 Este sistema é o recomendado pelo decreto nQ 81621 de 03/05/78, gradativamente, substituirá o sistema técnico. 1.3.7.3 Sistema MKS (Sistema Técnico) É um sistema do tipo LFT. 7 / Suas unidades fundamentais são: L - [m] F - [kgf ou kp] T - [s] o sistema MKS* (técnico) aos poucos será substituído na engenharia pelo SI (Sistema Internacional MKS Giorgi) kp ou kgf = 1 kg . 9,80665 m/s2 Ikp ou kgf = 9,80665 N I Na prática, ainda são utilizadas unidades como: gf = 10-3 kgf = 10-3 kp Itf = 103 kgf = 103 kp I 1.3.7.4 Sistemas de Unidades Inglesas 1.3.7.4.1 Sistema FPS é um sistema do tipo LFT, ou seja; L - comprimento (foot) - [pé] F - força (power) - [f b] t - tempo (second) - [s] Unidade de massa neste sistema é o slug. (libra)· (segundo)" €b .52 (I )m --=5Ug (pé) pé Para facilitar a escrita, abrevia-se pé através de um traço superior acima da medida. Exemplo: 18 pé = 18' Relação da unidade de medida pé com o sistema métrico. pé = 30, 48 cm = 304,8 mm Nas escritas inglesas ou americanas, é comum encontrar-se o símbolo ft (foot). A unidade de força no FPS é a libra (f b) ou mais apropriadamenteconhecida como libra- força, podendo ser encontrada na sua escrita simbólica como: fb ou fbf ou ainda fb*. A sirnbología mais adequada é f b . 1.3.7.4.2 Sistema IPS é um sistema do tipo LFT, ou seja: L - comprimento - (inch) - [pol] F - força - (power) - [fb] T-Tempo - (second)- [s] '::,_Mecânica;Técnica:e,Resistência:dos:Materiais~iMm;:;&.,':'&_U'WW:;:;:::EFJZI=,;;;SS)"J::1t::"ylWJJ!!;Z.' """'!l:1%0!@;C:,.-FAi!?'_Y+Y, __ ...w ---- Unidade de massa no sistema F (libra - força)m--- - a - ( pOlegada 2 ] (segundo) (libra - força) (segundo)2 m= (polegada) m[~lpol denomina-se libra massa. Como é um sistema do LFT, predomina a unidade de força, que simbolicamente será representada por e b como foi exposto anteriormente. Relações importantes do sistema com os sistemas, técnico, e Giorgi (MKS) pol = 25,4 mm e b = 0,4536kgf == 4,4483N Na escrita simbólica da polegada, ingleses, americanos e demais países que utilizam este sistema usam as representações: pol; in ou ainda ("). pol - símbolo adaptado por "abreviação" da língua portuguesa. in - (inch) polegada em inglês. n- simbologia simplificada para facilitar a escrita. Exemplo: 1 1 1" -pol=-in=- 4 4 4 1..3.8 Precisão e Arredondamento dos Números Quando a precisão de um número é necessária, deve-se aprender a aplicar as regras de arredondamento. É muito importante saber que precisão desnecessária desperdiça tempo e dinheiro. Por exemplo: Ao se expressar o número de rolamentos 6208 existentes no almoxarifado de uma determinada indústria, a resposta será expressa somente por um número inteiro, pois em nenhuma hipótese existirá no almoxarifado 10,4 ou 9,7 rolamentos, e isto sim 10 rolamentos. Quando pesamos uma caixa e encontramos como resposta 100N (3 algarismos significativos), nunca se deve se dar como resposta 100,000N se a precisão não exigir (6 algarismos significativos), pois isto significaria ler a escala em 0,001N (milésimo de newton) o que é absolutamente inadequado para o caso. , Sistemas de ,Unidades As regras principais de arredondamento são: 1 - Manter inalterado o dígito anterior se o dígito subseqüente for menor que "5" «5). Exemplo': Suponha-se o número 365,122 arredondando o número acima tem-se: 365,12 - para 5 algarismos significativos 365,1 - para 4 algarismos significativos 2 - Acrescer uma unidade ao último dígito a ser mantido quando o posterior for "~5" (maior ou igual a 5). Exemplo': Suponha-se o número 26,666 arredonda-se o número para: 26,67 - para 4 algarismos significativos 26,7 - para 3 algarismos significativos 27 - para 2 algarismos significativos 3 - Manter inalterado o último dígito se o primeiro dígito a ser desprezado for "5" seguido de "zeros". Exemplo': Seja o número 34,650 arredonda-se para: 34,6 - para 3 algarismos significativos. 4 - Aumentar o último dígito em uma unidade se o número for ímpar e se o último dígito for "5" seguido de "zeros". Exemplos: Sejam os números 235,5 e 343,50 arredonda-se o número 235,5 para: 236 - 3 algarismos significativos. arredonda-se o número 343,50 para: 344 - 3 algarismos significativos. 1.4 RelaçõesMétricas Lineares m = 10 dm m = 102 cm m = 103 mm m = 3,28 pé milha terrestre = 1609 m ano-luz = 9,46 x 1015 m m = 39,37 pai milha marítima = 1852 m jarda == 91,44 cm braça = 1,83 m Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'"" ·~·~L ..••.1 .,~". li!!!!., 1.4.1 Relações Métricas do Quadrado ·~ocCORÓ,Dado o quadrado de lado a = 1m, determinar as seguiotes r.~IÇlt;>Õ:éSí "' \'b o ..J .. " :',•••~,~:."- !_ .• \ ., i"':"'> 1 1 ("; T êC A - a) m2 e dm2 Areado Quadrado '. ,u '-:::. ';~, I' '"/',,1E./OS A=a2 -"')(..:;:.:0. U~ 1-11Li L , .1 b) m2 e cm2 c) m2 e mrrr' d) m2 e pOl2 1; e) m2 e pé2 1m a) m2 e dm2 b) m2 e cm2 m = 10 dm m = 102 cm m2 = (10 dm)2 m2 = (102 cm)2 1m2 = 102 dm21 1m2 = 104 cm21 c) m2 e mm2 d) m2 e pOl2 m = 103 mm 100m=-- pol2,54 m2 = (103 mm)2 2 (100 . Jm = -- pol 2,54 m2 ~(100J pd1m2 = 106 mm21 2,54 m2 = 1550 pOl2 m2 = 1,55 " 103 pOl2 e) m2 e pé2 100 , m = 30,48 pe m2=(~ éJ230,48 P m2 = 3,282 pé2 1m2 = 10,76 Pé21 portanto, pode-se escrever que: Sistemas de Unidades 1.5 RelaçõesMétricas doCubo Dado o cubo, com aresta a= 1m, determinar as seguintes relações: a) m3 e dm3 b) m3 e cm3 c) m3 e mrrr' d) m3 e pOl3 e) m3 e pOl3 Volume do cubo V = a3 a) m3 e dm3 m = 10 dm m3 = (10 dm)3 = 103 dm3 1m3 = 103 dm31 b) m3 e cm3 m = 102 em m3 = (102 cm)3 = 106 crrr' 1m3 = 106 cm 3 1 c) m3 e rnrrr' m = 103 mm m3 = (103mm)3 = 109 mrrr' 1m3 = 109 mm31 e) m3 e pé3 pé m3 = (3,29 pé)3 == 35,3 pé3 1m3 = 35,3 Pé31 E ri I I ).. '"'"'"'"'"'"'"'"'"'"'" ...... ...... ...... ... - •..•..•.. ~ "\.~ d) m3 e pOl3 m3 = (39,37 pol)3 == 61023 pOl3 1m3 == 6,1023 . 104 pOl31 m3 = 103 dm3 = 106 cm3 = 109 mm3 = 6,1023 . 104 pOl3 = 35,3 pé3 Obs: Q = dm3 (litro) .,Mecânicêl2Técnica ecResistência,dosMateriais.::". ,L:''t.~:. .·<ii:m1l\!v····:.,;;!$,ilIf:;if??,'::. ,.~.:;&r ,~';;>§i::L. ••....... 1.6 Exercícios(Sistema deUnidades) Ex. 1 - Dadas as medidas em milésimos de polegada n, pede-se expressá-Ias em [mm]. a) 0,393" c) 0,325" e) 0,600" b) 0,750" d) 0,875" f) 0,120" Solução: Para transformar a medida expressa em [pol] para [mm], multiplica-se o valor da medida por 25,4 mm. a) 0,393 x 25,4 = 9,9822 mm b) 0,750 x 25,4 = 19,05 mm c) 0,325 x 25,4 = 8,255 mm d) 0,875 x 25,4 = 22,225 mm e) 0,600 x 25,4 = 15,24 mm EX.2 - Dadas as medidas em polegada fracionária ("), pede-se expressá-Ias em [mm]. 5"a) - 8 b) 21" 4 3"c)- 16 19"d)- 64 Solução: Da mesma forma que o eX.1, multiplica-se a medida por 25,4 mm 5 a) - x 25,4 = 15,875mm 8 b) 2~ x 25,4 = (2 x 25,4 + ~. 25,4) = (50,8 + 6,35) = 57,15mm 3 c) - x 25,4 = 4,7625mm 16 19 d) - x 25,4 = 7,540625mm 64 Ex. 3 - Dadas as medidas em "mm", expresse-as em milésimos de polegada. a) 15,24 mm c) 30,48 mm e) 11,430 mm b) 21,59 mm d) 8,255 mm f) 4,445 mm Solução: Para encontrar as medidas dadas em "rnm" em polegada milesimal, dividi-se o valor da medida por 25,4, pois pol = 25,4 mm. 15,24 _ 600" a) 25,4 -O, 30,48 _ 1 200" c) 25,4 - , 11,430 = 0,450" e) 25,4 21,59 _ 850"b) - -O,25,4 8,255 _ 325"d) - - 0,25,4 4,445 _ 0175"f) - - ,25,4 Ex.4 - Dadas as medidas em "mrn", expresse-as em "polegada fracionária". a) 10,31875 mm c) 14,2875 mm e) 5,55625 mm b) 17,4625 mm d) 3,96875 mm f) 3,571875 mm Solução: Para encontrar as medidas dadas em "mrn" em "polegada fracionária", divide-se a medida por 128 25,4 (valorda polegada), e multiplica-se o resultado obtido por 128' pois a fração de polegada corresponde a uma exponencial de 2, ou seja 2n no caso, 128 = 27 nQ de divisões no paquímetro. a) 110,31875p:mí 25,4JfI1'Í1 x 128"t 52 = 13" (simplificado por 4) 128 128 32~ b) 117,4625 r1)P'r' x 25,4rymf 128"t 88 = 11" (Simplificado por 8) 128 128 16 ~ ~28" l ~ = ~ (Simplificado por 8) 128 128 16'--A 3,96875~128':L 20 = ~ (Simplificado por 4) d)1 25,4rmTÍ x 1~128 32 = 28 =!:.