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) Dados: γ: peso específico. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da força F e no engaste. tem altura variável (como indicado) e largura b constante igual a 12 mm. N(x): representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo.44 N / mm 2 A 12 x15 σ Engaste = F 8. ∑ Fy = 0 : N( x ) − γ A x = 0 → N(x ) = γ A x . de seção transversal retangular.67 N / mm 2 A 12 x 25 5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades.000 = = 44. pois qualquer parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. Dado: F = 8. A parte recortada também tem que estar em equilíbrio. A: área da seção transversal Fazendo-se um corte imaginário à distância x os esforços que eram internos passam a ser externos.000 N σ = F 8. Construa os diagramas de força normal e de tensão normal.000 = = 26.4) Uma barra. σ= N(x ) γAx =γ x = A A Exercícios do item 2. Calcule a deformação linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro externo igual a 16 cm.8 = 50.5 x 10 − 3 2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30.27 cm = 0.0 cm.000 N. σ= F 30.1 N / mm 2 = 2.5) 2 ε= 2.68 .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. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o alongamento da barra é de 2.27 − 30 ∆L = f = Li Li 30 P = 2πR = 2π. P: Perímetro externo do poste: ε= L − Li 50.0 mm.0 (mm) ∆L = L 800 (mm) = 61.000 = A π (12. 500 = 471.9 mm 3 4 ∆ V = Vf − Vi = 471.25 x 3.238.0 x10 − 3 .015) 2 x (1500 + 4.25. Dado: ν = 0.5 x 10 − 4 x 20 = − 0. determinou-se a deformação linear específica longitudinal ε L = 3 o / oo .000 = A π (10) 2 ε L = ε x = 3 o / oo = εx = εy = ∆L x → Lx ∆L y Ly = 19.9 mm 3 Vf = A f L f = π (20 − 0.9 = 705 mm 3 Exercício do item 2.9 − 471.015 mm 2) Calcule o volume final da barra do problema anterior.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20 mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6. Calcule: . Vf: volume final da barra Vi = A i L i = π (10) 2 x 1.003 1000 ∆L x = ε x L x = 3. 1500 → ∆L x = 4.238. Calcule a tensão normal. Experimentalmente.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um ensaio de tração simples.943.5 x 10 − 4 ∆d = − 7.943. a variação do comprimento e do diâmetro da barra.5) = 471.5 mm → ∆L y = ε y L y ∆L y = ∆d = ε y d ν =− εy εx → ε y = − ν ε x = − 0.1 N / mm 2 3 = 0.0 x 10 − 3 = − 7. Vi : volume inicial da barra. σx = F 6.000 N. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e comprimento inicial (referência) igual a 800 mm.Exercícios do item 2. 29 N / mm 2 → σ U = 28.86 b) σ Y = 12.15 N / mm 2 → σ P = 14.15 MPa 706.77 GPa .000 = 16. b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY). σ = Ε.86 mm 2 σP = 10.86 a) Exercícios do item 2. ε ε = ∆L 3 mm = → ε = 3.a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP).R 2 = πD 2 π.3 MPa → Ε = 3.773.29 MPa 706.3 N / mm 2 Ou: Ε = 3.773.98 N / mm 2 → σ Y = 16.75 x 10 − 3 L 800 mm Ε= σ 14.75 x10 − 3 Ou : Ε = 3.000 = 14.30 2 = = 4 4 706.5: 1) Calcule o módulo de Young (Ε) da barra do problema anterior.15 N / mm 2 = ε 3.86 c) σ U = 20.98 MPa 706. A = π. c) a tensão última (σU).000 = 28. 0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. d2 = 12. b) valor da tensão normal nas duas barras. Calcule ao aplicar-se a tensão normal σx = 81.2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. c) a deformação linear específica das duas barras.