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Exercícios do item 1.5: 1) Calcule a força de tração nas duas barras da estrutura abaixo.

tan θ1 =

3 4

→ θ1 = arc tan (0,75) → θ1 = 36,87 0

tan θ 2 =

4 3

→ θ 2 = arc tan (1,333) → θ 2 = 53,130

∑ Fx = 0 :

− F1 cos (36,87 o ) + F2 cos (53,13o ) = 0

− F1 0,8 + F2 0,6 = 0

∑ Fy = 0 :

→ F1 =

0,6 F2 0,8

F1 = 0,75 F2

+ F1 sen (36,87 o ) + F2 sen (53,13o ) − 12.000 = 0 F1 0,6 + F2 0,8 = 12.000

Colocando-se a força F1 na expressão acima, tem-se:

0,75 F2 ⋅ 0,6 + F2 0,8 = 12.000 F1 = 0,75 x 9600

→ F2 =

12.000 = 9.600 N 1,25

F1 = 7.200 N

2) Calcule a força de tração nos dois cabos da figura.


∑ Fy = 0 : ∑ M1 = 0 : ∑M2 = 0 :

F1 − 1.000 − 5.000 + F2 = 0

→ F1 + F2 = 6.000

1.000 x 0,7 + 5.000 x 1,8 − F2 x 2,6 = 0

→ F2 = 3.730,8 N

F1 x 2,6 − 1.000 x 1,9 − 5.000 x 0,8 = 0

→ F1 = 2.269,2 N

Exercícios do item 1.6: 1) Calcule as reações nos apoios da viga abaixo.

∑F

x

∑ Fy = 0 : ∑MA = 0 : ∑MB = 0 :

VA − 14.000 14.000 x 2,0

= 0 : HA = 0 + VB = 0

→ VA + VB = 14.000

− VB x 3,5 = 0

VA x 3,5 − 14.000 x 1,5

=0

→ VB = 8.000 N → VA = 6.000 N

2) Calcule as reações no apoio da viga em balanço (ou viga cantilever).

∑ Fx = 0 :

Hb = 0


∑ Fy = 0 : ∑ MO = 0 :

Vb − 1.000 = 0

1.000 x 3,0

− Mb = 0

→ Vb = 1.000 → M b = 3.000 N.m

Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m

3

A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal:

A = 6 x 100 x 2 + 6 x 300 = 3.000 mm 2 Ou:

A = 3.000 (10 −6 )m 2

= 3,0 x10 −3 m 2

q = γ.A = 77000( N / m 3 ) x 3,0x10 −3 (m 2 )

∑ Fx ∑ Fy

=0

→ HA = 0

=0

→ VA + VB = q . L

= 231 N / m


VA + VB = 231 x 9,0 = 2079 N

Então:

∑MB

=0

→ VA . L − q . L .

VA =

qL 2

VA =

VB =

L = 0 2 VB =

qL 2

231 x 9,0 = 1039,5 N 2

2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo. Dado: γs = 77 kN/m

∑ Fx ∑ Fy ∑ Mo

3

=0

→ HB = 0

=0

=0

VB = q . L = 231 x 9,0 = 2079 N L − q. L. + MB = 0 2

qL2 MB = = 9355,5 N.m 2

Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser usada para mais nada.


Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm

Área dos cabos 1 e 2:

A1 = A 2 = π (12,7) 2

→ A1 = A 2 = 506,7 mm 2

Tensão normal nos cabos 1 e 2:

σ1 =

F1 2.269,2 ( N) = = 4,48 N / mm 2 2 A1 506,7 (mm )

σ2 =

F2 3.730,8 ( N) = = 7,36 N / mm 2 2 A2 506,7 (mm )

2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm


∑ Fx = 0 : − F1 cos (45o ) + F2 cos(45o ) = 0 → F1 = F2 ∑ Fy = 0 : F1 sen (45o ) + F2 sen (45o ) − 5.000 = 0 2 F1 0,707 = 5.000

→ F1 = F2 = 3536,1 N

Tensão normal nas barras 1 e 2:

σ1 =

F1 3536,1 = = 28,8 N / mm 2 2 A1 π(6,25)

σ2 =

F2 3536,1 = = 11,3 N / mm 2 2 A2 π(10)

3) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo. As duas barras têm seção transversal circular.

Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm

∑ Fx = 0 : ∑ Fy = 0 :

F1 + F2 cos(30o ) = 0 → F1 = − F2 ⋅0,866

F2 sen (30o ) + 2 5.000 = 0

F1 = − ( − 50.000) . 0,866

→ F2 = − 50.000 N

→ F1 = 43.300 N

Tensão normal nas barras 1 e 2:

σ1 =

F1 43.300 = = 245,0 N / mm 2 2 A1 π(7,5)

σ2 =

F2 − 50.000 = = − 159,2 N / mm 2 2 A2 π(10)


4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N

σ =

F 8.000 = = 44,44 N / mm 2 A 12 x15

σ Engaste =

F 8.000 = = 26,67 N / mm 2 A 12 x 25

5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os diagramas de força normal e de tensão normal. Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal

Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a ser externos.

A parte recortada também tem que estar em equilíbrio, pois qualquer

parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x): representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo.

∑ Fy = 0 :

N( x ) − γ A x = 0

→ N(x ) = γ A x


σ=

N(x ) γAx =γ x = A A

Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25 mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F = 30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o alongamento da barra é de 2,0 mm.

σ=

F 30.000 = A π (12,5) 2

ε=

2,0 (mm) ∆L = L 800 (mm)

= 61,1 N / mm 2 = 2,5 x 10 − 3

2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro externo igual a 16 cm.

P: Perímetro externo do poste:

ε=

L − Li 50,27 − 30 ∆L = f = Li Li 30

P = 2πR = 2π.8 = 50,27 cm

= 0,68


Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente, determinou-se a deformação linear específica longitudinal

ε L = 3 o / oo . Calcule a

tensão normal, a variação do comprimento e do diâmetro da barra. Dado: ν = 0,25.

σx =

F 6.000 = A π (10) 2

ε L = ε x = 3 o / oo =

εx =

εy =

∆L x → Lx

∆L y Ly

= 19,1 N / mm 2 3 = 0,003 1000

∆L x = ε x L x = 3,0 x10 − 3 . 1500 → ∆L x = 4,5 mm

∆L y = ε y L y

∆L y = ∆d = ε y d ν =−

εy εx

ε y = − ν ε x = − 0,25 x 3,0 x 10 − 3 = − 7,5 x 10 − 4

∆d = − 7,5 x 10 − 4 x 20 = − 0,015 mm 2) Calcule o volume final da barra do problema anterior. Vi : volume inicial da barra;

Vf: volume final da barra

Vi = A i L i = π (10) 2 x 1.500 = 471.238,9 mm 3 Vf = A f L f =

π (20 − 0,015) 2 x (1500 + 4,5) = 471.943,9 mm 3 4

∆ V = Vf − Vi = 471.943,9 − 471.238,9 = 705 mm 3 Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule:


a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP); b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY); c) a tensão última (σU);

A = π.R 2 =

πD 2 π.30 2 = = 4 4

706,86

mm 2

σP =

10.000 = 14,15 N / mm 2 → σ P = 14,15 MPa 706,86

b) σ Y =

12.000 = 16,98 N / mm 2 → σ Y = 16,98 MPa 706,86

c) σ U =

20.000 = 28,29 N / mm 2 → σ U = 28,29 MPa 706,86

a)

Exercícios do item 2.5:

1) Calcule o módulo de Young

(Ε) da barra do problema

anterior.

σ = Ε. ε ε =

∆L 3 mm = → ε = 3,75 x 10 − 3 L 800 mm

Ε=

σ 14,15 N / mm 2 = ε 3,75 x10 − 3

Ou :

Ε = 3.773,3 MPa

Ε = 3.773,3 N / mm 2

Ou:

Ε = 3,77 GPa


2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36

εx

σx 81 x 10 6 = = Ε 120 x 109

εx =

εΕ=σ

Lei de Hooke:

∆L x Lx

εx Ε = σx ε x = 6,75 x 10 − 4

→ ∆L x = 6,75 x 10 − 4 x 600 = 0,405 mm

L Fab = 600 + 0,405 = 600,405 mm Coeficiente de Poisson (ν):

ν=− εy =

εy εx

∆L y Ly

ε y = − ν ε x = − 0,36 x 6,75x10 − 4 =

− 2,43x10 − 4

→ ∆L y = − 2,43 x 10 − 4 x 600 = − 0,1458 mm

L Fcd = 600 − 0,1458 = 599,8542 mm

3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal circular. Sendo dados d1 = 8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule: a) o valor do ângulo θ sabendo que σ1 = σ2 ; b) valor da tensão normal nas duas barras; c) a deformação linear específica das duas barras.


∑Fy = 0

F2 senθ − P = 0

F2 =

P sen θ

∑Fx = 0

→ F1 − F2 cos θ = 0

F1 =

P cos θ sen θ

σ1 = σ2

a)

P cos θ senθ π (4) 2

P = senθ2 π(6)

F1 A1

cos θ 1 = 16 36

 16  θ = arc cos    36 

b)

σ1 =

σ2 = c)

F1 A1 F2 A2

=

=

=

P cos (63,61o ) sen (63,61o ) π (4)

2

2

ε 2 Ε2 = σ2 →

=

1500 x 9,81 x 0,4444 0,896 π ⋅16

= 145,2 N / mm 2

145,2 N / mm 2

εΕ =σ

Lei de Hooke:

ε 1 Ε1 = σ1 →

θ = 63,61o

1500 ⋅ 9,81 0,8958 = = π ⋅36

P sen (63,61o ) π (6)

F2 A2

ε1 =

145,2 ( N / mm 2 ) → 70 x10 3 ( N / mm 2 )

ε2 =

145,2 ( N / mm 2 ) → 120 x10 3 ( N / mm 2 )

ε1 = 2,074 x 10 − 3

ε 2 = 1,21 x 10 − 3


Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular, tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 205 GPa, calcule: a) o diâmetro da barra; b) a tensão normal.