- (Simplificado por 4)5,55625myY e) 1 25,41JJf!! x 128 32 _,571875~= 18 = ~ (Simplificado por 2) f) 1 25,4 rymf x 12~ 128 64 EX.5 - Dadas as medidas em pé expresse-as em "mm". a) 15' b) 12' c) 7,5' d) 18' Solução: Para transformar a medida expressa em "pé" para "rnm", multiplica-se o valor da medida por 304,8 mm. MecânicaTécnicaeResistência dos Materiais .,~ ~ a) 15 x 304,8 = 4572 mm c) 7,5 x 304,8 = 2286 mm b) 12 x 304,8 = 3657,6 mm d) 18 x 304,8 = 5486,4 mm Ex. 6 - Um pé equivale a quantas polegadas? Solução: pé = 304,8 mm portanto: pé 304,8~ -poI 25 ,41J)f1'f IPé = 12Pall EX.7 - Sabemos que por definição cv= 75 kgfmjs e que kgf.m = 9,80665 J. Expressar cvh em joules. pol = 25,4 mm cvh = 75 x 9,80665 == 735,5 W cvh = 735,5 X x 3600$ I cvh = 2,6478 .106 J I Ex. 8 - Sabendo-se que: pé = 30.48 em e pol = 2,54 em. Determinar as relações entre: a) pé2 e m2; b) pal2 e m2; c) pé3 e m3 d) pal3 e m3 8.a) Relação entre pé2 e m2 pé2 = (O,3048m)2 pé2 = 0,092903 m2 Ipé2 = 9,2903 . 10-2 m21 8.b) Relação entre pol2 m2 pai = 2,54 . 10-2m pal2 = (2,54 . 10-2 m)2 Ipal2 = 6,4516 . 10-4 m21 8.c) Relação entre pe3 e m3 pé = 3,048 x 10.1 m pé3 = (3,048 X 10.1 m)3 I pé3 = 2,832 X 10.2 m31 8.d) Relação entre pol3 e m3 pai = 2,54 . 10-2m pOl3= (2,54 . 10-2 m)3 I pal3 = 1,638 . 10-5 m31 15 ~ EX.9 - Em uma prova automobilística, o piloto A foi o vencedor, com o seu carro perfazendo o percurso, com vm = 180km j h. Expressar vm em: a) kmjmin b) kmjs e) mjs Velocidade média em km/rnin 180 i vm = -- = 3 km j min 60 ~ 9.a) ~ 9.c) Velocidade em m/s 180000 vm = 3600 = 50 m j s 9.b) Velocidade média em krri/s Ivm = fo = 0,05 km / si ~4? Ex . .1.0 - No dimensionamento de circuitos automáticos e em outras aplicações na engenharia, é utilizada a unidade de pressão bar = 105 N/m2 (pascal). Expressar bar em: a) kgfjm2; b) kgfjem2; e) kgfjmm2; d) .e b / pOl2 (psi) Dados: kgf = 9,80665N fb = 0,4536 kgf pol = 2,54 em .1.0.a) bar para kgf/m2 5 2 10 4 2 bar = 10 N j m = . 10 kgf j m 9,80665 I bar = 1,0197 x 104 kgfjm2! .1.0.b) bar para kgf/cm2 bar = 105 Njm2 = 1,0197 x 104 kgfjm2 se m2 = 104 em2 1,019 x 104bar = --.:....------:--- 104 I bar = 1,0197 kgf j em2 I .1.0.c) bar para kgf/mm2 bar = 1,019 kgf / em2 se em2 = 102 mm 2 1,0197 -2 2 bar = .., = 1,0197 x 10 kgf j mm 10 I bar = 1,0197 x 10-2 kgf j mm21 ·Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais,,, •• 10.d) bar para Rb/ pol2 (psi) kgf = 2,2 eb em = 0,3937 pai pai = 2,54em em2 = 0,155pa12 bar = 1,0193' kgf/em2 1,0193 x 2,2 bar = 0,155 eb bar == 14,5 --2 (psi) pai ••• EX.11 - Unidade de pressão utilizada na indústria, o psi significa libra* /polegada quadrada. Pergunta-se: a) kgf/cm2 equivale a quantos psi b) N/cm2 equivale a quantos psi Sabe-se que: 1 kgf = eb = 9,80665 N 0,4536 1 pai = 2,54 em ~ em = -2- pai ,54 11.a) kgf/cm2 equivalente a psi 1 eb 2,542kgf 0,4536 eb 2 - [2,~4J pol2em pal2 0,4536 I kgf / cm2 == 14,22 psi I 11.b) N/cm2 equivalente a psi 1 eb N 9,80665 x 0,4536 C,~4J pol2 2,542 eb 9,80665 x 0,4536 pal2 N . -- = 1,45 pSI em2 EX.12 - Para calibrar os pneus do Chevette, deve-se observar as seguintes recomendações da Chevrolet. -----", ....• r~ 12.1- Para Calibragem de Pneus a Frio 12.1.1 Quando o automóvel estiver carregado com no máximo 03 pessoas, as pressões indicadas são: DIANT 1,2 kgf/cm2 TRAS 1,5 kgf/cm2 12.1.2 Quando o automóvel estiver carregado com 5 pessoas, as pressões indicadas são: DIANT 1,4 kgf/cm2 TRAS 1,7 kgf/cm2 12.2 - Para Calibragem de Pneus a Quente 12.2.1 Para percursos com velocidades acima de 100 krn/h por mais de uma hora ou quando os pneus forem calibrados a quente, adicionar 0,14 kgf/cm2. Expressar as pressões indicadas em psi U b / pol") 12.1.1 Pressões expressas em psi para veículo carregado com até 03 pessoas. DIANT TRAS = 1,2 x 14,22 1,5 x 14,22 17 psi 21 psi= 12.1.2 Pressões em psi para veículo carregado com 05 pessoas. DIANT TRAS = 1,4 x 14,22 1,7 x 14,22 20 psi 24 psi= 12.2.1 Para pneus calibrados a quente é recomendado adicionar 0,14 kgf/cm2 0,14 x 14,22 == 2 psi EX.13 - Aceleração normal da gravidade é gn = 9,80665 m/s2. Expressar gn em [km/h], m = 10-3 km 5=(3,6X103)h-1 ( 1 J252 - h - 3,6 X 103 • s- ( 1 hJ- 3,6x103 9,80665 X 10-3 9,80665X 10-3 gn = (3,6x 103)-2 = 3,6-2 X 10-6 gn = 9,80665 x 10-3 x 3,62 X 106 I gn = 1,271 x 105 km / h21 .Mecânica~Técnica e.Reslstêncla.dosMaterlalsss '., "o ~ Ex.14 - A tabela a seguir representa o módulo de elasticidade de alguns materiais, dados em [kgfjcm2]. Expressar esses valores em [kgfjmm2]; [Njcm2]; [Njmm2]. Material Módulo de Elasticidade E [kgfjcm2] aço 2,1 x 106 alumínio 0,7 x 106 fofo nodular 1,4 x 106 cobre 1,12 x 106 estanho 0,42 x 106 14.a) Módulo de elasticidade E [kgfjmm2] Aço Eaço = 2,1 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102mm2 Eaço = 2,1 X 106 x 10-2 = 2,1 X 104 Kgf/mm2 Alumínio Eal = 0,7 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mrrr' Eal = 0,7 X 106 x 10-2 = 0,7 X 104 kgf/mm2 Foto Nodular Efn = 1,4 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mrrr' Efn = 1,4 X 106 x 10-2 = 1,4 X 104 kgf/mm2 Cobre Ecu = 1,12 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mm2 Ecu = 1,12 X 106 x 10-2 = 1,12 X 104 kgf/mm2 Estanho Ee = 0,42 X 106 kgf/cm2 se cm2 = 102 mm2 Ee = 0,42 X 106 x 10-2 = 0,42 X 104 kgf/mm2 14.b) Módulo da elasticidade E [Njcm2] Eaço = 2,1 X 106 kgf/cm2 Eaço = 9,8 x 2,1 x 106 N/cm2 Eaço = 2,06 X 107 N/cm2 kgf == 9,8 N Analogamente, para os outros materiais, temos: 9 r Eat= 0,69 X 107 N/em2 07 2Efn = 1,37 x 1 N/em 7 2Ecu = 1,1 x 10 N/em Ee = 0,41 X 107 N/em2 14.c) Módulo de elasticidade E [Njmm2] Eaço = 2,06 X 107 N/em2 se em2= 102 mm2 Eaço = 2,06 X 107 x 10,,2 = 2,06 X 105 N/mm2 Analogamente, para os outros materiais, temos: E aR = 0,69 x 105 N/mm2 5 2Efn = 1,37 x 10 N/mm Ecu = 1,1 X 105 N/mm2 Ee = 0,41 X 105 N/mm2 Ex. 15 -A área da secção transversal da viga I, representada na figura, possui as seguintes características geométricas: x Jx = 920 em" (momento de inércia relativo ao eixo x) Wx = 120 crrr' (módulo de resistência relativo a x) ix = 6,24 cm (raio de giração relativo ao eixo x) Expressar as características dadas em: a) m": m3; m b) mrn": mrrr': mm 15.a) Sabe-se que cm = 10-2 m em" = (10-2 rn)" = 10-8 m4 :. Jx= 920 x 10-8 m" = 9,2 x 10-6 m" crrr' = (10-2 m)3= 10-6 m3 :. Wx = 120 X 10-6 m3 = 1,2 x 10-4 m3 em = 10-2 m :. ix = 6,24 X 10-2 m = 6,24 x 10-2 m 15.b) Sabe-se que cm = 10mm em" = (10 mrn)" = 104 mrn" :. Jx= 920 X 104 mrn" = 9,2 x 106 mm" cm3 = (10 mm)3= 103 mm3 :. Wx= 120 X 103 mm3 = 1,2 x 105 mm' cm=10mm :. ix = 6,24 x 10 mm = 62,4 mm ;Q,,,,,Mecânica Técnica eReslstêncla dos,Materiais""'2""""',"" ""'-'w .;" • •• ••• EX.16 - A produção de petróleo no Brasil, em 1984, foi de 500.000 barris/dia. Essa produção equivale a: a) Quantos litros de petróleo/dia b) Quantos metros cúbicos de petróleo/dia barril de petróleo =159 P 16.a) Produção em litros/dia 5 x 105 x 1,59 X 102 = 7,95 x 107 P/dia :l6.b) Produção em m3/dia 5 x 105 x 1,59 X 102 x 10-3 7,95 X 104 m3/dia EX.17 - Unidade de tensão utilizada no SI (Sistema Internacional), o MPa (megapascal) corresponde a 106 Pa ou 106 N/m2. Determinar as relações entre: a) MPa e N/em2 b) MPa e N/mm2 e) MPa e kgf/em2 d) MPa e kgf/mm2 17.a) MPa para N/cm2 MPa = 106 N/m2 sabe-se que, 17.b) MPa para N/mm2 MPa = 106 N/m2 sabe-se que, m = 103 mm m2 = (103 mm)2 = 106 mm2 106 MPa = -- N /mm2106 17.c) MPa para kgf/cm2 MPa = 106 N/m2 kgf = 9,80665N:m = 102 em m2 = (102 em)2= 104 em2 106 MPa = --------:- 9,80665 X 104 sabe-se que, I MPa = 10,197 kgf/em21 I ,.. 17.d) MPa para kgfjmm2 MPa~ 106N/m2 sabe-se que, kgf = 9,80665N m = 103 mm m2 = (103 mm)2= 106 mrrr' 106 MPa=-----~ 9,80665 x 106 I MPa = 0,10197 kgf I mm 2 1 EX.18 - No dimensionamento de redes hidráulicas, utiliza-se a unidade de pressão mH20 (metro coluna d' água), que corresponde a 9806,65 Njm2. Determinar as relações entre: a) mH20 e kPa; b) mH20 e kgf/cm2; c) mH20 e bar. Dados 1 5 2N = kgf e bar = 10 NI m 9,80665 18.a) Como o prefixo quilo (k) representa 103, dividi-se o valor dado em Pa(Njm2) por mil, obtendo-se então: 9806,65 mH20= ., =9,80665kPa10 18.b) mH20 = 9806,65 N/m2 como N = 1 kgf e m2 = 104 cm2 tem se que:9,80665 2 9806,65 kgf mH20 = 9806,65 N 1m = 4 --2 9,80665 x 10 cm 3 -4 -1 fi 2mH2O = 10 x 10 = 10 kg cm I mH20 = 0,1 kgf I cm21 18.c) mH20 = 9,80665 X 10 3 Njm2 como bar = 105 Njm2 tem-se que: mH20 = 0,980665 x 105 N/m2 portanto mH20 = 0,980665 bar ImH20 = 9,80665 x 10-2 bar I Ex. 19 - Por definição, tem-se que: cv= 735,5W (cavalo-vapor) e hp= 745, 7W (horse-power). Determinar a relação entre cv e hp. hp 745,7 -=-- cv 735,5 745,7hp = --cv 735,5 Ihp == 1,014cvl Obs.: Na prática, normalmente utiliza-se hp = cv. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais ~ Ex. 20 -Sabe-se que, por definição, W = J/s, cal = 4,186 J e kgfm = 9,80665 J. Pede-se determinar as relações entre: _.. c •." "(' •.1=n -h:\05~30Rq~_.;'..:- '. _; .-..'. ,. L_: '; ,; r C\ _ a) kWh e J b) kWh e kgfrn: c) kWIi 6~ÓaL . ,'u· :"ri:~~EIOSCOü;~O Uc.: hl, l.- 20.a) Relaçãoentre kWh e J Como W = .I/s: k = 103; h = 3,6 X 103s, conclui-se que: J kWh == 103 X 3,6 X 103,,5'.- / I kWh == 3,6 x106 J I 20.b) Relação entre kWh e kgfrn 1 Tem-se que kgfm = 9,80665J, portanto J == kgfm , Como kWh = 3,6 x 106 J, 9,80665 conclui-se que: 3,6 X 106 kWh == kgfm 9,80665 I kWh = 3,67 x 105 kgf.m 20.c) Relação entre kWh e kcal Como 1 cal = 4,186 J, tem-se que: 1 J == -- cal 4,186 3,6 X 106 kWh == cal 4,186 kWh == 8,6 x 105 cal Como kcal = 103 cal, conclui-se que: I kWh = 860 kcall Ex. 21 - Nos projetos de sistemas de ar condicionado, utiliza-se a unidade de caloria BTU, que significa a quantidade de calor necessária para elevar 1 libra de H20 à temperatura de 1° F. Determinar as relações entre: a) BTU e kWh; b) BTU e cvh. Sabe-se que, BTU = 1,0546 x 103 J (a 60°F aproximadamente 15,5 0c). 21.a) 1 _ Sabe-se que, kWh == 3,6 x 106 J, portanto J = 6 kWh, tem-se entao que: 3,6 x 10 3BTU == 6 x 1,0546 x 10 kWh 3,6 x 10 1 I BTU =2,93 x10-4 kWh 21.b) Pela resolução do exercício 7, tem-se que cvh ::::2,6478x 106J, portanto, 1 J = 2,6478 x 106 cvh, logo pode-se escrever que 1 3BTU= R • 1,0546 x 10 cvh 2,6478 x 10 I BTU= 0,398 x 10-3 cvh I Ex. 22 -Por definição, tem-se que: kgf-rn = 9,80665 J, kW = 103 W e hp Determinar as relações entre: 745,7 W. a) kWe kgfrn/s: b) hp e kgfrn/s 22.a) J 1 Como W = - e J = kgfrn, conclui-se que: N 9,80665 22.b) 3 J 103 kgfm kW= 10 -= --- N 9,80665 5 IkW~102~1 Sendo hp::::745,7W, conclui-se que: 7457 I Ihp = 'kgfm 15 hp == 76 kgfm 15 9,80665 . EX.23 - A vazão de um fluido, com escoamento em um regime permanente, no tubo de uma rede de distribuição, corresponde ao volume do fluido escoado na unidade de tempo. Determinar as relações entre as unidades de vazão que seguem: a) m3 15 (SI) e i! 15; b) m3 1 h e i! 15. 23.a) 3 3Sabe-se que, m = 10 t , portanto: m3/5 = 103i! 5 23.b) Como m3 = 103.e e h = 3,6 X 103s, conclui-se que: m3/h = 103 i! 3,6x1035 Im3/h = 0,277 i! 1s I EX.24 - Denomina-se viscosidade a propriedade que tem os fluidos de resistir ao movimento de suas partículas. Desta forma, mede-se a variação de velocidade que se reflete sobre os esforços de cisalhamento. A viscosidade dinâmica no SI é dada em newton- segundo por metro quadrado: viscosidade de um líquido que ao percorrer a distância de 1m, com a velocidade de Lrn/s, provoca uma tensão superficial de 1Pa (N/m2), representada por [j.l]. MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais I Cplaca móvel I_====--_-J; ~.. Ft---=-- -o:::::=. -_':..::--==-==t~~:-==::'=::---I~-camada de fluído I--==~_ H"7,J ~placafixa v = Irn/s d = 1m placa móvel camada de fluído placa fixa A unidade usual para este tipo de viscosidade é o poise que equivale a 1 dlna.s/ em", Expressar poise nas unidades do: a) SI; b) Mk*S (técnico). 24.a) Sabe-se que N = 105 dina e m2 = 104 cm2, portanto conclui-se que: 10-5 N . s dina = 10-5 N cm2 = 10-4 m2 poise = 10-4 m2 I poise = 10-1 Ns/m2 I 24.b) Como kgf = 9,80665N conclui-se que: 1 N = kgf 9,80665 1 1 kgf.s poise = 10- . --- 9,80665 m2 -3 kgf.s poise = 10,19 x 10 ~ kgf.s --::: 98poisem2 - Ex. 25 -A viscosidade cinemática de um fluido (v) é definida através da relação entre a viscosidade dinâmica (J..I.) e a sua massa específica (p). No SI, a viscosidade cinemática é definida através da viscosidade dinâmica de 1Ns/m2 e a massa específica de 1kgjm3, o que resulta em uma viscosidade cinemática de 1m2js. Porém, a unidade utilizada com maior freqüência na prática é a do CGS que corresponde a cm2js (stoke). Expressar Stoke nos: a) SI b) Mk*S (técnico) d) expressar centistoke no SIc) centistokes ..Sistemas de Unidades ,,, . ~. 25.a) stoke no SI 2 1 cm 2 -4 2 st = stoke = -- cm = 10 m s st= stoke = 10- 4 m 2 s 25.b) stoke no Mk*S (técnico) o mesmo do SI 25.c) stoke em centistokes cst = centistoke = 10-2 stoke 25.d) centistoke no SI 2 -2 -2 -4 mcst = centistoke = 10 stoke = 10 . 10 - s cst = centistoke = 10-6 m2 / s m2 = 106 mm2 centistoke = 10-6 . 106 mm2 / s Icst= mm2 / si Ex. 26 - Demonstrar que a unidade de viscosidade cinemática de um fluido no SI é 1m2/s. Pela definição de viscosidade cinemática tem-se que: ~ viscosidade dinâmicav = - = -------- p massa espedfica A unidade de viscosidade dinâmica no SI é Ns/m2, e a unidade de massa específica no SI é kg/m3. Através da definição de força escreve-se que: Fm=-= Na m/ s2 portanto kg= _N m/s2 Como a definição de v = ~, conclui-se que: p N.s m2 N N. s m4 Nm2 . S2 v= m/ S2 m3 Iv = m2 / si ..MecânicaTécnicae Resistência dos Materiais: ~ -------- VíNCULOS ESTRUTURAIS 2.1 Introdução Denominamos vínculos ou apoios os elementos de construção que impedem os movimentos de uma estrutura. Nas estruturas planas, podemos classificá-Ios em 3 tipos. 2.1.1 Vínculo Simples ou Móvel Este tipo de vínculo impede o movimento de translação na direção normal ao plano de apoio, fornecendo-nos desta forma, uma única reação (normal ao plano de apoio). Representação simbólica: 2.1.2 Vínculo Duplo ou Fixo Este tipo de vínculo impede o movimento de translação em duas direções, na direção normal e na direção paralela ao plano de apoio, podendo desta forma nos fornecer, desde que solicitado, duas reações, sendo uma para cada plano citado. Representação simbólica: y x t 2.1.3 Engastamento Este tipo de vínculo impede a translação em qualquer direção, impedindo também a rotação do mesmo, através de um contramomento, que bloqueia a ação do momento de solicitação. ~ tR!'C \--'S! '< I i •Rxrc ,- - ~ Rx = impede o movimento de translação na direção x. Ry= impede o movimento de translação na direção y. M - impede a rotação 2.2 Estrutura Denomina-se estrutura o conjunto de elementos de construção, composto com a finalidade de receber e transmitir esforços. As estruturas planas são classificadas através de sua estaticidade, em 3 tipos. 2.2.1 Estruturas Hipoestáticas Estes tipos de estruturas são instáveis quanto à estaticidade, sendo bem pouco utilizadas no decorrer do nosso curso. A sua classificação como hipoestáticas é devido ao fato de o número de equações da estática ser superior ao número de incógnitas. Exemplo: p A B RA RB número de equações> número de incógnitas 2.2.2 Estruturas Isostáticas A estrutura é classificada como isostática quando o número de reações a serem determinadas coincide com o número de equações da estática. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais ~ Exemplos: a) RAv b) I I. PI lL._._._ P, RAH número de equações < número de incógnitas 2.2.3 Estruturas Hiperestáticas Aestrutura é classificada como hiperestática, quando as equações da estática são insuficientes para determinar as reações nos apoios. Para tornar possível a solução destas estruturas, devemos suplementar as equações da estática com as equações do deslocamento, que serão estudadas posteriormente em resistência dos materiais. Exemplos: pa) b) p número de equações < número de incógnitas Vínculos,Estruturais· 29 ",~",:__.,-,!_,«~"",".";",,,,,,,-._;.,;.,....;;;.'-_<;l;~;,·;;-=-~:,:;<;:_;;_;;''',,:~,,-'~§.;.,:::::_:;.._':,,'=..~"';- §:- c, -----~..~ EQUILíBRIO DE FORÇAS E MOMENTOS Para que um determinado corpo esteja em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as condições 3.1 e 3.2. 