Prova_1_MecSol_2021-2_-_Gabarito

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UFABC – Mecânica dos Sólidos I 1 
 
Nome:________________________GABARITO____________________Data____________ 
MECÂNICA DOS SÓLIDOS 
Duração da Prova: 3 horas a partir de baixada do Sistema SIGAA. 
A prova é constituída de quatro questões redigidas em duas páginas. 
A prova pode ser feita com consulta a apontamentos próprios. 
DECLARAÇÃO 
Declaro que fiz esta prova sozinho(a), sem ajuda de qualquer pessoa e que fiz o download do 
Sistema SIGAA às ____:____ (indicar o horário) e, ao terminar, a enviei no e-mail 
rgaspar5sp@gmail.com às ____:____ (indicar o horário) 
 
Assinatura __________________________________ 
___________________________________________________________________________ 
 
1. Considere a treliça metálica isostática da figura. Pede-se determinar as forças nas barras 
FAB, FAC, FBC, FBD e indicar se a força é de tração ou de compressão. (4 pontos) 
1
,5
 m
C
F
2,0 m 2,0 m 2,0 m 2,0 m
D EA B
10 kN
20 kN 
Respostas (4 pontos) 
FAB= 53,33 T kN 
FAC= 56,96 C kN 
FBC= 33,33 T kN 
FBD= 26,67 T kN 
 
 
Solução 
Cálculo do ângulo de inclinação da barra AC 
º556,20
0,4
5,1
=





= arctgα 351,0=αsen 936,0cos =α 
Cálculo do ângulo de inclinação da barra BC 
º87,36
0,2
5,1
=





= arctgβ 600,0=βsen 800,0cos =β 
Cálculo das reações de apoio 
Equação de equilíbrio das forças na horizontal: 
0=Σ HF kNH F 0= 
Equação de equilíbrio das forças na vertical: 
0=Σ VF 02010 =−−+ FA RR kNRR FA 30=+ (1) 
UFABC – Mecânica dos Sólidos I 2 
 
Equação de equilíbrio de momentos: 
0=Σ AM ( ) ( ) ( ) 04102208 =×−×−×FR kNRF 108
80
== 
Substituindo o valor de RF na equação (1), tem-se: 
kNRA 3010 =+ logo, kNRA 20= 
 
a) Cálculo das forças nas barras 
 
A
FAC
F
AB
20 kN
Nó A
20,556°
 
0=Σ yF 
020 =⋅− αsenFAC → kNFAC 96,56= 
 
0=Σ xF 
0cos =⋅− αACAB FF → kNFAB 33,53= 
 
B
20 kN
53,33 kN
FBC
F
BD
Nó B
36,87°
 
0=Σ yF 
020 =−⋅ βsenFBC → kNFBC 33,33= 
 
0=Σ xF 
033,53cos =−⋅+ βBCBD FF → kNFBD 67,26= 
 
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2. A barra AB da figura está conectada a um engate por meio de um parafuso com 16 mm de 
diâmetro e submetida a uma força axial de 200 kN. A área da seção transversal da barra AB é 
4 cm2. Se o módulo de elasticidade do material da barra é de 200 GPa, pede-se determinar o 
alongamento da barra AB e a tensão de cisalhamento no parafuso. 
C
PP = 200 kN
2000 mm
A B
 
Respostas (2 pontos) 
δAB = 5,0 (mm) τparafuso = 5,0 (MPa) 
 
 
Solução 
Área da seção transversal do parafuso: 
4
2
d
A
⋅
=
π
 
( ) 2
2
01,2
4
6,1
cm
cm
A =
×
=
π
 
Tensão de cisalhamento no parafuso: 
No parafuso há duas seções de corte, logo V= P/2 
A
V
parafuso =τ MPa
cm
kN
cm
kN
parafuso 51,49775,4901,22
200
22
==
×
=τ 
Alongamento da barra: 
EA
PL
=δ mmcm
cm
cm
kN
cmkN
0,550,0
400020
200200
2
2
==
×
×
=δ 
 
 
Respostas (2 pontos) 
δAB = 5,0 (mm) τparafuso = 497,51 (MPa) 
 
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3. Determinar a coordenada y do Centro de 
Gravidade e o Momento de Inércia do perfil 
em relação ao eixo do centro de gravidade da 
figura. (2 pontos) 
Respostas 
yCG 3,0 (cm) 
IxCG 103,33 (cm
4) 
 
6 cm
x
6
 c
m
1
,8
 c
m
3
,6
 c
m
3,6 cm1,2
 
 
Solução 
Cálculo da área da figura: 
Notar que o quadrado é uma forma particular de retângulo, quando coincidem as medidas da 
base e da altura. 
triânguloretângulo AAA −= ( )
252,29
2
6,36,3
66 cmA =




 ×
−×= 
Cálculo do momento estático da figura: 
yAMs retânguloretângulo ⋅= ( )
300,108366 cmMsretângulo =××= 
yAMs triângulotriângulo ⋅= 
344,193
2
6,36,3
cmMstriângulo =×




 ×
= 
triânguloquadrado MsMsMs −= 
356,8844,1900,108 cmMs =−= 
 
Cálculo da coordenada y do centro de gravidade da figura: 
A
Ms
yCG = cm
cm
cm
yCG 0,352,29
56,88
2
3
== 
Cálculo do momento de inércia da figura: 
Os centros de gravidade do retângulo e do triângulo coincidem logo, 
triânguloquadrado III −= 
12
3
bh
I retângulo = 
4
3
00,108
12
66
cmIretângulo =
×
= 
36
3
bh
I triângulo = 
4
3
67,4
36
6,36,3
cmI triângulo =
×
= 
433,10367,400,108 cmI =−= 
Respostas yCG = 3,0 (cm) IxCG 103,33 (cm
4) 
 
UFABC – Mecânica dos Sólidos I 5 
 
 
4. Dado o círculo de tensão de Mohr para o estado plano de 
tensão mostrado na figura, pede-se determinar: 
Dados: σx = -20N/m
2, σy = -40N/m
2, τxy = 40N/m
2. 
a) as tensões principais 
b) a inclinação do plano onde as tensões principais atuam 
 
Respostas: (2 pontos) 
σ1 = 11,23 N/m
2 
θ = - 37,98º 
σ2 = -71,23 N/m
2 
 
2
40 N/m
40 N/m
20 N/m
2
2
 
__________________________________________________________________________ 
 
Solução 
Centro do Círculo de Mohr 
2
yx
C
σσ +
= 
2
00,30
2
4020
m
N
C −=
−−
= 
 
Raio do Círculo de Mohr 
2
2
2 xy
yx
R τ
σσ
+




 −
= 
2
2
2
23,4140
2
)40(20
m
N
R =+




 −−−
= 
 
Tensões principais 
RC +=1σ 21 23,1123,4100,30
m
N
=+−=σ 
RC −=2σ 22 23,7123,4100,30 m
N
−=−−=σ 
 
Inclinação do plano onde as tensões principais atuam 
yx
xy
itg
σσ
τ
θ
−
−=
2
2 0,4
)40(20
402
2 −=
−−−
×
−=itg θ 
º96,752 −=iθ º98,37−=iθ