FL a) ∆L = EA

10 4 x 6000 2,5 = 205 x10 3 ⋅ π R 2

Então: b)

→ R = 6,1 mm

d = 12,2 mm

F 10 4 σ = = = 85,5 N / mm 2 2 A π(6,1)

2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa

∆L 1 =

F1 L1 E1 A1

∆L 2 =

F2 L 2 E2 A2

→ →

∆L1 = ∆L1 =

2269,2 x 3500 70 x10 3 ⋅ 506,7 3730,8 x 3500 70 x103 ⋅ 506,7

= 0,22 mm = 0,37 mm

3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo. Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 205 GPa; Ε2 = 120 GPa


∆L 1 =

F1 L1 E1 A1

∆L 2 =

F2 L 2 E2 A2

→ →

∆L1 =

3536,1 x 1000 205 x10 3 ⋅ 122,7

∆L1 =

3536,1 x 2000 120 x103 ⋅ 314,2

= 0,14 mm = 0,19 mm

Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da força de 200 kN. Dados: A = 800 mm ; Ε = 70 GPa 2

∆H =

n

FL

∑ Eii Aii i=1

=

200.000 x 5400 80.000 x 3600 250.000 x 1800 − + = 22,18 mm 70 x10 3 ⋅ 800 70 x 103 ⋅ 800 70 x10 3 ⋅800

2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule: a) a tensão normal nas duas barras; b) o alongamento da barra.

a) A1 = π (7) 2 = 153,9 mm 2 σ1 = b)

∆L =

8000 = 51,98 N / mm 2 153,9

A 2 = π (4) 2 = 50,3 mm 2

; ;

σ2 =

3000 = 59,64 N / mm 2 50,3

3.000 x 500 3.000 x 2000 5.000 x 2000 + + = 1,91 mm 3 3 70 x 10 ⋅ 50,3 70 x 10 ⋅153,9 70 x10 3 ⋅153,9

3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados: 4 2 3 A = 7,1 x 10− m ; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m


• A tensão normal máxima ocorre no apoio:

σ máx =

F 4.000 +γL = + 44.300 x 5 = 5,63 x10 6 + 0,22 x10 6 N / m 2 −4 A 7,1x10 σ máx = 5,85 x 10 6 N / m 2

= 5,85 MPa

• Cálculo do alongamento:

∆L =

FL γ L2 + EA 2E

O alongamento máximo ocorre na extremidade livre:

∆L máx =

4.000 x 3,0 44300 ⋅ 5 2 + = 1,41 x 10 −4 + 4,61 x10 −6 m 9 −4 9 120 x 10 ⋅ 7,1 x 10 2 x 120 x 10

∆L máx = 1,46 x 10 −4 m

= 0,146 mm


Exercícios do item 3.3: 1): Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − m 4

2

Diagrama de corpo livre:

∑ Fx

=0

− F1 cos 55 o + F1 cos 55 o = 0

∑ Fy

=0

2.F1sen 55 o + F2 − P = 0

De onde:

1,64 F1 + F2 = P

(1)

Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”.

F2 L 2 FL cos 35 o = 1 1 E 2A 2 E1A1

F2 L 2 cos 35 o = F1 L1


o

Cálculo do comprimento da barra 1:

L1 =

2,0 cos 35 o

L1 cos35 = L2

L1 = 2,44 m

Da equação de compatibilidade:

F2 x 2,0 cos 35 o = F1 2,44 →

F2 = 1,49 F1

(2)

Colocando-se a equação (2) na equação (1), tem-se:

3,13 F1 = 15.000 →

1,64 F1 + 1,49 F1 = P

F1 = 4792 N F2 = 7.140 N

Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2::

σ1 =

F1 4792 = A 1 2 x 10 − 4

σ2 =

F2 7140 = A 2 2 x 10 − 4

→ →

σ1 = 23,96 MPa σ 2 = 35,70 MPa

Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P:

∆V = ∆L 2 =

F2 L 2 7140 x 2.000 = E 2 A 2 205 x 10 9 x 2 x 10

−4

∆V = 0,35 mm

Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A, suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A. Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2


∑ Fy

∑ MA

=0

=0

VA + F1 + F2 − P = 0

(1)

F1 x 2d − P x 3d + F2 x 4d = 0 2 x F1 + 4 x F2 = 3 x P

De onde:

(2)

Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos.

∆L1 ∆L 2 = 2d 4d

2

F1 L1 F L = 2 2 E1 A1 E2A2

De onde:

F2 = 5,86 F1

2∆L1 = ∆L 2

2

F1 70 x 10 9

(3)

Colocando-se a equação (3) na equação (2), tem-se:

2 x F1 + 4 x 5,86F1 = 3 x P

=

F2 205 x 10 9


25,44 F1 = 3 x 58.000

F1 = 6.839,6 N F2 = 40.080,1 N

Cálculo da tensão normal nos cabos:

σ1 =

F1 6839,6 = A 1 5 x 10 − 4

σ2 =

F2 40.080,6 = → A 2 5 x 10 − 4

σ1 = 13,68 MPa σ 2 = 80,16 MPa

Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1):

VA = − F1 − F2 + P = Exercício 3): A

− 6.839,6 − 40.080,1 + 58.000

= 11.080,3 N

barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e

solicitada por uma força axial F. Determine as reações nos apoios A e B.

∑ Fx

=0

HA − F + HB = 0

(1)

O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o deslocamento que o apoio retirado está impedindo.

Colocando-se o apoio retirado, tem-se:


Compatibilidade dos deslocamentos:

∆L1 = ∆L 2 HA = F− HB

→ →

H .L F. a = B EA EA HA = F −

HB =

F. a L

F.a F. a L = F − L L L

=

F. b F (L − a ) → H A = L L

Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e F2. Calcule: a) as reações nos apoios indeformáveis A e B; b) a tensão normal no meio da barra. Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm

2

Superposição dos efeitos:

H 1A =

F1 . b 2.000 x 1,8 = = 1.384,6 N L 2,6

H 1B =

F1 . a 2.000 x 0,8 = = 615,4 N L 2,6


H 2A =

F2 . b 3.500 x 0,6 = = 807,7 N L 2,6

H 2B =

F2 . a 3.500 x 2,0 = = 2.692,3 N L 2,6

H A = H 1A + H 2A = 1.384,6 − 807,7 = 576,9 N H B = H 1B + H 2B = − 615,4 + 2.692,3 = 2.076,9 N Cálculo da tensão normal no meio da barra:

F = força normal axial no meio da barra F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N Então:

σ=

F 1.423,1 = = 7,1 N / mm 2 A 200

ou :

σ = 7,1 MPa

Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calcule as reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N. Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 −

3

m2


OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: HA = 18.000 N e HB = 0.0 Vamos retirar o apoio B:

∆L1 =

F x 2.000 18.000 x 2.000 = = 4,8 mm EA 1,5x10 9 x 5x10 −3

Colocando-se o apoio B, a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm.

H B x 3.200 9

1,5x10 x 5x10 HA + HB =

−3

F

=

4,8 − 2,0 →

H B = 6.562,5 N

H A = 18.000 − 6.562,5 = 11.437,5 N

Exercício 6): Um pilar de concreto armado tem 3,0 metros de comprimento longitudinal e possui quatro barras de aço de diâmetro Φ igual a 16 mm. A seção transversal do pilar é quadrada (300 mm x 300 mm) e está solicitado por uma força axial de compressão F = 300.000 N aplicada através de uma placa rígida. Sendo dados Εc = 26 GPa e Εs = 205 GPa calcule a tensão normal no concreto e nas barras de aço.


Chamando de Fc a força absorvida pelo concreto e Fs a força absorvida pelas barras de aço, tem-se:

Fc + Fs = 300.000 N O problema é uma vez hiperestático. Sabendo-se que a força F é aplicada através de uma placa rígida, os dois materiais (aço e concreto) tem o mesmo encurtamento:

∆L c = ∆L s

Fc L c FL = s s EcAc Es As De onde:

Fc 26 x (90.000 − 4 ⋅ π ⋅8 ) 2

=

Fs 205 x 4 ⋅ π ⋅8 2

Fc = 14,07 Fs

Então: 14,07 Fs + Fs = 300.000 N

Fc = 300.000 − 19.907,1 = 280.092,9 N Cálculo da tensão normal:

σc = σs =

280.092,9 90.000 − 4 ⋅ π ⋅ 8 19.907,1 4 ⋅ π⋅ 8

2

2

= 3,14 N / mm 2

= 24,75 N / mm 2

Fs = 19.907,1 N


Exercícios do item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC. Dados: Ε = 205 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC

Retirando-se o apoio B, tem-se:

Compatibilidade dos deslocamentos

∆L F =

∆L T

FL = α L ∆T EA

σ = E α ∆T

σ = 205 x 10 9 x 11,7 x10 − 6 x 30 σ = 71,95 x 10 6 N / m 2

Ou:

σcompressão = 71,95 MPa


Exercício 2): A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura descer para − 60ºC. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − / C; L = 4,0 m 6 o

Compatibilidade dos deslocamentos:

∆L F =

∆L T

FL = α L ∆T EA

σ = E α ∆T

σ =70 x 10 9 x 21,6 x10 − 6 x 85 σ = 128,52 x 10 6 N / m 2

Ou:

σtração = 128,52 MPa


Exercício 3): Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C o apoio B se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável. Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m

∆L F + 3 x 10 − 3 =

∆L T

FL + 3 x 10 − 3 = α L ∆T EA σL + 3 x10 − 3 = α L ∆T E

σx 4 70 x10

9

+ 3 x10 − 3 = 21,6 x 10 − 6 x 4 x 85


σx 4 70 x10

9

= 7,344 x 10 −3 − 3 x 10 − 3

σ = 76,02 x 10 6 N / m 2 σtração = 76,02 MPa

Ou:

4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a temperatura subir para 100º C. Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 2 2 = 600 mm ; Α2 = 300 mm

∆L T = α 1 L1 ∆T + α 2 L 2 ∆T ∆L T = 12 x10 − 6 x 500 x 82 + 12 x 10 − 6 x 400 x 82

∆L F =

FL1 FL 2 + E1A1 E 2 A 2

= 0,8856 mm

−6 o

/ C; Α1


∆L F =

F x 500 3

F x 400

+

205 x 10 x 600

3

= 1,0569 x 10 – 5 . F

205 x 10 x 300

∆LF = ∆LT 1,0569 x 10 – 5 . F =

então:

0,8856

F = 83.791,4 N

Cálculo da tensão normal:

σ1 =

F 83.791,4 = = 139,7 N / mm 2 A1 600

σ1 = 139,7 MPa

Ou:

σ2 =

F 83.791,4 = = 279,3 N / mm 2 A2 300

σ2 = 279,3 MPa

Ou:

5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura for igual a: a) 10º C;

b) 70º C;

c) 105º C;

Dados: Ε = 70 GPa; que α = 20 x 10 − 6 /oC

a) σ = 0,0 b) ∆L T = 20 x 10 − 6 x 2.500 x 45 = 2,25 mm < 2,5 mm


Portanto, a barra não vai encostar no apoio B, então: σ = 0,0

c)

∆L T = 20 x10 − 6 x 2.500 x 80 = 4,0 mm > 2,5 mm

∆L F =

F x 2.500 3

70 x10 A

1,5 =

σ x 2.500 70 x 10

3

σ compressão = 42 N / mm 2

6) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a força F = 0 e a temperatura é igual a 15º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule as reações HA e HB quando for aplicada a força F = 27.000 N e a temperatura subir para 40º C.