3.1 Resultante de Forças A resultante do sistema de forças atuante será nula. 3.2 Resultante dos Momentos A resultante dos momentos atuantes em relação a um ponto qualquer do plano de forças será nula. 3.3 Equações Fundamentais da Estática Baseados em 3.1 e 3.2, concluímos que para forças coplanares, LFx = O, LFy = O e LM = O. 3.4 Força Axial ou Normal F É definida como força axial ou normal a carga que atua, na direção do eixo longitudinal da peça. A denominação normal ocorre, em virtude de ser perpendicular, à secção transversal. eixo longitudinal ~. - Equilíbrio de Forças e Momentos 11 31 , 3.5 Tração e Compressão A ação da força axial atuante, em uma peça, originará nesta tração ou compressão. Tração na Peça A peça estará tracionada quandoa força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido para o seu exterior. ~ Compressão na Peça A peça estará comprimida, quando a força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido para o interior. ~ 3.6 Ligação ou Nó Denomina-se nó todo ponto de interligaçào dos elementos de construção componentes de uma estrutura. 3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó Peça Tracionada Sempre que a peça estiver sendo tracionada, o nó estará sendo "puxado". .. AHtM,,;..;;:;;~;,:._<".tt.- B Tração no nó A B o---~ Tração na barra .. MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais ,.,. Peça Comprimida Sempre que a peça estiver sendo comprimida, o nó estará sendo "empurrado". Compressão na barra Compressão do nó A ~"',,'@F',.. B 3.8 Composição de Forças Consiste na determinação da resultante de um sistema, podendo ser resolvida gráfica ou analiticamente. Exemplo 1: Exemplo 2: FI + F2 F3 F3 F = FI + F2-F3 3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais y Fx = F cos o. = F sen ~ Fy = F cos ~ = F sen c. Equilíbrio de Forças.eMomentos 33 ,. 3.:10 Conhecidos Fx e Fy' determinar a e ~ Fy .tgo; =-, Fx Fy r. sena= -; cosa =-F F F F Ftg 1<=2... sen I<=2... cos I<= ~ f-' F' f-' F' f-' F y 3.1:1. Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que Formam entre Si Ângulo a B 0< I .-'),A D Através do ~ ODA, aplica-se o Teorema de Pitágoras, resultando: I) F2 = (F2 + X)2 + y2 onde CD = x AD = Y Pelo L'l CDA tem-se: 2 2 2Fi = X + Y portanto: 11) 2 - 2 2Y = Fi - X no mesmo L'l CDA conclui-se que: 11I) x = Fi cos a Substituindo a eq. 11na eq. I tem-se: 2 2 2 2 2F = F2 + 2F2x + X + Fi - X MecânicaTécnicae ResistênciadosMateriais --- Substituindo a eq. 11Ina anterior tem-se: Para a = O Quando a = O ~ cos a = 1, portanto: F2=F12+F/+2F1F2 F2 = (F1 + F2)2 F = F1 + F2 I Quando a = 900 ~ cosa = O, portanto: c ---------------- B,,,,,,,, o "'-'---'---0: ,. A FI F Quando a = 1800 ~ cos a = - 1, portanto: F2=F/+F22_2F1F2 F2 = (F1 - F2)2 ou (F2 - Fi)2 I F I = I Fi - F21 ou I F2 - Fi I F 180 0 FI r:-. 2 F2 FI F=F2-Fl 3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante Através do ~ OAO tem-se: B tgy=_Y- F2 +x O~""r-----;:"T""~A No ~ ACO tem-se: Y= Fi sen« D x = Fi cosa r F1sena tgy= F 2 +F1 cosa portanto, podemos escrever que: a) Fl=lON F2=20N F3=25N 3.13 Exercícios EX.l - Determine a resultante F dos sistemas de forças a seguir: .. - .. Solução: F=1O+20+25=55N -I Resposta: F = 55N da esquerda para direita b) 50N ---- ..••.- .. --------80N 120N Solução: 50N 80N 120N--- 50N 200N ~I F = 200-50 = I50N Resposta: F = 150N da direita para esquerda. EX.2 - Determine os componentes ortogonals Fx e Fy de uma carga F de 100N que forma 40° com a horizontal. y' Fx = 100 cos 40° = 100 x 0,766C~--7:B I Fx == 76,6NI \)~ : r; I «,-?"> : Fy = 100 sen 40° = 100 x 0,643 I 40° I I Fy == 64,3 N I.~o r, A X EX.3 - As componentes de uma carga F, são respectivamente: r, = 120 N e Fy= 90 N Mecânica T êcnlca.e Resistência dos~Materiais',~'"c 2;;t'l~~ill;'X;:~;:'" . :';"i';«.'~"i.:!.:.:::::~,j~g;"",,';~:.::':i.;;:i!';0;::::c~:JC:';. ""--- Determinar: a) A resultante F. b) O ângulo que F forma com a horizontal. c) O ângulo que F forma com a vertical. Solução: a) Resultante F F F= J1202 + 902 I F = 150N I a Fx=120N b) ângulo que F forma com a horizontal (a) Fy 90 tg« = - = - = 0,75 Fx 120 l-a-=::3-71 c) ângulo que F forma com a vertical (~) B = 90° - a = 90° - 3]0 Ex.4 - As cargas Fi = 200 N e F2 = 600 N formam entre si um ângulo a=60'. Determinar a resultante das cargas (F) e o ângulo (y) que F forma com a horizontal. Solução: Resultante F y F=JF; +F; +2FIF2 COSa F=J2002 +6002 +2.200·600·COS60o I F=::721N IF.=600N ângulo que F forma com F2 (Y) FI sen a tgy=---- F2 +FI cosa t 200sen60° gy=------ 600 - 200 cos 60° y=13"54' I ,.. 3.14 Método das Projeções o estudo do equilíbrio neste método, consiste em decompor as componentes das forças coplanares atuantes no sistema em x e y conforme item 3. Exemplo 1 3.:14.1 Exemplos A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as forças normais atuantes nos cabos <I>,@,®. Solução: Os cabos estão todos tracionados (cabo não suporta compressão), portanto os nós A, B, C, D estão sendo "puxados". Baseados no exposto, podemos colocar os vetores representativos das forças nos cabos. Para determinarmos a intensidade das forças, iniciamos os cálculos pelo nó que seja o mais conveniente, ou seja, que possua a solução mais rápida, nó com o menor número de incógnitas, para o nosso caso nó D. Nó D L:Fy = O y F3I F3= P I x p Determinada a força na barra 3, partimos para determinar Fi e F2' que serão calculados através do nó C. Nó C LFy = O Fi sencx = P LFx = O Fi coscx= F2 y F, cos a x P F2 = -- . coscx sencx ~t~/:u..11a II F = _P- = Pcosseccx Ii sencx I F2 = P cotgCXI p MecânícaTêcníca-e Resistência dos Materiais ••... Exemplo 2 A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as forças normais atuantes nos cabos (j), @, (1). c ® D P Solução: Analogamente ao exemplo 1, partimos do nó D para determinar F3. LFy = ° I F3 = P I No D y p Novamente como no exemplo anterior, o nó C é o mais conveniente. Porém, neste exemplo, temos a oportunidade de apresentar mais um artifício, que poderá ser utilizado sempre que for necessário. Este artifício (mudança de plano) torna-se conveniente, sempre que duas ou mais forças estiverem colineares ou defasadas 90°. Os cabos (j), @, (1) estão tracionados, portanto teremos o nó C com o sistema de forças a seguir. y x LFy = ° F2 = Pcos45° I F2 = 0,707P I LF =0x F 1 = P sen 45° IF1 = 0,707P I p Exemplo 3 Uma carga de 1000 kgf está suspensa conforme mostra a figura ao lado. Determinar as forças normais atuantes nas barras (j), @ e (1). "'" Solução: , Iniciamos os cálculos pelo nó D. A carga de 1000 kgf traciona a barra 3, portanto teremos o sistema de forças abaixo. F3 EFy = O I F3 = 1000 kgf I '.1000 kgf A barra Q), tracionada, tende a "puxar" o nó A para baixo, sendo impedida pela barra Q) que o "puxa" para cima, auxiliada pela barra CDque o "empurra" para cima para que haja equilíbrio. Temos portanto a barre O tracionada e a barraCD comprimida, resultando no sistema de forças atuante no nó A representado na figura. y IFx = O Fl (:)c$ F1 sen60° = F2 sen45° F2 cos45° F1 = (1) sen 60° A ~ x IF = Oy F1 cos60° + F2 cos45° = 1000 (11) 1000 kgf substituindo a equação I na equação 11 temos: F2 cos 45° ---- . cos60° + F2 cos 45° = 1000 sen60° F2 . 0,707 . 0,5 0,866 + 0,707 F2 = 1000 1,115 F2 = 1000 I F2'" 897 kgf I substituindo F2 na equação I temos: F 1 = F2 cos45° sen60° 897 x 0,707 0,866 I F1= 732kgf I 3.15 Método do Polígono de Forças Para que um sistema de forças concorrentes atuantes em um plano esteja em equilíbrio, é condição essencial que o polígono de forças formado pela disposição geométrica destas cargas esteja fechado. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais te: :~.~;.:~~..~. ~ ~5 r-~t~[~..r/i () SS OR Ó - [~Ií:"3LICTEC/\· É importante ressaltar que para a formação do polígono, o iIÚOQ),Qt;lU'DífWwm€tmre;entativo de uma carga deve coincidir com o final do outro. E assim sucessivamente / Exemplo: o vetor CDinicia-se em A e vai até B o vetor @ inicia-se em B e vai até C 3.15.1 Exemplos Solução: Exemplo 1 A construção dada está em equilíbrio. A carga P aplicada em D é de 1,4 tf. Determinar as forças normais atuantes nos cabos, utilizando o método do polígono de forças. Neste caso, como temos apenas 3 forças a serem determinadas, o nosso polígono será um triângulo de forças. Sabemos que F3 = P, como estudamos em exemplos anteriores. Para traçarmos o triângulo de forças, vamos utilizar o nó C, procedendo da seguinte forma: 1- Traçamos o vetor força F3 = P, que sabemos ser vertical. 