Dados: Ε = 120 GPa; que α = 9,4 x 10 − / C; A = 125 mm

∆L1 = ∆L F + ∆L T =

6 o

2

27.000 x 1.500 FL + αL∆T = + 9,4 x10 − 6 x 2.000 x 25 = 3,17 mm 3 EA 120 x10 x 125


∆L HB = 1,17 mm H BL H B x 2.000 = 1,17 mm → = 1,17 → H B = 8.775 N EA 120 x10 3 x 125 H A + H B = 27.000 N

→ H A = 18.225 N

7) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a − 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir para 40º C. Considere que a barra ab insignificante. Dados: α1 = 23 x 10 − /oC; α2 = 12 x 10 − /oC 6

6

tenha coeficiente de dilatação térmica


∆LT1 = α 1 L1 ∆T = 23 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0,93 mm ∆LT2 = α 2 L 2 ∆T = 12 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0,49 mm

∆LT1 − ∆LT2 x = 30 290

x 0,44 = 290 30

x =

0,93 − 0,49 x = 30 290

0,44 . 290 = 4,25 mm 30

d = 0,49 + 4,25 = 4,74 mm


8) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o mesmo comprimento. Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC

35.000 + ∆LTAL = 35.005 + ∆LTS 35.000 + α AL L AL ∆T = 35.005 + α S L S ∆T

35.000 + 21,6 x10 − 6 x 35.000 ∆T = 35.005 +11,7 x 10 − 6 x 35.005 x ∆T

35.000 + 0,756 ∆T = 35.005 + 0,410 ∆T 0,756 ∆T − 0,410 ∆T = 35.005 − 35.000 0,346 ∆T = 5 T = 22 + 14,45

→ →

∆T = 14,45 o C T = 36,45 o C

Observação: à temperatura t = 36,45ºC têm-se os seguintes comprimentos:

L AL = 35.000 + 21,6 x10 − 6 x 35.000 x 14,45 = 35.010,92 mm L S = 35.005 + 11,7 x10 − 6 x 35.005 x 14,45 = 35.010,92 mm


Exercícios do item 4.2: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média que ocorre na cola.

τm =

F 20.000 = → τ m = 2,5 x 10 6 N / m 2 = 2,5 MPa A 2 x 0,04 x 0,10

Ou:

τm =

F 20.000 = → τ m = 2,5 N / mm 2 = 2,5 MPa A 2 x 40 x 100

2) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média no cabo da luminária abaixo.


τm =

F 22.500 = A π x 10 2

σm =

F 45.000 = → σ m = 292,5 N / mm 2 2 A π x7

→ τ m = 71,7 N / mm 2

3) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 kg.

Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio de momentos fletores.

∑ M A = 0 → P x 800 − F x 50 = 0 25 x 9,81 x 800 = F x 50

Cálculo da tensão cisalhante média no pino:

F

=

3.924 N


τm =

F 3.924 = → τ m = 78,1 N / mm 2 2 A 3,14 x 4

Exercício do item 4.4: Um bloco está solicitado por uma força F = 112 kN. Calcule: a) a tensão cisalhante média; b) o deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca. Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25

a)

τm =

F 112.000 = A 160 x 50

τ m = 14 N / mm 2

b)

tg γ ≅ γ =

∆ 80

Lei de Hooke no cisalhamento:

G=

∆ = 80 γ

τ =G γ

E 87,5 = 2(1 + ν) 2(1 + 0,25)

G = 35 GPa


14 ( N / mm 2 ) τ γ= = → G 35 x 10 3 ( N / mm 2 ) ∆ = 80 x 4 x 10 − 4

γ = 4 x 10 − 4 rad.

∆ = 0,032 mm

Exercícios do item 4.5: 1) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 35.000 N; d = 19,05 mm

Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples)

τ méd =

F 35.000 = → τ méd = 30,7 N / mm 2 2 A 4 x 1 x 3,14 x (9,525)

2) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo. __

Dados: F = 200.000 N;

2 τ = 95 N / mm

Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples)


τ méd =

F A

→ 95 =

200.000 8 x 1 x 3,14 x (R ) 2

→ R = 9,15 mm

Portanto: d = 18,3 mm

3) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal nas chapas. Dado: d = 12 mm

1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; n A = 1

τ méd =

σ=

F 15.000 = → τ méd = 22,1 N / mm 2 2 A 6 x 1 x 3,14 x (6)

F 15.000 = A 3 x 100

σ

=

50 N / mm 2

2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; n A = 2

τ méd = σ=

30.000 F = → τ méd = 22,1 N / mm 2 2 A 6 x 2 x 3,14 x (6)

F 30.000 = A 6 x 100

σ

=

50 N / mm 2


Exercícios do item 5.4: 1) Para o eixo abaixo calcule: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c. Dados: T = 4.600 N.mm;

a) τ =

J=

G = 60 GPa.

T. r J

(

)

(

π 4 π D e − D i4 = 18 4 − 12 4 32 32

τ máx =

b)

)

4.600 x 9 = 5,01 N / mm 2 8.270,2

θ=

J = 8.270,2 mm 4

ou :

τ máx = 5,01 MPa

4.600 x 800 TL = = 7,42 x 10 − 3 rad. 3 GJ 60 x10 x 8.270,2

c)

tg θ ≅ θ =

∆ 9

∆ = 9 x θ = 9 x 7,42 x 10 − 3 = 0,067 mm

Exercício 2: Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de torção indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 GPa.


τ=

τ máx =

θ=

T. r J

onde:

J=

π 4 π 4 D = 50 32 32

41.000 x 25 = 1,67 N / mm 2 613.592,3

J = 613.592,3 mm 4

τ máx = 1,67 MPa

ou :

TL GJ

θB =

22.000 x 3.500 3

25 x10 x 613.592,3

Resposta:

63.000 x 2.000 3

25 x10 x 613.592,3

θ B = 3,194 x 10 − 3 rad.

= − 3,194 x 10 − 3 rad.

(no sentido de 63.000 N.mm)

Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: d1 = 100 mm; d2 = 60 mm;

G1 = G2

= 30 GPa.


J1 =

π 4 π D = 100 4 32 32

J1 = 9,82 x 10 6 mm 4

J2 =

π 4 π 4 D = 60 32 32

J 2 = 1,27 x 10 6 mm 4

τ=

Cálculo de τmáx :

τ máx 1 =

84230 x 50

τ máx

15730 x 30

2

9,82 x 10

=

1,27 x 10

6

6

T. r J

τ máx 1 = 0,43 N / mm 2

τ máx

= 0,37 N / mm 2

2

τmáx = 0,43 MPa

Resposta:

Cálculo de θB:

θ=

TL GJ

θB =

68.500 x 2.000 3

30 x10 x 9,82 x 10

6

+

15.730 x1.000 3

30 x10 x 1,27 x10

6

+

15.730 x 5.000 30 x10 3 x 9,82 x10 6

θ B = 1,14 x 10 − 3 rad. Obs.: conversão de radianos para graus:

1 π rad. = 180 o

então : θ B =

1,14 x 10 −3 x 180 o π

=

0,065º

Exercício 4) Sendo G = 30 GPa calcule para o eixo de seção circular: a) a tensão de cisalhamento máxima; b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A; c) o deslocamento horizontal do ponto c.


a) τ =

τ máx = b)

T. r J

,

onde:

100.000 x 0,10 1,57 x10 θ=

−4

J=

π 0,20 4 32

= 63,66 x 10 6 N / m 2

ou :

J =1,57 x10 − 4 m 4

τ máx = 63,66 MPa

100.000 x1,00 100.000 x1,5 TL = − + 9 − 4 GJ 30 x10 x 1,57 x10 30 x10 9 x 1,57 x10 − 4

θ B = 1,06 x 10 −3 rad.

tg θ ≅ θ =

∆ 0,10

(ou: 0,61º)

∆ = 0,10 x θ = 0,10 x 1,06 x 10 − 3 = 1,06 x 10 − 4 m

Exercício 5) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 MPa. Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = GPa.

T = 12 F

42


J=

τ=

π 4 12 32

T.r J

J = 2035,75 m m 4

τ máx = 32,5 =

Cálculo do ângulo de torção:

θ = 0,064 rad.

12 F ⋅ 6 2035,75

θ=

TL = GJ

F = 918,9 N

12 ⋅ 918,9 ⋅500 42 x10 3 x 2035,75

(ou: 3,7º)

Exercícios do item 5.5: 1) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é prismático e tem seção transversal circular.

∑M =0

TA + TB = T

O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da “compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB:

θB =

T.a TL = GJ GJ


|

Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo θ B :

θ |B =

TB . L GJ

Compatibilidade dos deslocamentos:

θ |B = θ B

TB . L GJ

TB =

T .a GJ

=

T .a L

Da equação de equilíbrio:

TA = T − TB = TA =

T ( L − a) L

T− →

T.a = L TA =

T

L L

T. a L

T. b L

Exercício 2) Calcule as reações nos engastes indeformáveis do eixo abaixo.

Superposição dos efeitos:


TA1 =

1.000 x 2,4 = 857,1 N.m 2,8

TA2 =

2.000 x 1,8 = 1.285,7 N.m 2,8

TB2 =

2.000 x 1,0 = 714,3 N.m 2,8

TA3 =

3.000 x 1,0 = 1.071,4 N.m 2,8

TB3 =

3.000 x 1,8 = 1.928,6 N.m 2,8

TB1 =

TA = 857,1 − 1285,7 + 1.071,4 TB = 142,9 − 714,3 + 1928,6

= =

1.000 x 0,4 = 2,8

642,8 N.m 1.357.2 N.m

142,9 N.m


Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima que ocorre no eixo abaixo. Os engastes A e B são indeformáveis. 7 Dados: G1 = G2; D = 100 mm; d = 50 mm; Τ = 4,0 x 10 N.mm

∑M =0

TA + TB = T

Retirando-se o apoio B, tem-se:

θB =

T .2000 TL = GJ GJD

Colocando-se o apoio B:

θ |B =

TB . L T .2000 TB . 3000 = B + GJ GJD GJd

Compatibilidade dos deslocamentos:

θ B = θ|B Cálculo de

JD e Jd :

T . 2000 TB .2000 TB . 3000 = + G JD GJD GJd


JD

π (100) 4 = 32

Jd =

= 9,82 x 10 6 mm 4

(

π 100 4 − 50 4 32

T . 2000 9,82 x 10 6

203,67 T =

τ máx 1 = τ máx 2 =

= 9,20 x 10 6 mm 4

TB .2000

=

9,82 x 10 6

T − TB

τ =

9,82 x10 6 15,38 x10 6 x 50 9,20 x10

TB . 3000 9,20 x 10 6 TB = 15,38 x 10 6 N.mm

TA = 24,62 x 10 6 N.mm

T.r J

24,62 x10 6 x 50

6

+

529,75 TB

TA =

Cálculo de τmáx:

)

= 125,36 N/mm2

= 83,59 N/mm2

Resposta: τmáx = 125,36 MPa Exercício do item 5.6: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção vazada de parede fina com espessura t constante.


τ méd =

T 2A t

Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto

τ méd =

135.000 2 x 2.204 x 3

τ méd = 10,21 N / mm 2

Exercício do item 5.10: Calcule a tensão de cisalhamento máxima da barra abaixo. Dado: Τ = 45.000 N.mm

τ máx =

T . t máx 0,333

(∑ a t ) i

3 i

∑ a i t 3i = 30 x 33 + 40 x 6 3 + 30 x 33 = 10.260 mm 4 τ máx =

45.000 x 6 = 79,03 N / mm 2 0,333 x 10.260


Diagramas de esforรงos internos (Momento fletor e forรงa cortante)


x qx 2 M( x ) = − qx . = − 2 2 (se o sistema de referência for colocado na extremidade livre)

V( x ) = − qx

M( x ) = VB . x − M B

qx 2 qL2 qx 2 − = qL.x − − 2 2 2 (Se o sistema de referência colocado no engaste)

V( x ) = − VB + qx = − qL + qx


VA =

P.b L

VB =

M máx = VA .a =

VA =

P ba L

M L

Ou:

M máx = VB . b =

VB =

M 1 = − VA .a = −

M1 + M 2 =

P .a L

M a L

M L

M 2 = VB .b =

M M M a + b= (a + b ) = M L L L

M b L

P ab L


VA =

M L

VA = VB

VB =

q.L = 2

M L

q.L2 M mรกx = 8


M máx = − VA . L1 = − P.L 2


x2 M( x ) = VA . x − q ( 0 ≤ x ≤ L1 ) 2 L1 2 M(L1 ) = VA .L1 − q = − P.L 2 2


VA =

qL 6

qx 3 M( x ) = VA x − 6L

VB =

qL 3

qL qx 3 x− 6 6L

=

M máx = 0,064qL2

( 0 ≤ x ≤ L)

(se o eixo x tiver

origem no apoio A)

qx 2 qx 3 M ( x ) = VB x − + 2 6L eixo x tiver origem no apoio B)

=

qL qx 2 qx 3 x− + 3 2 6L

( 0 ≤ x ≤ L)

(se o


Exercícios do item 6.3: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos

I, J e K .

Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos:

M = − 15.000 N.m

IZ =

e

V = − 5.000 N

0,08 x 0,30 3 = 1,8 x 10 − 4 m 4 12

Cálculo da tensão normal (σ):

σ=

M.y IZ

σI =

−15.000 x (− 0,15) 1,8 x 10 − 4

σJ =

−15.000 x (0) 1,8 x 10 − 4

σK =

−15.000 x ( 0,15) 1,8 x 10 − 4

σ I = 12,5 x 10 6 N / m 2 = 12,5 MPa

σJ = 0

σ K = − 12,5 x 10 6 N / m 2 = − 12,5 MPa


Cálculo da tensão cisalhante (τ):

τ=

V.Q b . IZ

τI =

5.000 x 0 0,08 x 1,8 x10 − 4

τJ =

5.000 x 0,08 x 0,15 x 0,075 = 3,125 x 105 N / m 2 = 0,3125 MPa −4 0,08 x 1,8 x 10

τK =

5.000 x 0 0,08 x 1,8 x10 − 4

= 0

= 0

2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual a 10 cm e altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule meio da viga e no engaste. Dado: P = 30.000 N

σ máx t , σ máx c e τ máx

no


• No meio da viga tem-se os seguintes esforços internos (ou esforços solicitantes): M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m V = − 30.000 N

0,10 x 0,153 IZ = 12

=

2,8125 x 10 − 5 m 4

σ máx t =

− 75.000 x (−0,075) 2,8125 x 10 − 5

= 200 x 106 N / m 2 = 200 MPa

σ máx c =

− 75.000 x (0,075) 2,8125 x 10 − 5

= − 200 x 10 6 N / m 2 = − 200 MPa

τ máx =

30.000 x (0,10 x 0,075 x 0,0375) 0,10 x 2,8125 x 10 − 5

= 3 x 10 6 N / m 2 = 3 MPa

• No engaste da viga tem-se os esforços internos: M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m V = − 30.000 N

0,10 x 0,253 IZ = 12

= 1,3021 x 10 − 4 m 4

σ máx t =

− 150.000 x (−0,125) 1,3021 x 10 − 4

= 144 x 106 N / m 2 = 144 MPa

σ máx t =

− 150.000 x ( 0,125) 1,3021 x 10 − 4

= − 144 x 106 N / m 2 = − 144 MPa

τ máx =

30.000 x (0,10 x 0,125 x 0,0625) 0,10 x 1,3021 x 10 − 4

= 1,8 x 10 6 N / m 2 = 1,8 MPa


3) Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.

∑ FY = 0 → ∑ MA = 0 →

VA + VB = 27.000 N 12.000 x 1,2 + 15.000 x 2,7 − VB x 3,9 = 0

VB = 14.076,9 N

∑ MB = 0

→ VA x 3,9 − 12.000 x 2,7 − 15.000 x 1,2 = 0 VA = 12.923,1 N

0,18 x 0,363 IZ = = 6,998 x 10 − 4 m 4 12 σ máx t =

16.892,3 x 0,18 = 4,34 x 10 6 N / m 2 = −4 6,998 x 10

4,34 MPa


σ máx c =

τ máx =

16.892,3 x (− 0,18) = − 4,34 x 106 N / m 2 = − 4,34 MPa −4 6,998 x 10

14.076,9 x 0,18 x 0,18 x 0,09 = 325.854,2 N / m 2 = 0,326 MPa −4 0,18 x 6,998 x10

4) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.


∑ FY = 0 → ∑MA = 0 →

VA + VB = 12.500 N 6.000 x 2,0 + 4.500 x 4,0 − VB x 6,0 + 2.000 x 9 = 0

VB = 8.000 N

∑MB = 0

→ 6 x VA − 6.000 x 4,0 − 4.500 x 2,0 + 2.000 x 3,0 = 0 VA = 4.500 N

Cálculo do momento de inércia IZ:

b. h 3 0,10 x 0,303 IZ = = = 2,25 x 10 − 4 m 4 12 12 Cálculo das tensões normais extremas:

σ=

M .y = IZ

9.000 x 0,15 = 6,0 x 10 6 N / m 2 −4 2,25 x10

σ máx T = 6,0 MPa

σ máx C = − 6,0 MPa

Cálculo de τmáx:

τ=

V .Q b IZ

τ máx =

6.000 x (0,10 x 0,15 x 0,075) = 0,10 x 2,25 10 − 4

3,0 x 105 N / m 2

5) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.


Cálculo das coordenas do centróide:

_

z=0 _

_

_

A1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 0,15 x 0,30 x 0,15 + 0,55 x 0,10 x 0,35 y= = = 0,26 m A1 + A 2 0,15 x 0,30 + 0,55 x 0,10

Cálculo de IZ:

0,55 x 0,10 3 + 0,55 x 0,10 x (0,14 − 0,05) 2 + IZ = 12 0,15 x 0,30 3 + 0,15 x 0,30 x (0,26 − 0,15) 2 12

= 1,373 x 10 − 3 m 4


σe =

9.000 x.(−0,14) = − 917.698,5 N / m 2 −3 1,373 x 10

σf =

9.000 x.(0,26) = 1.704.297,2 N / m 2 −3 1,373 x 10

σg =

− 6.000 x.(−0,14) = 1,373 x 10 − 3

611.799,0 N / m 2

σh =

− 6.000 x.(0,26) = 1,373 x 10 − 3

− 1.136.198,1 N / m 2

σ máx

T

= 1,70 MPa

σ máx

C

= − 1,14 MPa

Cálculo de τmáx:

τ máx =

6.000 x 0,15 x 0,26 x 0,13 = 147.705,8 N / m 2 −3 0,15 x 1,373 x 10

6) A viga abaixo está solicitada pela força P atuando no plano de simetria vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.

Cálculo das coordenadas do centróide:


_

z=0 _

y

20 x 100 x 50 x 2 + 240 x 20 x110 728.000 = = 82,73 mm 20 x 100 x 2 + 240 x 20 8.800

=

 20 x 1003  IZ =  + 20 x 100 x (82,73 − 50) 2  x 2 + 12   240 x 20 3 + 240 x 20 x (37,27 − 10) 2 12

= 11,348 x 10 6 m m 4

Cálculo das tensões normais extremas:

σ máx t =

37.500.000 x 82,73 = 273,39 N / mm 2 6 11,348 x 10

σ máx c =

37.500.000 x (−37,27) = − 123,16 11,348 x 10 6

N / mm 2

Cálculo de τmáx:

τ máx =

25.000 x (82,73 x 20 x 41,365 x 2) = 7,54 N / mm 2 6 40 x 11,348 x 10


Convenção de sinais para os momentos fletores M z e M y :

Exercícios item 6.7: 1) Uma viga em balanço com 4,0 m de comprimento está solicitada por duas forças: F1 (vertical) e F2 (horizontal). Calcule na seção transversal do engaste as tensões normais extremas e o ângulo (φ) que a L. N. forma com o eixo z. Dados: F1 = 15.000 N; F2 = 27.000 N


Momentos fletores na seção transversal do engaste My e Mz:

M y = 4 x F2 = 4 x 27.000 = 108.000 N.m M z = 4 x F1 = 4x 15.000 = 60.000 N.m

My é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo z. Mz é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo y (comprime em baixo). A linha neutra do momento fletor My coincide com o vetor momento porque o eixo y é um eixo principal de inércia (ΙZY =0). A linha neutra do momento fletor Mz coincide com o vetor momento porque o eixo z é um eixo principal de inércia (ΙZY =0).