2 - A F2 forma com F3 um ângulo de 3r, sabemos ainda que, o vetor F2 tem o seu início no final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 3r em relaçãoao final do vetor F3' traçamos o vetor F2. 3 - O vetor Fi forma 90° com o vetor F3' sabemos que o início de F3 é o final de Fi' teremos, portanto, o triângulo de forças abaixo. Pela lei dos senos temos: sen90° P 1400 F2 = = -- = 1750kgf sen53° 0,8 Fi = F2 sen3r = 1750 x 0,6 Fi = 1050 kgf F2 =1750 kgf F3 = 1400 kgf .....Equilíbrio de: Forças:e Momentos:",,:,,: 41 r Observação: Como se pode perceber, a carga 1,4 tf foi transformada para 1400 kgf. Exemplo 2 A estrutura representada na figura está em equilíbrio. A carga P aplicada em D é de 2,4 tf. Determinar as forças normais atuantes nas barras CD, <De Q) utilizando o método do polígono de forças. Solução: Observando a figura, concluímos que as barras CD e Q) estão tracionadas, e a barra <Destá comprimida. Teremos portanto o esquema de forças a seguir. Novamente para este caso, teremos um triângulo de forças. Sabemos que F3 = 2,4 tf, como já foi estudado em exemplos anteriores. Novamente o nó C será objeto do nosso estudo. Através de C, traçaremos o triângulo de forças. 1. - Traçamos o vetor força F3 = 2,4 tf, que sabemos ser vertical, e para baixo. 2 - A força F2 forma com F3 um ângulo de 3JO, sabemos ainda que o vetor F2 tem o seu início no final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 37° em relação ao final do vetor F3, traçamos o vetor F2. 3 - O vetor F1 forma 90° com o vetor F2, pela extremidade final de F2, com uma inclinação de 90° em relação a este, traçamos o vetor F1,teremos desta forma o triângulo de forças. Pela lei dos senos temos: F1 F2 F3 --= ==-- sen 3JO sen 53° sen 90° F2 = F3 sen 53° u:' Como o sen 90° = 1, tem-se que: F2 = 2,4 x 0,8 = 1,92 tf F1= F3 sen 37" F1= 2,4 x 0,6 = 1,44 tf Exemplo 3 Determinar a intensidade da força F que deve ser aplicada no eixo do disco de r = 2m e m = 10kg mostrado na figura, para que possa subir o degrau de h = 20 cm. Adotar g = 10m/s2. Qual a intensidade da reação em A? ~;;;,,"::Mecânica;T écnica e Resistência dos,'Materiais"';f;;,C;"'~"f;i';=fi::::",l:C;"TL.:llii':',;;;;:~:::::2iQ,;;,'\,;;tL";""" ,< ;','::YF"''':;;;;;S;;'='='='''=', ••• F F p 6o C'J p Solução: Traçaremos o triângulo de forças relativo ao equilíbrio do ponto O. Como nos exemplos anteriores, iniciaremos o traçado pela força P que sabemos ser vertical e para baixo. A força F, forma 90° com P, e coincide com o final de F. Os ângulos que RA forma com P e com F serão determinados através do /'o" OAB. 1,8 cosa = - = 0,9 2 B Pela lei dos senos, cálculo de FeRA: F P RA sen26° sen 64° sen90° Como sen 90° = 1, tem-se: p F = 64' sen26°sen ° p 100.0,438 F= 0,9 I F = 48,66N I F 48,66 R - --- A - sen 26° - 0,438 RA == 111,1N I 43 3.16 Momento de uma Força Define-se como momento de uma força em relação a um ponto qualquer de referência, como sendo o produto entre a intensidade de carga aplicada e a respectiva distância em relação ao ponto. É importante observar que a direção da força e a distância estarão sempre defasadas 90°. Na figura dada, o momento da força Fem relação ao ponto A será obtido através do produto F.c, da mesma forma que o p Çl •.... r. produto da carga P em relação a A será obtido através de P.b. ' , Para o nosso curso, convencionaremos positivo, o momento que obedecer ao sentido horário. Nota: Muitos autores utilizam convenção contrária a esta, porém, para a seqüência do nosso curso, é importante que o momento positivo seja horário. 3.16.1 Teorema de Varignon o momento da resultante de duas forças concorrentes em um ponto E qualquer do seu plano em relação a um ponto A de referência, é igual à soma algébrica dos momentos das componentes da força resultante em relação a este ponto. Rd = Hb + Vc Para o caso da figura temos: 3.16.2 Exemplos Exemplo 1 Determinar as reações nos apoios das vigas a, b, c, d, carregadas conforme mostram as figuras a seguir. a) Viga solicitada por carga perpendicular.J,- a " p b RA Ra .mnvMecânica::TécnicaeResistência dos Materiais ,,~;;;.::.; :-::~;~';.'-~~~: == l:MA = o Rs (a + b) = p. a l:Ms =0 RA (a + b) = p. b R =~ B (a + b) R =~ A (a + b) b) Viga solicitada por carga inclinada. I- 2m 3m 2m 8kN 5kN Solução: A primeira providência a ser tomada, para solucionar este exemplo, é decompor a carga de 10kN, visando obter as componentes vertical e horizontal. A componente horizontal será obtida através de 10 cos 53° = 6kN, e a componente vertical é obtida através de 10 sen 53° = 8kN .. Agora, já temos condição de utilizar as equações do equilíbrio para solucionar o exemplo. 7Rs = 5 x 5 + 8 x 2 I Rs == 5,86KN I l:FH=O I RAH = 6KN IRAV = 8 + 5 - 5,86 I RAV = 7,14KN I Resultante no apoio A RA = J7,142 + 62 IRA == 9,33KN I c) Viga solicitada por carga paralela ao suporte principal. 4m r-- IMA = o IFH = o I RAH = 6KN I6RB = 6x2 IRB=2KNI IFv = o IRAV=RB=2KN Resultante no apoio A RA = JR~H + RL RA=J62+22 IRA=6,32KNI d) Viga solicitada por torque. ~ 6m4m 30kN Figura A E N 30kN" I r~,RA RB Figura B o binário da figura A pode ser representado conforme a figura B. IMA = O 10RB = 120 I RB = 12KN I IFv = O I RA = RB = 12KN I 3.17 Exercícios Resolvidos Ex. 1. - o suporte vertical ABC desliza livremente sobre o eixo AB, porém é mantido na posição da figura através de um colar preso no eixo. Desprezando o atrito, determinar as reações em A e B, quando estiver sendo aplicada no ponto C do suporte, uma carga de 5kN. Mecânica;Técnicae Resistência;dos';Materiais'n~'::;c ',::.·:',110"'",';; ':":> , ,;'c'· ,:.' .A",:tir #7",/:" i,,~,.; ,;X;,1""":,:ri, '''' ;;\')7' :, ::7;"'":;, --- »c:': RAV//,.///,/ ~ , <, A, I II I ~ RAH 11 111 I 1, 5 8 I ~8% RB8 B '/ /// 30cm c IMA=O 24RB = 5 x 30 IRB = 6,25KN I IFH = O kN IRAH = RB = 6,25KN I IFv = O Reação em A IRA = 8KN I Ex. 2 - A figura a seguir, representa uma junta rebitada, composta por rebites de diâmetros iguais. Determinar as forças atuantes nos rebites. ~~ __~R=-~ ~~ RAH Como os diâmetros dos rebites são iguais, na vertical as cargas serão iguais: IR" = R, = Rcv = T = 1000 N I o rebite B, por estar na posição intermediária, não possui reação na horizontal. O rebite A está sendo "puxado" para a direita, portanto possuirá uma reação horizontal para a esquerda. O rebite C, ao contrário de A, está sendo "empurrado" para a esquerda, portanto possuirá reação horizontal para a direita. .Equilíbrio,deForças e,Momentos;;·x'!,' 47 Esforços Horizontais I.MA = O 200 RCH= 600 x 3000 I RCH= 9000N I Força atuante nos rebites A e C RA = JRtv + RtH RA = ~10002 + 90002 IRA =9055N I I.FH = O I RAH= RCH= 9000N I Como RA e Rc são iguais, temos que: I RA e Rc = 9055 N I Ex. 3 - Determinar a intensidade da força F, para que atue no parafuso o torque de 40Nm. A distância ª (centro do parafuso ao ponto de aplicação da carga F) será determinada por: 20em 20 20a= =-- cos23° 0,92 a = 21,7 em la=o,217ml LMO = O O,217F = 40 F = 40 0,217=184N EX.4 - Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de d = 20mm a uma luva como mostra a figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a força de aperto aplicada for 40N. O somatório de momentos em relação à articulação A soluciona o exercício: I.MA=O 30F = 180 x 40 -1 F = 180 x 40 30 IF = 240N I Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais 40N 180 EX.5 - A figura dada representa uma alavanca de comando submetida a um conjugado horário de 90Nm exercido em O. Projetar a alavanca para que possa operar com força de 150N. IS0N ~'--+--' oo N y Solução: Para projetar a alavanca, precisamos determinar a dimensão y. Para determinarmos y, precisamos que as unidades sejam coerentes, por esta razão, transformaremos Nm para N.mm 90Nm = 90000Nmm dimensão y LMO = O 150 (200 + y) = 90000 90000 Y = -200 150 Iy = 400mm I dimensão x Como x é a hipotenusa do triângulo ABO temos: y 400 x = cos 26° 0,9 I x == 445mm I EX.6 - O guindaste da figura foi projetado para 5kN. Determinar a força atuante na haste do cilindro e a reação na articulação A. 400 800 B 5kN • ',:",',;,:r,:,:"",:',:""",:r',:',:,:',:",',:,'"Equilíbrio de Forças e Momentos Solução: Esforços na viga AC 400 800 5kN Fcsen 37° ~~ Força atuante na haste do cilindro: LMA = O 400 Fc cos 37° = 5 x 1200 I Fc = 18,75kN I Componentes de Fc Fc cos 3r = 18,75 x 0,8 = 15 kN Fc sen 3r = 18,75 x 0,6 = 11,25kN Reações na articulação A LFH = O RAH= Fc sen 3r = 11,25kN LFV = O RAV = Fc cos 3r - 5 RAV = 15 - 5 = 10kN Fc cos 37° Reação na articulação A r 2 2 RA = VRAH+ RAV RA = ~11,252 + 102 IRA=15kN I EX.7 - A figura dada, representa uma escada de comprimento f = 5m e peso desprezível. A distância do pé da escada à parede é de 3m. No meio da escada há um homem de peso P = 800N. A parede vertical não apresenta atrito. Determinar a reação da parede sobre a escada, e a reação no ponto B. A >- Solução: ângulo a Esforços no apoio B 3 cosa = - = 065 ' l-a-=-53-o I [SJ~o RSH Podemos agora determinar a dimensão y: y = 3 tg 53° I y= 4m I Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais Reação da parede vertical na escala: IMB =0 4RA = 1,5 x 800 I RA = 300N I - c Reações em B A distância 1,5 m foi obtida através do triângulo CDB: LFv = O RBV = 800N Resultante Rs RB = ~8002 + 3002 I RB == 855N I LFH = O RBH = RA = 300 N Ex. 8 - Determinar a força que atua no prego, quando uma carga de 80 N atua na extremidade A do extrator ("pé de cabra"), no caso representado na figura dada. 80N A oo '" Solução: Força de extração do prego: IMB = O 50F cos34°= 80 x 200 I F = 385N I I''''+1"",wrEc~uilíbriiode Forças e Mom.entos; CARGA DISTRIBUíDA 4.1 Introdução Nos capítulos anteriores, estudamos somente a ação de cargas concentradas, isto é, cargas que atuam em um determinado ponto, ou região com área desprezível. No presente capítulo, passaremos a nos preocupar com a ação das cargas distribuídas, ou seja, cargas que atuam ao longo de um trecho. 4.1.1 Exemplos de Cargas Distribuídas a) O peso próprio de uma viga b) O peso de uma caixa d'água atuando sobre uma viga ~3"""""ê ..CargaDistribuída v c) o peso de uma laje em uma viga • I coluna coluna Podemos ainda citar como exemplos, barragens, comportas, tanques, hélices, etc. Vamos agora, genericamente, estudar o caso de uma carga qualquer distribuída, como nos mostra a figura a seguir. XG q - intensidade de carga no ponto correspondente Adotamos para o estudo, o infinitésimo de carga dQ que é determinado pelo produto qdx. nx m to- --- q dQ L--------~rr~I~!~tl~--~,AO' ~ Q I dQ = qdx I É fácil observar que a superfície da figura é composta por infinitos qdx, que correspondem às forças elementares das áreas elementares correspondentes. Osomatório dessas cargas elementares expressará a resultante Q, determinada pela área total Om.n.A da figura. 4.2 Linha de Ação da Resultante O momento de um infinitésimo de área em relação ao ponto O será expresso através do produto xdQ, que podemos escrever qxdx. O somatório de todos os momentos em relação ao ponto O será expresso por: f:QXdX Denominamos XG, a abscissa que fixa o ponto de aplicação da concentrada Q em relação ao ponto o. Portanto, podemos escrever que: -Mecânica Técnica eResistênciardos',Materiais"-",,,-,', >t~~',:;:;?:'~::-.~_~mk~:df-~:C~F.';;;~f,.~',<m<:R"'~~'~)ij;!!!:r.::'f~L,/';': s: qxdx XG =-=--Q- Donde conclui-se que a resultante Q atuará sempre no centro de gravidade da superfTcie que representa a carga distribuída. Através desta superfTcie de carga, fica determinada a resultante e o ponto de aplicação da carga distribuída. 4.3 Exercícios Resolvidos Ex. 1- Determinar as reações nos apoios, nas vigas solicitadas pela ação das cargas distribuídas, conforme as figuras dadas. 1.a) q A resultante da carga distribuída de intensidade q e comprimento l será ql, e atuará no ponto l /2 em relação a A ou B, como já foi estudado anteriormente. Teremos, então: Q/2 qQ f RAf = qf'2 IRA = q~ I 1.b) i / q A carga distribuída, variando linearmente de O a q, possui resultante com intensidade q.e/ 2, que atuará a uma distância .e /3 de B (centro de gravidade do triângulo). Teremos, então: ~Q 3 RA IMA = O R t _ qt 2B __ ._f 2 3' I R, = ~ I IMs =0 RAf = qe .~ 2 3 I R" = ~ I 1.c) 6m ql 2 I , ~ Q /3 RB lOkN m Na solução deste exercício, vamos dividir o trapézio em um triângulo e um retângulo, obtendo desta forma as concentradas a seguir . .q;mJ;,JYlecânica. Técnica."e,Resistência·,dos< Materiais,;;;; '::"';_"'~'2!I'~:;';;".:..··'.;;z:li·;:"""?,'<.:"'~' ...:.... ·7,!!'S=;;";:;::;<i .. ":. '"~;.'J>\_•.::......<,'- 30kN 15kN 3m 1m 2m RA IRB LMA = O 6RB = 4 x 15 + 30x 3 I RB = 25kNI 1..d) LFv = O RA + RB = 30 + 15 I RA = 20kNI 6m 3m Solução idêntica ao exercício anterior. Teremos, então: LMA = O 6RB=7x12+48x3 I RB = 38kN I 48kN 12kN 3m 3m 1m 2m I 1-------------- IRa LFv = O RA + RB = 48 + 12 I RA = 22kN I Ex.2 - Determinar a reação no apoio A e a força normal na barra (D, na viga carregada conforme a figura dada. Qual o ângulo a que RA forma com a horizontal? / 5kN m 4m 2m 2kN 1m 57 Na solução deste exercício, devemos observar o tipo de solicitação na barra (j). A barra está tracionada, portanto "puxa" os nós. Decompomos a força normal na barra (j), determinando as componentes vertical e horizontal da força. O próximo passo é determinar a resultante da carga distribuída, bem como a sua localização. É fácil observar que para determinar RA' temos que obter as componentes vertical e horizontal do apoio, para na seqüência obtermos a resultante; Temos, então, o esquema de forças a seguir: 2m 4m 1m ~~t 12kNRAVI «:-7 : : l' F1V a . 53°.' A RAH ' lH Força normal na barra (j) I,MA = O 6Fi sen53°= 7 x 2 + 20 x 2 I Fi = 11,25KN I Componente horizontal de Fi Componente vertical de Fi Fi H = Fi COS 53° = 11,25 x 0,6 = 6,75 kN FiV = Fi sen 53° = 11,25 x 0,8 = 9 kN Reação em A Componente Vertical RAV Componente horizontal RAH I,Fv = O I,FH = O RAV+FiV=20+2 I RAV= 22 - 9 = 13kN I RAH= FiH = 6,75kN Resultante RA RA = JR~H + R~v RA = J6,752 + 132 I RA == 14,65kN I Ângulo que RAforma com a horizontal tgo: = RAV ~ RAH 6,75 10: = 62° 34' I Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais EX.3 - Determinar as reações nos apoios A e B, da construção representada na figura a seguir. Qual o ângulo (a) que RA forma com a horizontal? 4m Pelo mesmo raciocínio do exercício anterior, chegamos ao esquema de forças a seguir: 2400N 2m 2m ._.:=11 E 4O_0N._ ;~ 240N I : 37' 1200N 320N ~ I ~._._._. 3m 1m R. Reação no apoio B IMA = O 8Rs = 1200 x 7 + 240 x 4 + 2400 x 2 - 320 x 2 IRs = 1690N I IFy = O RAy + Rs = 2400 + 240 + 1200 IRAS = 2150N I IFH = O RAH = 320N I 59 Resultante RA RA = ~RÃH + RÃv RA = J3202 +21502 I RA = 2174N Ângulo que RA forma com a horizontal tg« = RAV _ 2150 RAH - 320 la=81°32'1 EX.4 - Determinar as reações nos apoios A, B e C e a força normal atuante nas barras CD e (?), na construção representada na figura a seguir. l ! ':j.5t I 11 ' ..;-.'- . Eeo G ® 53../n_w~-t 800N m c 3T o CD "'r~500N E 500N 1m I 3m Para solucionar este exercício devemos proceder da seguinte forma. Calculamos a força normal atuante na barra CD e a reação no apoio A, não nos preocupando com a parte superior do exercício. Desta forma teremos, então, o seguinte esquema de forças: 2m 3m3m A •...~.. .•.. ... •... ... 2400N FI -: r---.----.----.----.~ E OON.m RA .Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais Força normal na barra CD Reação no apoio A .L:MA = O 5F1 = 2400 x 2 + 1000 IFl = 1160NI .L:Fv = O RA + F1 = 2400 RA = 2400 - 1160 IRA = 1240NI A barraCDestá tracionada, portanto "puxa" os nós Ee Fcom a intensidade de 1160N. Portanto, agora, temos condição de calcular a parte superior de construção, baseados no esquema de forças a seguir. 