0,20x 0,30 3 Iz = → I z = 4,5 x 10 − 4 m 4 12 Iy =

0,30 x 0,20 3 → I y = 2,0 x 10 − 4 m 4 12


Cálculo da tensão normal na seção transversal do engaste:

σ =

σ =

σa =

σb =

60.000 (−0,15) 4,5x10 − 4 60.000 (0,15) 4,5x10

−4

− −

M y .z M z .y + Iz Iy −

60.000 y 4,5x10 − 4

108.000 (−0,10)

2,0 x 10 − 4 108.000 (0,10) 2,0 x 10

−4

108.000z 2,0 x 10 − 4

6

N / m2

6

N / m2

= 74 x 10 = − 74 x 10

Na linha neutra σ = 0.

0 =

Para z = 0

60.000 y 4,5x10 − 4

108.000z 2,0 x 10 − 4

y = 0, portanto, a linha neutra passa pelo centróide.

Para z = 0,10 m →

y = − 0,405 m


tg φ =

0,405 → φ = arctg (4,05) = 76,13o 0,10

2) Sendo dados P = 9.800 N e θ = 72º calcule na seção transversal do engaste: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z.

Decompondo-se o vetor momento nas direções principais de inércia:

M z = M cos 18o

M z = 37.281 N.m


M y = Msen 18o

M y = 12.113 N.m

Outra forma de calcularem-se os momentos fletores M z e M y : decompondo-se a força P

No engaste têm-se os seguintes momentos fletores:

M z = Py ⋅ 4,0 = 9.800 ⋅sen 72o ⋅ 4,0 M y = Pz ⋅ 4,0 = 9800⋅ cos 72o ⋅ 4,0

σx =

→ →

M z = 37.281 N.m M y = 12.113 N.m

M y .z M z .y + Iz Iy


σx =

37.281y

+

0,2 ⋅ 0,53 12

12.113 z 0,5 ⋅ 0,23 12

σ x = − 17,89 x 10 6 y + 36,34 x 10 6 z a)

σ ax = − 17,89 x 106 (−0,25) + 36,34 x 106 (0,10) = 8,11 x 10 6 N / m 2 σ bx = − 17,89 x 106 (0,25) + 36,34 x 106 (−0,10) = − 8,11 x 10 6 N / m 2

b) Na linha neutra σ = 0

0 = − 17,89 x 10 6 y + 36,34 x 106 z Para z = 0 → Para z = 0,1m →

tg φ =

0,203 → 0,1

φ = arc tg (2,03)

y= 0 y = 0,203 m

φ = 63,8o

Na flexão oblíqua a linha neutra não coincide com o vetor momento, portanto, a L.N. é obliqua ao plano que contém o carregamento e o centróide.


Exercício sobre flexão de viga constituída de dois materiais (item 6.8):

A viga abaixo é

composta por madeira (150 mm x 250 mm) e por uma lâmina de aço (150 mm x 10 mm). Calcule as tensões normais máximas no aço e na madeira. Dados: Εs = 205 GPa; ΕM = 10,25 GPa

n=

Es 205 = = 20 E m 10,25

Cálculo das coordenadas do centróide colocando-se o sistema de referência na face superior: _

y=

250 ⋅ 150. 125 + 3000 ⋅ 10 ⋅ 255 = 182,78 mm 250 ⋅150 + 3000 ⋅10

Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z do centróide:


150 ⋅ 250 3 3000 ⋅ 10 3 2 Iz = + 150 ⋅ 250 (182,78 − 125) + + 3000 ⋅10 (77,22 − 5) 2 12 12

I z = 477,23 x 10 6 m m 4 Cálculo do momento fletor máximo:

M máx =

P ⋅ L 20.000 x 5.000 = = 25 x 10 6 N.mm 4 4

Cálculo das tensões normais máximas:

σM =

σS =

25 ⋅10 6 (−182,78) 477,23 ⋅10

6

25 ⋅10 6 (77,22) 477,23 ⋅10

6

σ =

M .y Iz

= − 9,58 N / mm 2

⋅ 20 = 80,90 N / mm 2

Exercício sobre flexão de viga de concreto armado (item 6.9):

Calcule a tensão normal

máxima no concreto e nas barras de aço da viga abaixo. A armadura é constituída de duas barras de aço com diâmetro Φ = 30 mm. Dados: Εs = 205 GPa; ΕC = 13,667 GPa

n=

Es 205 = = 15 E c 13,667

M máx

q ⋅ L2 8.750 x 8 2 = = = 70.000 N m 8 8

A S =2 π R 2 = 2 π (15 ⋅10 −3 ) 2 = 1,4137 x10 −3 m 2


Seção equivalente (seção homogeneizada):

_

Cálculo da coordenada y do centróide:

_

y=

 nA s   1 + 2bd − 1  b  nA s 

 15 ⋅1,4137 x 10 −3  2 ⋅ 0,25⋅ 0,5  y= 1+ − 1 −3   0,25 15 ⋅ 1 , 4137 x 10   _

_

de onde:

y = 0,219 m

Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: __ 3

4b y I= 12 I=

__

+ nA s (d − y ) 2

4 ⋅ 0,25 ⋅(0,219) 3 + 15 ⋅1,4137 x 10 − 3 (0,50 − 0,219) 2 = 2,55 x 10 −3 m 4 12

Cálculo da tensão normal no concreto e nas barras de aço:

σ =

M .y Iz

σC = σS =

70.000 (−0,219) 2,55 ⋅10 −3 70.000 (0,281) 2,55 ⋅10 −3

= − 6,01 MPa

⋅ 15 = 115,71 MPa


Exercícios sobre flexão composta (item 7.1):

1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais

extremas e a posição da linha neutra. Dado: F = 100.000 N

Reduzindo a força F ao centróide tem-se:

MZ = 100.000 (N) x 100 (mm) = 1,0 x 107 N.mm

M ⋅y My ⋅ z F + z + A Iz Iy

σ = σ =

1,0 x 10 7 ⋅ y 100.000 − 200 x 400 200 x 4003 12

σ = − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 ⋅ y


Cálculo das tensões normais extremas:

σ máx

T

= − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 (−200) = 0,625 N / mm 2

σ máx

C

= − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 (200) = − 3 ,125 N / mm 2

Equação da linha neutra: σ = 0

0 = − 1,25 − 9,375 x 10 − 3 ⋅ y 1,25 y = = − 133,33 mm − 9,375 x10 − 3

Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no engaste. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima.

Seção transversal do engaste: Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m


F M ⋅y + z A Iz 150.000 23600 ⋅ y σ = − − 0,25 x 0,5 0,25 x 0,53 12 6 σ = − 1,2 x 10 − 9,06 x 106 ⋅ y σ =

Cálculo das tensões normais:

σ f = − 1,2 x 10 6 σ g = − 1,2 x 10 6 •

− 9,06 x 10 6 ⋅ (− 0,25) = 1,06 MPa − 9,06 x 10 6 ⋅ ( 0,25) = − 3,46 MPa

Equação da linha neutra: σ = 0

0 = − 1,2 x 10 6 y =

Cálculo de τmáx:

τ máx =

τ =

− 9,06 x 10 6 ⋅ y

1,2 x 10 6 − 9,06 x10 6

=

− 0,13 m

V ⋅Q b ⋅ IZ

8.000 x 0,25 x 0,25 x 0,125 = 0,25 x 2,604 x10 − 3

96.000 N / m 2

Exercício 3) Um pilar está solicitado por uma força de compressão F = 25.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z. Dados: a = 40 mm; b = 30 mm


Reduzindo a força F ao centróide, tem-se:

tan θ =

a 40 = b 30

θ = arc tan (1,33)

M = 25.000 ( N) x 50 (mm)

θ = 53,13o

= 1,25 x 10 6 N.mm

O vetor momento M deve ser decomposto nas direções principais de inércia (direções z e y).

M z = M cos (36,87 o ) = 1,0 x 10 6 N.mm M y = M sen (36,87 o ) = 750.000 N.mm


Outra forma de calcularem-se M z e M y :

M z = P. a = 25.000 ( N) x 40 (mm) = 1,0 x 10 6 N.mm M y = P . b = 25.000 ( N ) x 30 (mm) = 750.000 N.mm O momento fletor Mz é positivo (traciona o sentido positivo do eixo y) O momento fletor My é positivo (traciona o sentido positivo do eixo z)

σ =

F M ⋅y My ⋅ z + z + A Iz Iy

25000 1 x 10 6 ⋅ y 750000 ⋅ z σ = − + + 3 120 x 200 120 x 200 200 x 1203 12 12 σ =

− 1,04 + 1,25 x10 −2 y + 2,6 x10 −2 z

a)

σf =

− 1,04 + 1,25 x10 −2 (−100) + 2,6 x 10 −2 (−60)

σf =

− 3,85 N/mm 2 = − 3,85 MPa

σg =

− 1,04 + 1,25 x10 −2 (100) + 2,6 x 10 −2 (60)

σg =

1,77 N/mm 2 = 1,77 MPa

b) Linha neutra: σ = 0


0 =

− 1,04 + 1,25 x10 −2 y + 2,6 x10 −2 z

Para y = 0:

2,6 x 10 −2 z

1,04 =

z = 40mm

Para z = 0:

1,04 = 1,25 x10 −2 y

tan φ =

y = 83,2 mm

83,2 (mm) = 2,08 40 (mm)

→ φ = 64,3o

Exercício 4) Um pilar, de seção transversal circular, está solicitado por uma força de compressão F = 200.000 N. Calcule: a) as tensões normais extremas; b) a posição da linha neutra. Dados: a = 80 mm; b = 60 mm

M = 200.000 (N) x 100 (mm) = 2,0x 107 N.mm Existem infinitos eixos de simetria passando pelo centróide de uma área circular. Todos estes eixos são eixos principais de inércia. Desta forma o eixo z pode ser girado até encontrar a direção do vetor momento M.


σ =

F M z ' ⋅ y' + A I z'

A força F é negativa (compressão) e o momento fletor Mz’ é negativo (porque comprime o sentido positivo do eixo

y' ). σ = −

200.000 2,0 x10 7 ⋅ y' − π ⋅ 150 2 π (300) 4 64

σ = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 y' a)

σ f = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 (−150) = 4,71 N / mm 2

σ g = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 (150) = − 10,4 N / mm 2 b)

0 = − 2,83 − 5,03 x 10 − 2 y'

y' = − 56,3 mm


Exercícios sobre núcleo central (item 7.2): 1) Calcule a área de um pilar, com seção transversal circular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).

An At

A n = π R 2 = π 25 2 = 1963,5 mm 2

= Área do núcleo central:

A t = π R 2 = π 100 2 = 31.415,9 mm 2

= Área total do pilar:

An 1963,5 = = 0,0625 A t 31.415,9

A n = 6,25% da área total

2) Calcule a área de um pilar, com seção transversal retangular, na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).

An

= Área do núcleo central:

50 x 100 x 2 = 5.000 mm 2 2

A t = 150 x 600 = 90.000 mm 2

A t = Área total do pilar: A n 5.000 = = 0,0556 A t 90.000

An =

A n = 5,56 % da área total


Exercícios do item 8.4: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d.

1ª solução: Colocando-se o sistema de referência no ponto A:

E I v | | (x ) = − M(x ) M( x) = − P.x

(0 ≤ x ≤ L)

E I v | |( x ) = + P.x E I v (x ) = |

P x2 + C1 2

Os engastes impedem rotações, então: v | (L) = 0

P L2 E I v ( L) = + C1 = 0 → 2 P x 2 PL2 | a) E I v ( x ) = − 2 2 |

PL2 C1 = − 2

Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):

E I v( x ) =

P x 3 PL2 x − + C2 6 2

Os engastes impedem deslocamentos, então: v (L) = 0

P L3 PL2 L E I v( L) = − + C2 = 0 → 6 2 P x 3 PL2 x PL3 E I v( x ) = − + b) 6 2 3

PL3 PL3 PL3 C2 = − + = 6 2 3


P03 PL2 0 PL3 − + 6 2 3 3 PL v(0) = v A = 3E I

c) E I v(0) =

P (L 2 )3 PL2 (L 2) PL3 − + 6 2 3 3 3 3 PL PL PL (1 − 12 + 16) 3 EIv(L / 2)= − + = PL 48 4 3 48 5 PL3 v(L / 2) = v d = 48EI

d) E I v(L 2) =

2ª solução: Colocando-se o sistema de referência no engaste:

Re ações de apoio :

M B = PL

e VB = P

M ( x ) = − M B + VB x = − PL + P.x

(0 ≤ x ≤ L)

E I v | | (x ) = − M(x ) E I v | |( x ) = PL − P.x P x2 + C1 2

E I v | ( x ) = PL x −

Os engastes impedem rotações, então: v | (0) = 0

P 02 E I v (0) = PL0 − + C1 2 |

a)

= 0

C1 = 0

P x2 E I v ( x ) = PL x − 2 |

Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):

E I v( x ) =

P L x 2 Px 3 − + C2 2 6

Os engastes impedem deslocamentos, então:

E I v(0) = 0 − 0 + C 2 = 0

C2 = 0

v ( 0) = 0


P L x 2 Px 3 − 2 6

E I v( x ) =

b)

E I v( L) =

c)

PL L2 PL3 3 −1 3 − = ( )PL 2 6 6

PL3 v( L) = v A = 3E I P L(L 2 )2 P(L / 2) 3 PL3 PL3 6−1 3 − = − = ( )PL 2 6 8 48 48

E I v ( L 2) =

d)

v(L / 2) = v d =

5PL3 48EI

2) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão do ponto A; d) a deflexão do ponto d.

qx 2 2 qx 2 E I v | |( x ) = + 2 3 qx E I v | (x ) = + C1 6

M(x ) =

(0 ≤ x ≤ L )

Os engastes impedem rotações, então: v | (L) = 0

E I v ( L) = |

q L3 + C1 6

a) E I v ( x ) = |

= 0

qL3 C1 = − 6

q x 3 qL3 − 6 6

Integrando a equação acima tem-se a expressão de v(x):

E I v( x ) =

q x 4 qL3 x − + C2 24 6


Os engastes impedem deslocamentos, então: v (L) = 0

E I v( L) =

q L4 qL3 L − + C2 = 0 24 6

C2 = −

qL4 qL4 qL4 + = 24 6 8

q x 4 qL3 x qL4 − + 24 6 8

b) E I v( x ) = c) E I v(0) =

q 0 4 qL3 0 qL4 − + 24 6 8

qL4 v (0) = v A = 8E I

d) E I v(L / 3) = EIv(L / 3)=

q (L / 3) 4 qL3 (L / 3) qL4 − + 24 6 8

qL4 qL4 qL4 (1 − 108 + 243) 4 − + = qL 1944 18 8 1944

v(L / 3) = v d =

136 qL4 17qL4 = 1944EI 243EI

3) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a rotação nos apoios.

qx 2 qL qx 2 = x− (0 ≤ x ≤ L) 2 2 2 qL qx 2 E I v | |( x ) = − x+ 2 2 qL 2 qx 3 E I v | (x) = − x + + C1 4 6 qL 3 qx 4 E I v( x ) = − x + + C1 x + C 2 12 24

M ( x ) = VA x

Condições de contorno (ou condições de extremidades):


v (0) = 0

v ( L) = 0

e

qL 3 q 0 4 + C1 0 + C 2 = 0 → E I v(0) = − 0 + 12 24 qL 3 qL4 + C1 L = 0 E I v( L) = − L + 12 24 qL4 qL4 qL3 − → C1L = C1 = 12 24 24 3 qL 2 qx qL3 | a) E I v ( x ) = − x + + 4 6 24 4 qL 3 qx qL3 b) E I v( x ) = − x + + x 12 24 24

C2 = 0

c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga: qL q (L / 2) 4 qL3 3 + (L / 2 ) E I v(L / 2) = − ( L / 2) + 12 24 24 E I v(L / 2) = −

v máx = v(L / 2) =

Observação:

(−4 + 1 + 8) 4 qL 384

qL4 qL4 qL4 + + = 96 384 48

Para

5 qL4 384 E I

vigas

bi-apoiadas

a

deflexão

máxima

v| (x) = 0 E I v | (x ) = −

qL 2 qx 3 qL3 + =0 x + 4 6 24

De onde:

x3 6

L 2 L3 − x + =0 4 24

→ 4 x 3 − 6L x 2 + L3 = 0

A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são: X1 = 1,366L X2 = 0,5L X3 = − 0,366L d) Rotação nos apoios: v| ( x ) ≅ θ( x )

qL 2 q 03 qL3 E I v (0) = − 0 + + 4 6 24

qL3 → v (0) ≅ θ A = 24 E I

qL 2 qL3 qL3 E I v ( L) = − L + + 4 6 24

qL3 → v ( L) ≅ θ B = − 24 E I

|

|

|

|

ocorre

onde


4) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão no meio do vão; d) a deflexão máxima;

qL L qL ⋅ = 0 → VA = 2 3 6 qL 2L qL → − VB L − ⋅ = 0 → VB = 2 3 3 3 3 qx qL qx = x− (0 ≤ x ≤ L) 6L 6 6L qL qx 3 − x+ 6 6L qL 2 qx 4 − x + + C1 12 24L

∑MB

= 0 → VA L −

∑MA

=0

M ( x ) = VA x

E I v | |( x ) = E I v | (x) =

E I v( x ) = −

qL 3 qx 5 x + + C1 x + C 2 36 120L

Condições de contorno (ou condições de extremidades):

v (0) = 0

e

v ( L) = 0


E I v (0) = −

qL 3 q0 5 + C1 0 + C 2 0 + 36 120L

C2 = 0

qL 3 qL5 E I v( L) = − L + + C1 L = 0 36 120L qL4 qL4 − 36 120

C1L =

7qL3 C1 = 360

a) E I v | ( x ) = −

qL 2 qx 4 7qL3 x + + 12 24L 360

b) E I v( x ) = −

qL 3 qx 5 7qL3 x + + x 36 120L 360

qL q(L / 2) 5 7qL3 3 c) E I v(L / 2) = − (L / 2) + + ( L / 2) 36 120L 360 v(L / 2) =

5qL4 768 E I

d) A deflexão máxima ocorre onde v| (x) = 0 qL 2 qx 4 7qL3 + E I v (x) = − x + 12 24L 360 |

=0

Multiplicando a expressão acima por 360L, tem-se:

− 30L2 x 2 + 15x 4 + 7 L4 = 0 Chamando de :

a = x2

− 30L2 a + 15 a 2 + 7 L4 = 0 As raízes da equação do segundo grau acima são:

a1 = 1,73 L2 a 2 = 0,27 L2

x= a x 1 = ± 1,73L2

= ± 1,32 L

2

x 3 = ± 0,27L2

= ± 0,52 L

4

Portanto, a deflexão máxima vai ocorrer na coordenada x = 0,52L:

qL q (0,52L) 5 7qL3 3 E I v(0,52L) = − (0,52L) + + (0,52L) 36 120L 360 v(0,52L) = v máx =

0,00652 qL4 EI


5) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo.

E I = constante.

Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m

b h 3 0,20 ⋅ (0,5) 3 I = = 12 12 v máx = v máx =

I = 2,083 x 10 − 3 m 4

0,00652 qL4 EI

0,00652 x 80.000 x (5) 4 = 120 x 109 x 2,083 x 10 − 3

1,3 x 10 − 3 m


6) Sendo Ε Ι = constante, determine: a) a equação da tangente à linha elástica; b) a equação da linha elástica; c) a deflexão máxima; d) a deflexão do ponto de aplicação da força P.