1m 1200N E,.....L------j--j~==1~ B RaH F 1160N 1m 1m 2m Força normal na barra 2 2:MB =0 4F2sen53°= 1200 x 3 + 1160 x 1 + 800 x 1- 600 xl IF2= 1550N I Componentes vertical e horizontal de F2 F2X= F2sen53°= 1550 x 0,8 = 1240N Reação no apoio B F2y= F2sen53°= 1550 x 0,6 = 930N RBV = F2cos53°+1160 + 1200 + 600 RBV = 930 + 1160 + 1200 + 600 I Rsv = 3890N I RBH = 1200 + 800 I RBH = 440N I Resultante B RB = ~38902 + 440 2 I RB = 3915N I '"Carga,Oistribuída 61 l, TRAÇÃO E COMPRESSÃO 5.1 RevisãodoCapítulo3 EixoLongitudinal 5.1.1 Força Normal ou Axial F Define-se como força normal ou axial aquela que atua perpendicularmente (normal) sobre a área da secção transversal de peça. / 5.1.2 Tração e Compressão Podemos afirmar que uma peça está submetida a esforço de tração ou compressão, quando uma carga normal F atuar sobre a área da secção transversal da peça, na direção do eixo longitudinal. Quando a carga atuar com o sentido dirigido para o exterior da peça ("puxada"), a peça estará tracionada. Quando o sentido de carga estiver dirigido para o interior da peça, a barra estará comprimida ("empurrada"). Peça tracionada Peça comprimida Área da secção Transversal Área da secção Transversal -: / -- 63 5.2 Tensão Normalo A carga normal F, que atua na peça, origina nesta, uma tensão normal que é determinada através da relação entre a intensidade da carga aplicada, e a área da secção transversal da peça. I cr= f I Onde: o - tensão normal [Pa; ] F - força normal ou axial [N; ] A - área da secção transversal da peça [m2; ] Unidade de Tensão no SI (Sistema Internacional) A unidade de tensão no SI é o pascal, que corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m2. 1N 1m 2 Como a unidade pascal é infinetesimal, freqüência, os seus múltiplos: '~ . kP a (quilo pascal) kPa = 103 Pa utiliza-se com MP a (mega pascal) 6MPa = 10 Pa A unidade MPa (rnega pascal, corresponde à aplicação de 106 N (um milhão de newtons) na superfície de um metro quadrado (m2). Como m2 = 106mm2, conclui-se que: I MPa = N/mm 2 1 MPa corresponde à carga de 1N atuando sobre a superfície de Lrnm". 5.3 Lei de Hooke Após uma série de experiências, o cientista inglês, Robert Hooke, no ano de 1678, constatou que uma série de mãteriais, quando submetidos à ação de carga normal, sofre variação na sua dimensão linear inicial, bem como na área da secção transversal inicial. Ao fenômeno da variação linear, Hooke denominou alongamento, constatando que: • quanto maior a carga normal aplicada, e o comprimento inicial da peça, maior o alongamento, e que, quanto maior a área da secção transversal e a rigidez do material, medido através do seu módulo de elasticidade, menor o alongamento, resultando daí a equação: IH=F'j-A.E Como o = ~ podemos escrever a Lei de Hooke: A IM=G/I ..'··'MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais' Onde: f:. R - alongamento da peça [m; ] (J - tensão normal [Pa; ] F - carga normal aplicada [N; ] A - área da secção transversal [m2; ] E - módulo de elasticidade do material [Pa; ] R - comprimento inicial da peça [m; ] O alongamento será positivo, quando a carga aplicada tracionar a peça, e será negativo quando a carga aplicada comprimir a peça. É importante observar que a carga se distribui por toda área da secção transversal da peça. Tração no Nó Compressão no Nó Peça Tracionada Peça Comprimida F IRf = R + tlR I Onde: J!f - comprimento final da peça [m; ] R - comprimento inicial da peça [m; ] tlR - alongamento [m; ] A lei de Hooke, em toda a sua amplitude, abrange a deformação longitudinal (E) e a deformação transversal (Et). Deformação longitudinal ( E ) Consiste na deformação que ocorre em uma unidade de comprimento (u.c) de uma peça submetida à ação de carga axial. Sendo definida através das relações: 6~Tração e Compressão v r ./" , I IE=~=~ I <, Deformação transversal (tt) Determina-se através do produto entre a deformação unitária (E) e o coeficiente de Poisson (v) . ó. f o como c == e == E' podemos escrever: ICt == -vc I ~ ~ ou Ict == _vó./I Onde: Et - deformação transversal adimensional o - tensão normal atuante [Pa; .... , .... ] E - módulo de elasticidade do material [P a;; ..... ] t - deformação longitudinal adimensional v - coeficiente de Poisson adimensional ó. f - alongamento [m; ] f - comprimento inicial [m; ] 5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis Os materiais, conforme as suas características, são classificados como dúcteis ou frágeis. 5.4.1 Material Dúctil O material é classificado como dúctil, quando submetido a ensaio de tração, apresenta deformação plástica, precedida por uma deformação elástica, para atingir o rompimento. cobre; latão; etc. alumínio; bronze; Ex.: Aço; níquel; ··:"Mecânicac1'écnica·eResistênciados::MateriaiS:F.:.·:':;>' ..'.'.;::;".'1'&' ,:""".;.,. r" "'''".,.""." Diagrama Tensão deformação do aço ABNT 1020 Ponto O - Início de ensaio carga nula Ponto A - Limite de proporcionalidade Ponto B - Limite superior de escoamento Ponto C - Limite inferior de escoamento Ponto D - Final de escoamento início da recuperação do material Ponto E - Limite máximo de resistência Ponto F - Limite de ruptura do material (f E(fm~;---------------------~~ (fr o Escoamento RecuperaçãoRegião de Def. Elástica Região de Def. Plástica 5.4.2 Material Frágil F Eslricçáo o material é classificado comefrágil, quando submetido a ensaio de tração não apresenta deformação plástica, passando da deformação elástica para o rompimento. Ex.: concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, cristal, acrílico, baquelite etc. Diagrama tensão deformação do material frágil Ponto O - Início de ensaio carga nula Ponto A -limite máximo de resistência, ponto de ruptura do material I .•e ormação elástica---+---- 5.5 Estricção No ensaio de tração, à medida que aumentamos a intensidade de carga normal aplicada, observamos que a peça apresenta alongamento na sua direção longitudinal e uma redução na secção transversal. Na fase de deformação plástica do material, essa redução da secção transversal começa a se acentuar, apresentado estrangulamento da secção na região de ruptura. Essa propriedade mecânica é denominada estricção, sendo determinada através da expressão: Ao - Af .100% cP = Ao Onde: cp - estricção [%] Ao - área da secção transversal inicial [mm2; cm; ] Af - área da secção transversal final [mm2; cm2; ] 5.6 Coeficiente de Segurança k O coeficiente de segurança é utilizado no dimensionamento dos elementos de construção, visando assegurar o equilíbrio entre a qualidade da construção e seu custo. O projetista poderá obter o coeficiente em normas ou determiná-Ia em função das circunstâncias apresentadas. Os esforços são classificados em 3 tipos: 5.6.1 Carga Estática A carga é aplicada na peça e permanece constante; como exemplos, podemos citar: Um parafuso prendendo uma luminária. Uma corrente suportando um lustre. 5.6.2 Carga Intermitente Neste caso, a carga é aplicada gradativamente na peça, fazendo com que o seu esforço atinja o máximo, utilizando para isso um determinado intervalo de tempo. Ao atingir o ponto máximo, a carga é retirada gradativamente no mesmo intervalo de tempo utilizado para se atingir o máximo, fazendo com que a tensão atuante volte a zero. E assim sucessivamente. Ex.: o dente de uma engrenagem . .Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais f(tensão) t (tempo) (["(tensão) t (tempo) 5.6.3 Carga Alternada Neste tipo de solicitação, a carga aplicada na peça (f(tensão) varia de máximo positivo para máximo negativo ou vice- versa, constituindo-se na pior situação para o material. <±l(fmáx Ex.: eixos, molas, amortecedores, etc. Obs.: para cisalhamento substituir (J por t t(tempo) G (fmáx Para determinar o coeficiente de segurança em função das circunstâncias apresentadas, deverá ser utilizada a expressão a seguir: Ik=X.Y.Z.w valores para x (fator de tipo de material) x = 2 para materiais comuns x = 1,5 para aços de qualidade e aço liga valores para y (fator do tipo de solicitação) y = 1 para carga constante y = 2 para carga interminente y = 3 para carga alternada valores para z (fator do tipo de carga) z = 1 para carga gradual z = 1,5 para choques leves z = 2 para choques bruscos valores para w (fator que prevê possíveis falhas de fabricação) w = 1 a 1,5 paraaços w = 1,5 a 2 para fofo Para carga estática, normalmente utiliza-se 2 ~ k ~ 3 aplicado a Cl"e (tensão de escoamento do material), para o material dúctil e ou aplicado a c. (tensão de ruptura do material) para o material frágil. Para o caso de cargas interminentes ou alternadas, o valor de k cresce como nos mostra a equação para sua obtenção. 5.7 Tensão Admissível O' ou oadrn A tensão admissível é a ideal de trabalho para o material nas circunstâncias apresentadas. Geralmente, essa tensão deverá ser mantida na região de deformação elástica do material. Tração::eCompressão:c,,,::c;c,,:,,<, Porém, há casos em que a tensão admissível poderá estar na região da deformação plástica do material, visando principalmente a redução do peso de construção como acontece no caso de aviões, foguetes, mísseis, etc. Para o nosso estudo, restringir-nos-emos somente ao primeiro caso (região elástica) que é o que freqüentemente ocorre na prática. A tensão admissível é determinada através da relação c, (tensão de escoamento) coeficiente de segurança para os materiais dúcteis, ar (tensão de ruptura) coeficiente de segurança para os materiais frágeis. cr=~ k materiais dúcteis cr= ar k materiais frágeis 5.8 Peso Próprio Em projetos de porte, é necessário levar em conta, no dimensionamento dos elementos de construção, o peso próprio do material, que será determinado através do produto entre o peso específico do material e o volume da peça, conforme nos mostra o estudo a seguir. 05,y5,.e Pp = yAy Na secção AA y = O -? Pp = O Na secção BB y =.e -? Pp , ma x IPPmáx = Y . A . f! I -~--~ Onde: Pp - peso próprio do elemento dimensionado; [N; ... ] A - área da secção transversal da peça; [m2; ... ] y - peso específico do material [N/m3; ... ] .e - comprimento da peça mm; [m; ... ] 5.9 Aço e sua Classificação Aço é um produto siderúrgico que se obtém através de via líquida, cujo teor de carbono não supere a 2%. . " ....""Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais"" ..,~:q~J'. Classificação Aço extra doce < 0,15%C Aço doce 0,15% a 0,30%C, Aço meio doce 0,30% a 0,40%C Aço meio duro 0,40% a 0,60%C Aço duro 0,60% a 0,70%C Aço extra duro > 0,70%C 5.10 Dimensionamento de Peças Área Mínima Área de Secção Transversal Peças de Secção Transversal Qualquer 1Amin = ;1 Onde: Amin -Área mínima da secçãotransversal [m 2: ... ]. F cr - Tensão admissível do material [Pa]. (A",in) AreaMínima da Secção F- Carga axial aplicada [N]. Peças de Secção Transversal Circular / ~ Diâmetro da Peça \ - F área do ci I 'A 1'C d 2 o = A como a area o errou o e = 4' tem- -se que: , . ----' --' .-' .--- -- -----o~l\.: 4F ~rn4F.( o = --2 portanto, d = ---= i --··1td 1'C o ) - - >.- -.,.,-- - '-- ~ Onde: d - Diâmetro da peça [m]. F - Carga axial aplicada [N]. cr - Tensão admissível do material [Pa]. re - Constante trigonométrica 3,1415 ... 5.11 Dimensionamento de Correntes A carga axial tia corrente se divide na metade para cada secção tranversal do elo. T - - Fcem-se entao que: o = 2A 2 Como a área do círculo é A = ~ tem-se que: 0== ~ = 2 Fc 4 2n d2 n d2 Onde: d - diâmetro da barra do elo [m). Fc- Força na corrente [N). rt - Constante trigonométrica 3, 1415 .... 0= - Tensão admissível [Pa). Propriedades Mecânicas Tabela 1 - Coeficiente de Poisson (v) Material v Material v aço 0,25·0,33 latão 0,32·0,42 alumínio 0,32·0,36 madeira compensada 0,07 bronze 0,32·0,35 pedra 0,16 - 0,34 cobre 0,31- 0,34 vidro 0,25 fofo ·0,23 - 0,27 zinco 0,21 Tabela 2 - Características elásticas dos materiais Módulo de Módulo de Material elasticidade Material elasticidade E [GPaj E [GPaj Aço 210 Latão 117 Alumínio 70 Ligas de AI 73 Bronze 112 Ligas de chumbo 17 Cobre 112 Ligas de estanho 41 Chumbo 17 Ligas de magnésio 45 Estanho 40 Ligas de titânio 114 Fofo 100 Magnésio 43 Fofo Modular 137 Monel (liga níquel) 179 Ferro 200 Zinco 96 portanto. Id ~ ~~ ~ I d F, "2 F, "2 »>: Obs.: É comum encontrar-se o módulo de elasticidade em MPa (megapascal) ""::,.Mecânica<Técnica;e,Resistência\dosiMateriais"u;:;~c",A ,,''';''j, s j,·,".;,,;;s:t·":.1ó.~{,2> J-;,.,:"'.;o·;C;;;'.1:.{::.>"":.C·Y ,':c.:.:;::<".>-;. C."·'r.$U: .:::':"':';;:ii. Exemplos: 5Eaco= 2,1 x 10 MPa Eae= 7,0 X 104 MPa 5Ecu= 1,12 x 10 MPa Tabela 3 - Peso específico dos materiais Material Peso Específico Material Peso Específico y[N / m3) y[N/m3) Aço 7,70 x 104 Gasolina 15°C 8,3 x 103 Água destilada 4°C 9,8 x 103 Gelo 8,8 x 103 Alvenaria tijolo 1,47 x 104 Graxa 9,0 x 103 Alumínio 2,55 x 104 Latão 8,63 x 104 Bronze 8,63 x 104 Leite (15°C) 1,02 x 104 Borracha 9,3 x 103 Magnésio 1,72 x 104 Cal Hidratado 1,18 x 104 Níquel 8,50 x 104 Cerveia 1,00 x 104 Ouro 1,895 x 105 Cimento em pó 1,47 x 104 Papel 9,8 x 103 Concreto 2,00 x 104 Peroba 7,8 x 103 Cobre 8,63 x 104 Pinho 5,9 x 103 Cortiça 2,4 x 103 Platina 2,08 x 105 Chumbo 1,1 x 105 Porcelana 2,35 x 104 Diamante 3,43 x 104 Prata 9,80 x 104 Estanho 7,10 x 104 Talco 2,65 x 104 Ferro 7,70 x 104 Zinco 6,90 x 104 Tabela 4 - Coeficiente de dilatação linear dos materiais Material Coeficiente de Material Coeficiente de dilatação linear dilatação linear a [OCl-1 a [OCr1 Aço 1,2 x 10-5 Latão 1,87 x 10-5 Alumínio 2,3 x 10-5 Magnésio 2,6 x 10-5 Baquelite 2,9 x 10-5 Níquel 1,3 x 10-5 Bronze 1,87 x 10-5 Ouro 1,4 x 10-5 Borracha [20°C) 7,7 x 10-5 Platina 9 x 10-6 Chumbo 2,9 x 10-5 Prata 2,0 x 10-5 Constantan 1,5 x 10-5 Tijolo 6 x 10-6 Cobre 1,67 x 10-5 Porcelana 3 x 10-6 Estanho 2,6 x 10-5 Vidro 8 x 10-6 Ferro 1,2 x 10-5 Zinco 1,7 x 10-5 73 Tabela 5 - Módulo de Elasticidade Transversal Material Módulo de ElasticidadeTransversal G [GPa] Aço 80 Alumínio 26 Bronze 50 Cobre 45 Duralumínio 14 28 Fofo 88 Magnésio 17 Nylon 10 Titânio 45 Zinco 32 Tabela 6 - Tensões Tensão de Tensão de rupturaMateriais escoamento de [MPa] [MPa] Aço Carbono ABNT 1010 - L 220 320 -T 380 420 ABNT 1020 - L 280 360 -T 480 500 ABNT 1030 - L 300 480 -T 500 550 ABNT 1040 - L 360 600 -T 600 700 ABNT 1050 - L 400 650 Aço Liga ABNT 4140- L 650 780 -T 700 1000 ABNT 8620 - L 440 700 -T 700 780 Ferro Fundido Cinzento 200 Branco 450 Preto F 350 P - 550 Modular - 670 Materiais não ferrosos Alumínio 30 -120 70 - 230 Duralumínio 14 100 - 420 200 - 500 Cobre Telúrio 60 - 320 230 - 350 Bronze de níquel 120 - 650 300 -750 Magnésio 140 - 200 210 - 300 Titânio 520 600 Zinco 290 Materiais não metálicos Borracha - 20- 80 Concreto - 0,8-7 Madeiras Peroba 100 - 200 Pinho 100 -120 Eucalipto 100 -150 Plásticos Nylon 80 Vidro Vidro plano - 5 -10 L -Iaminado F - Ferrítico T - trefilado P - Perlítico Esta tabela foi adaptada através das normas da ABNT NB-82; EB,126; EB-127; PEB-128; NB-11. As tensões de ruptura das madeiras deverão ser consideradas paralelas às fibras. Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais 5.12 Exercícios Ex.1- A barra circular representada na figura. é de aço, possui d = 20 mm e comprimento l! =0,8m. Encontra-se submetida à ação de uma carga axial de 7,2 kN. Pede-se determinar para a barra: a) Tensão normal atuante (o) b) O alongamento (Lil!) c) A deformação longitudinal (E) d) A deformação transversal (ft) rd . ~.' Eaço= 210 GPa (módulo de elasticidade do aço) Yaço= 0,3 (coeficiente de Poisson) Solução: a) Tensão normal atuante F 4F cr=-=- A nd2 Icr== 22,9MPa I b) Alongamento da barra (Lil!) M = crxl! = 22,9x~;(xO,8m Ecaço 210 x ~P;r 103 M = 22,9 x 0,8 x 10-3m 210 M = 0,087 x 10-3m M = 0,087mm M = 8711m c) A deformação longitudinal (E) d) Deformação transversal (ft) M 8711m E=-=--e 0,8m Et = -0,3 x 109 75 Ex.2 - Determinar o diâmetro da barra CD da construção representada na figura. O material da barra é o ABNT 1010L com cre = 220 MPa, e o coeficiente de segurança indicado para o caso é k = 2. lOkN 4kN , 53°( \ j I ·~B··--·--· A CD1 O,8m } O,8m J O,8m } c Solução: 1 - Carga axial na barra CD : /a lI) I~ 15 I (J) :530 o'""' .__ .__ . -_.__ . .__ .__ .__ . 10 COS 530 FI O,8m O,Bm O,Bm -+ oC') 4kN 1 IMA=O 0,8Fi = 0,8 x 10 sen 53°+1,6
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