Trecho 1: M ( x ) = 0

( 0 ≤ x ≤ L / 2)

E I v | | (x) = 0 E I v | (x) = C1 E I v( x ) = C1 x + C 2 Trecho 2: M ( x ) = − Px

(0 ≤ x ≤ L / 2)

||

E I v (x ) = P x E I v | (x ) =

E I v( x ) =

Px 2 + C3 2

Px 3 + C3 x + C 4 6

Condições de contorno: Para x = L/2 do trecho 2:

E I v | (L / 2) = E I v(L / 2) =

C4

v| (L/2) = 0

e v(L/2) = 0

P(L / 2) 2 PL2 + C3 = 0 → C3 = − 2 8 3 2 P(L / 2) PL − ( L / 2) + C 4 = 0 6 8

PL3 PL3 = − + 48 16

PL3 C4 = 24

3ª condição de contorno: Em função da continuidade da linha elástica:

E I v| (L / 2) Trecho 1 = E I v| (0) Trecho 2


C1 =

P 02 + C3 2

C1 = −

PL2 8

4ª condição de contorno:

E I v(L / 2) Trecho 1 = E I v(0) Trecho 2 P(0) 3 + C3 (0) + C 4 6 PL2 PL3 − (L / 2) + C 2 = 8 24 3 3 PL PL 5PL3 C2 = + = 24 16 48 PL2 a) Trecho 1: E I v | ( x ) = − 8 Px 2 PL2 Trecho 2: E I v | ( x ) = − 2 8 2 PL 5PL3 b) Trecho 1: E I v( x ) = − x+ 8 48 3 2 Px PL PL3 − Trecho 2: E I v( x ) = x+ 6 8 24 2 3 PL 5PL c) E I v(0) = − 0+ 8 48 3 5PL v máx = 48 E I C1 (L / 2) + C 2 =

d) Para calcular a deflexão do ponto de aplicação da força P pode-se usar a equação de v(x) para x = L/2 do trecho 1 ou a equação de v(x) do trecho 2 para x = 0:

E I v(0) = v(0) =

P03 PL2 PL3 − 0+ 6 8 24 PL3 24 E I

7) Determine a deflexão do ponto A.

qx 2 M ( x ) = − Px − 2

E I = constante.

(0 ≤ x ≤ L )


E I v( x ) =

P x 3 PL2 x PL3 q x 4 qL3 x qL4 − + + − + 6 2 3 24 6 8

E I v(0) =

P 03 PL2 0 PL3 q 0 4 qL3 0 qL4 − + + − + 6 2 3 24 6 8

v(0) = v A =

PL3 qL4 + 3E I 8 E I

É válido o princípio da superposição dos efeitos para o cálculo de flechas. 8) Determine a deflexão no meio da viga.

Trecho 1: M ( x ) =

P x 2

E I = constante.

(0 ≤ x ≤ L / 2)

P x 2 P E I v | ( x ) = − x 2 + C1 4 P 3 E I v( x ) = − x + C1x + C 2 12 E I v | | (x ) = −

Condições de contorno: • Para x = L/2: v| (L/2) = 0

E I v | (L / 2) = − •

P (L / 2) 2 + C1 = 0 4

C1 =

PL2 16

Para x = 0: v(0) = 0

P 3 PL2 0 + C2 = 0 → E I v(0) = − 0 + 12 16 P 3 PL2 Então: E I v( x ) = − x + x 12 16

C2 = 0 ( 0 ≤ x ≤ L/2 )

Cálculo da deflexão no meio do vão:

E I v(L / 2) = − v(L / 2) =

P PL2 PL3 PL3 (−1 + 3) 3 PL ( L / 2) 3 + (L / 2) = − + = 12 16 96 32 96

PL3 48 E I

9) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do módulo de elasticidade da viga abaixo.

E I = constante.


v máx Iz =

PL3 = 48 E I

0,15 ⋅ 0,30 3 = 3,375 x10 −4 m 4 12

26000(6,4) 3 0,006 = 48⋅E ⋅3,375 x10 −4 E = 70,12 x 109 N / m 2 ou:

E = 70,12 GPa

10) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo devida ao peso próprio. A viga é de aço e tem seção transversal em forma “ I ”. Dados: γs = 77 kN/m3; Ιz = 4,16x10 − 5 m4; Εs = 205 GPa;

E I = constante.

A carga q (N/m) é obtida multiplicando-se o peso específico pela área da seção transversal:

A = 6 x 100 x 2 + 6 x 300 = 3.000 mm 2


A = 3.000 (10 −6 )m 2

Ou:

= 3,0 x10 −3 m 2

q = γ.A = 77000( N / m 3 ) x 3,0x10 −3 (m 2 )

v máx

= 231 N / m

5qL4 5 x 231 x 9 4 = = = 2,31 x 10 − 3 m 9 −5 384 E I 384 x 205 x 10 x 4,16 x10

11) Sendo E I = constante determine a deflexão máxima e a rotação nos apoios.

M x L M E I v | | (x) = − x L M x2 E I v | (x ) = − + C1 2L Mx 3 E I v( x ) = − + C1 x + C 2 6L

M ( x ) = VA x =

Condições de contorno: v(0) = 0

e v(L) = 0:

3

M0 + C1 0 + C 2 = 0 → C2 = 0 6L ML3 ML E I v( L ) = − + C1 L = 0 → C1 = 6L 6 2 Mx ML Então: E I v | ( x ) = − + 2L 6 3 Mx ML E I v( x ) = − + x 6L 6 E I v(0) = −

A deflexão máxima ocorre onde v|(x) = 0

M x 2 ML E I v (x ) = − + =0 2L 6 |

x2 L =− 2L 6

E I v(0,58L) = −

x2 =

2L2 6

M (0,58L) 3 ML + (0,58L) 6L 6

v(0,58L) = v máx =

0,064ML2 EI

x=

L2 3

= ± 0,58 L

= 0,064ML2


Rotação nos apoios:

M 0 2 ML E I v (0) = − + 2L 6 |

E I v | ( L) = −

M L2 ML + 2L 6

→ v| (0) =

ML 6 EI

→ v | ( L) = −

ML 3 EI

12) Sabendo que a deflexão do ponto d é igual a 11 mm calcule o módulo de elasticidade da viga.

E I = constante.

E I v( x ) = −

P 3 PL2 x x + 12 16

( 0 ≤ x ≤ L / 2)

Para x = 2,0 m, tem-se:

P P(6,0) 2 3 (2,0) = E I v(2,0) = − ( 2,0) + 12 16 0,20 x 0,40 3 I = = 1,0667 x 10 −3 m 4 12 E ⋅ 1,0667 x10 −3 ⋅ 0,011 = 3,833 ⋅17000

E = 5,55 x 10 9 N / m 2 = 5,55 GPa

3,833 P


Exercícios do item 8.6: 1) Construa os diagramas de esforços internos (momento fletor e força cortante) da viga abaixo. Ε Ι = constante.

∑F

Y

∑M

=0 A

=0

VA + VB − q ⋅ L = 0

q⋅L⋅

L − VB ⋅ L + M B = 0 2

Vamos retirar o apoio A (a viga fica isostática) e determinar o deslocamento que este apoio está impedindo:

Colocando-se o apoio A

Compatibilidade dos deslocamentos:

VA L3 qL4 = 3EI 8EI

VA =

3q L 8

As outras duas reações são obtidas com as equações de equilíbrio:

VB = q ⋅ L − VA

= q⋅L −

qL2 5qL MB = − + ⋅L 2 8

3qL 8

qL2 MB = 8

VB =

5q L 8


Com o sistema de referência com origem no apoio A, tem-se:

qx 2 M ( x ) = VA ⋅ x − 2

e

V( x ) = VA − q x

O momento fletor máximo positivo ocorre onde V(x) = 0:

VA − q x = 0

M máx

x =

VA 3 qL = q 8q

3qL q (3L 8) 2 = M(3L 8) = (3L 8) − 8 2

x=

3L 8

9 qL2 = 128

2) Determine a força (F) de tração na mola. Ε Ι = constante.

Retirando-se a mola da viga:

(0 ≤ x ≤ L)


A mola aplica uma força F na viga em sentido contrário da força P:

Compatibilidade dos deslocamentos: Lei de Hooke para molas:

FL3 PL3 + δM = 3EI 3EI

F = k ⋅δ M FL3 F PL3 + = 3EI k 3EI

Multiplicando a expressão acima por 3 E I :

FL3 +

3 E IF = PL3 k

PL3 F = 3EI L3 + k

De onde:

Análise de casos extremos: Se: Se: Se: Se:

EI = ∞ EI = 0 k= ∞ k= 0

→ F=0 → F =P → F =P → F =0

3EI   3 F L3 +  = PL k  


Exercícios sobre flambagem: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: ΕBC = 120 GPa; LBC = 4,0 m.

Cálculo da carga crítica do pilar BC:

PCR = I min =

π 2 E I min

(L fl )2

50 x 30 3 = 112.500 mm 4 12

L fl = K ⋅ L = 1,0 x 4000 PCR =

π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500

(4000)2

=

4000 mm

= 8.327,5 N


A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( PCR ) do pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC.

2) Resolva o problema anterior considerando que o pilar BC está engastado no ponto C.

Cálculo da carga crítica do pilar BC:

PCR =

π 2 E I min

(L fl )2

L fl = K ⋅ L = 0,7 x 4000 PCR =

=

π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500

(2800)2

2800 mm = 16.994,9 N

FBC < PCR , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 205 GPa.


cos θ =

0,345 0,69

θ = arc cos (0,5)

θ = 60 o

P

∑ FY

=0

P + F2 sen θ = 0 → F2 = −

∑ FX

=0

F1 + F2 cos θ = 0 → F1 = − F2 cos θ

sen 60 o

= − 1,155 P

F1 = − (−1,155P) cos 60 o = 0,5775 P Cálculo da carga crítica da barra 2:

PCR =

I min =

π 2 E I min

(L fl )2

π D 4 π (0,015) 4 = = 2,485 x 10 − 9 m 4 64 64

L fl = K ⋅ L = 1,0 x 0,69 = 0,69 m

PCR =

π 2 ⋅ 205 x 10 9 x 2,485 x 10 − 9

(0,69)2

= 10.560 N

Para que ocorra flambagem da barra 2:

1,155 P = 10.560

F2 = Pcr, então:

P = 9.142,9 N

4) A treliça abaixo é formada por quatro barras de aço com seção transversal circular. Todas as barras têm o mesmo diâmetro φ = 30 mm e módulo de elasticidade Ε =205 GPa. Calcule: a) a tensão normal na barra CD; b) o alongamento da barra AC; c) investigue se a barra AB irá flambar.


=0

∑MB ∑ FX

=0

→ H D x1,4 − 1200 x 5,6 = 0 → H D = 4800 N

H B − H D = 0 → H B = 4800 N

Diagrama de corpo livre do nó A:

tan θ =

1,4 2,8

→ θ = arc tan (0,5) = 26,57 o

∑ FY = 0

FAC senθ − 1200 = 0 → FAC = 2682,8 N

∑ FX = 0

FAC cos θ + FAB = 0 → FAB = − FAC cos θ

FAB = − 2682,8 cos (26,57 o ) = − 2400 N


Diagrama de corpo livre do nó B:

∑ FX

=0

FAB + FBC cos θ + H B = 0 → FBC cos θ = − FAB − H B − 2.400 = − 2.683,4 N cos (26,57)

FBC cos θ = − ( − 2400) − 4.800 =

∑ FY

=0

VB + FBC senθ = 0

VB = − (−2683,4) sen (26,57 o ) = 1200 N Portanto, VD = 0. a)

σ CD =

FCD 4800 = A CD π ⋅15 2

σ CD = 6,79 N / mm 2

FAC L AC 2682,8 x 3,13 = = 5,79 x 10 −5 m 9 2 E AC A AC 205 x 10 ⋅ π (0,015)

b)

∆L AC =

c)

Cálculo da força crítica da barra AB:

I min =

π D 4 π (30) 4 = = 39760,8 mm 4 64 64

L fl = K ⋅ L = 1,0 x 5600 = 5600 m m PCR =

π 2 Ε I min L2fl

=

π 2 ⋅ 205 x 10 3 x 39760,8

(5600)2

= 2.565,3 N

FAB = 2.400 N < PCR = 2.565,3 N, portanto, a barra AB não irá flambar.


• Exercícios resolvidos do Anexo Exercício 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular.

_

y=

∫A

h

y . dA A

=

∫0 _

_

z=

∫A

z . dA A

h

=

∫0

dy

=

h

=

1  y2  1 h2 b [ ] . z = . .b   0 b. h  2  0 b .h 2

h 2

b

∫0 z .dz

b

z

=

2  2 1 [y]0h .  z  = 1 ⋅ h ⋅ b b. h b .h 2  2 0

=

b .h _

de onde:

∫0

b .h

y

de onde:

b

y .dy dz

b 2

O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área.

Para o sistema de referência acima: _

z = xx mm


_

y =0

A≠ ∞

y =

então:

∫A y . dA = 0

QZ = O eixo z

∫A y . dA

_

∫A y . dA =

A

=0

0

passa pelo centróide da área A, portanto, o momento estático de uma área

finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. 2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide.

QZ =

QZ =

− 160

y2 = 2

60

∫A y . dA = ∫− 200 y. dy . ∫−dz60

[

−160 60

− 200

⋅ z − 60

]

1 1 (−160) 2 − (−200) 2 ⋅ [60 − (−60)] = [25.600 − 40.000] ⋅ 120 2 2 Q Z = − 864.000 mm 3

Outra forma de calcular-se o momento estático: _

y=

∫A y . dA A

_

Q y= Z A

Q Z = (−180) ⋅ 40 ⋅120 =

_

QZ = y ⋅A

− 864.000 mm 3

Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo


_

Q Z = y⋅A =

20 ⋅ 120 ⋅ 360 =

864.000 mm 3

3) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide.

_

Q Z = y ⋅ A = 100 ⋅ 200 ⋅120 =

2.400.000 mm 3

• Demonstração do teorema dos eixos paralelos

IZ = I

Z|

IY = I

Y|

I

Z|

=

+ A. a 2 + A.b 2

∫A ( y )

| 2

dA

IZ =

∫A ( y + a )

IZ =

∫A ( y )

|

| 2

2

dA =

dA + 2a

∫A [( y )

| 2

]

+ 2 y | a + a 2 dA

∫A y dA + a ∫AdA |

2

O momento estático de uma área em relação a um eixo que passa pelo seu centróide é nulo, então:

∫A y dA = 0 |


IZ = I

Z|

+ A. a 2

4) Para a área abaixo, determine: a) o momento de inércia IZ b) o momento de inércia IY

a)

IZ = y3 IZ = 3 IZ

b)

∫A

h 2

∫−h 2

y 2 dA =

h 2

⋅ −h 2

z

b2 −b 2

=

y 2 dy ⋅

∫A

z 2 dA = IY = y

h 2

∫−h 2 h 2 −h 2

∫−b 2dz

1  h 3 − h 3   b − b  − ⋅ −  3  8 8   2 2 

1  h 3 h 3  =  + ⋅b 3 8 8 

IY =

b2

dy ⋅ z3 3

b2

∫−b 2 z

IZ

2

dz

b2

= −b 2

=

bh3 12

h b3 12

5) Determine o momento de inércia de uma área circular vazada em relação ao eixo Z.


IZ =

∫A y

2

dA

senθ =

IZ =

IZ =

IZ =

y r

(rsenθ) 2 rdθ dr

r4 IZ = 4

(r

4 e

(r

4 e

dA = rdθ ⋅ dr

onde:

=

y = r senθ re 3

∫ri

r dr

∫0

sen 2 dθ

re

1 ⋅ (θ − senθ cos θ ) 2 0

ri

)

− ri4 1 ⋅ [(2π − sen 2π cos 2π ) − (0 − sen 0 cos 0)] 4 2

)

− ri4 1 ⋅ 2π 4 2

IZ

(

π re4 − ri4 = 4

)

Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno:

π  D  I Z =  e  4  2 

4

4  Di   −     2  

IZ =

π  D e4 D i4  − 4  16 16 

=

[

π 4 D e − D i4 64

]

Particularizando para seção cheia (Di = 0):

π D e4 IZ = 64 Observações: 1ª) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam pelo centróide são iguais.


2ª ) Não confundir momento de inércia ( I ) com momento de inércia à torção ( J )

I J

é usado na flexão é usado na torção

IZ = IY =

π D4 (para seção circular cheia)

64

r2 = z2 + y2

J=

∫A r

2

dA

=

∫A (z

J = IY + IZ =

2

+ y 2 ) dA =

π D4 64

+

∫A z

π D4 64

=

2

dA +

∫A y

2

dA

π D4 32

6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “ T ” em relação ao eixo horizontal (Z) do centróide.


Cálculo das coordenadas do centróide:

_

z=0 _

y=

∫A

ydA A _

_

=

y=

_

A 1 y1 + A 2 y 2 A1 + A 2 0,069 = 0,18

=

0,20x 0,50 x 0,25 + 0,80 x 0,10x 0,55 0,50x 0,20 + 0,80 x 0,10

0,383 m

Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior, tem-se:

_

y=

0,80 x 0,10 x 0,05 + 0,20 x 0,50x 0,35 0,50 x 0,20 + 0,80 x 0,10

=

0,039 = 0,217 m 0,18


Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura, tem-se:

Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos:

IZ = I

Z|

+ A.a 2

0,8 x 0,13 0,2 x 0,5 3 2 IZ = + 0,8x 0,1 x (0,167) + + 0,2 x 0,5 x (0,133) 2 12 12 I Z = 6,15 x10 − 3 m 4 7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y ( I Y ).

0,10 x 0,80 3 0,50 x 0,20 3 IY = + = 4,6x10 − 3 m 4 12 12


Exercícios sobre eixos principais de inércia: 1) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.

• Cálculo das coordenadas do centróide:

n

_

y =

_

Ai yi

i =1 n

∑ Ai i =1

_

y =

12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 38,1 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (− 25,4) 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2

= 6,35 mm


n

_

z =

_

∑ Ai zi i =1 n

∑ Ai i =1 _

z =

12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 50,8 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (95,25) 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2

12,7 ⋅ 76,2 3 + 12,7 ⋅76,2 ( − 31,75) 2 + IZ = 12 12,7 ⋅ 76,2 3 + 12,7 ⋅76,2 (31,75) 2 12

IY

76,2 ⋅ 12,7 3 + 12

I Z = 2.900.612,7 mm 4

76,2 ⋅ 12,7 3 = + 12,7 ⋅76,2 ( − 44,45) 2 + 12

76,2 ⋅ 12,7 3 + 12,7 ⋅76,2 (44,45) 2 12

= 50,8 mm

12,7 ⋅ 76,2 3 + 12

I Y = 4.318.401,0 mm 4

I Z Y = 0 + 12,7 ⋅76,2 ⋅ (−31,75) ⋅ ( − 44,45) + 0 + 12,7 ⋅76,2 ⋅ 31,75 ⋅ 44,45 I Z Y = 2.731.518,7 mm 4


• Cálculo de Ι1, Ι2, θ1 e θ2

2

I + IY  I − IZ  2 I1 = Z +  Y  + I ZY 2  2 

= 6.431.514 mm4

2

I + IY  I − IZ  2 I2 = Z −  Y  + I ZY 2  2 

tg θ1 =

I ZY I1 − I Y

=

=

787.499,5 mm

4

52,27º

 I  tg θ2 = −  ZY  = − 37,73º  IY − I2 

2) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.


• Cálculo das coordenadas do centróide:

_

y =

_

z =

IZ

12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 38,1 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 69,85 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅38,1 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2

= 48,68 mm

12,7 ⋅ 76,2 ⋅ 6,35 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅50,8 + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅95,25 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2 + 12,7 ⋅ 76,2

= 50,8 mm

 12,7 ⋅ 76,2 3  =  + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (48,68 − 38,1) 2  ⋅ 2 + 12   76,2 ⋅ 12,7 3 + 12,7 ⋅ 76,2 (27,52 − 6,35) 2 12

I Z = 1.599.889,6 mm 4

 76,2 ⋅ 12,7 3  I y =  + 12,7 ⋅ 76,2 ⋅ (38,1− 6,35) 2  ⋅ 2 + 12  

12,7 ⋅ 76,2 3 12

I y = 2.445.359,6 mm 4


O produto de inércia Ιzy é igual a zero (a área possui um eixo de simetria), então os eixos Z e Y são os eixos principais de inércia. Ιy é o maior momento de inércia = Ι1 Ιz é o menor momento de inércia = Ι2

3) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia principais.

500 x800 3 300 x 400 3 IZ = − = 1,97 x1010 mm 4 12 12 800 x 500 3 400 x300 3 IY = − = 7,43 x10 9 mm 4 12 12

IZ Y = 0 IZ =

IZ e IY

1,97 x1010 mm 4

I1

=

I2

= I Y = 7,43 x10 9 mm 4

são os eixos principais de inércia.

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Exercicios resolvidos de civil  

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