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 = 6.1458 = 599.36 x 6.75x10 − 4 = − 2.1458 mm L Fcd = 600 − 0. Dados da placa: Ε = 120 GPa.43 x 10 − 4 x 600 = − 0.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal circular.0 mm. ν = 0.0 mm.405 = 600.75 x 10 − 4 → ∆L x = 6.43x10 − 4 → ∆L y = − 2.8542 mm 3) Um bloco de massa m = 1. calcule: a) o valor do ângulo θ sabendo que σ1 = σ2 . Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa.405 mm Coeficiente de Poisson (ν): ν=− εy = εy εx ∆L y Ly → ε y = − ν ε x = − 0.405 mm L Fab = 600 + 0.75 x 10 − 4 x 600 = 0. . Sendo dados d1 = 8. 2 ( N / mm 2 ) → 120 x10 3 ( N / mm 2 ) ε1 = 2.∑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 (63.074 x 10 − 3 ε 2 = 1.2 N / mm 2 εΕ =σ Lei de Hooke: ε 1 Ε1 = σ1 → θ = 63.61o ) sen (63.8958 = = π ⋅36 P sen (63.81 0.61o ) π (4) 2 2 ε 2 Ε2 = σ2 → = 1500 x 9.896 π ⋅16 = 145.61o ) π (6) F2 A2 ε1 = 145.81 x 0.61o 1500 ⋅ 9.4444 0.21 x 10 − 3 .2 ( N / mm 2 ) → 70 x10 3 ( N / mm 2 ) ε2 = 145.2 N / mm 2 145. b) a tensão normal.7 3730.5 m.2 mm F 10 4 σ = = = 85. FL a) ∆L = EA 10 4 x 6000 2.37 mm 3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo.5 mm .1) 2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo. com seção transversal circular.1 mm d = 12.5 N / mm 2 2 A π(6. L1 = 1. Dados: φ1 = φ2 = 25. L1 = L2 = 3.5 mm e que Ε = 205 GPa. L2 = 2.4 mm. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2. Dados: φ1 = 12.0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104 N.7 = 0.0 m. Ε2 = 120 GPa . tem 6.8 x 3500 70 x103 ⋅ 506.22 mm = 0.0 m.1: 1) Uma barra prismática de aço. Ε1 = 205 GPa.5 = 205 x10 3 ⋅ π R 2 → Então: b) → R = 6.2 x 3500 70 x10 3 ⋅ 506. calcule: a) o diâmetro da barra. Ε1 = Ε2 = 70 GPa ∆L 1 = F1 L1 E1 A1 ∆L 2 = F2 L 2 E2 A2 → → ∆L1 = ∆L1 = 2269. φ2 = 20 mm.Exercícios do item 3. 9 3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da força de 200 kN.19 mm Exercícios do item 3. Ε = 70 GPa 2 ∆H = n FL ∑ Eii Aii i=1 = 200.64 N / mm 2 50. b) o alongamento da barra.3 3.98 N / mm 2 153. Sendo dados: φ1= 14 mm. Dados: 4 2 3 A = 7.1 x 1000 205 x10 3 ⋅ 122.300 N/m . σ2 = 3000 = 59. a) A1 = π (7) 2 = 153.9 70 x10 3 ⋅153.000 x 2000 + + = 1.7 ∆L1 = 3536.1 x 10− m .000 x 3600 250.000 x 2000 5.∆L 1 = F1 L1 E1 A1 ∆L 2 = F2 L 2 E2 A2 → → ∆L1 = 3536.9 mm 2 σ1 = b) ∆L = 8000 = 51.18 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. Ε = 120 GPa. calcule: a) a tensão normal nas duas barras. Dados: A = 800 mm . .1 x 2000 120 x103 ⋅ 314.000 x 1800 − + = 22.91 mm 3 3 70 x 10 ⋅ 50. Ε1= Ε2 = 70 GPa.000 x 500 3.14 mm = 0.000 x 5400 80.9 A 2 = π (4) 2 = 50. γ = 44.3 mm 2 .2 = 0. φ2 = 8 mm.3 70 x 10 ⋅153. • A tensão normal máxima ocorre no apoio: σ máx = F 4.1x10 σ máx = 5.85 MPa • Cálculo do alongamento: ∆L = FL γ L2 + EA 2E O alongamento máximo ocorre na extremidade livre: ∆L máx = 4.0 44300 ⋅ 5 2 + = 1.300 x 5 = 5.146 mm .1 x 10 2 x 120 x 10 ∆L máx = 1.000 +γL = + 44.000 x 3.85 x 10 6 N / m 2 = 5.63 x10 6 + 0.61 x10 −6 m 9 −4 9 120 x 10 ⋅ 7.22 x10 6 N / m 2 −4 A 7.41 x 10 −4 + 4.46 x 10 −4 m = 0. F2 L 2 FL cos 35 o = 1 1 E 2A 2 E1A1 → F2 L 2 cos 35 o = F1 L1 . 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 → 2.3: 1): Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P. o problema é uma vez hiperestático.000 N.F1sen 55 o + F2 − P = 0 De onde: 1. A outra equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”.64 F1 + F2 = P (1) Temos uma equação e duas incógnitas. Dados: P = 15. Ε1 = Ε2 = 205 GPa.Exercícios do item 3. de peso desprezível.0 cos 35 o = F1 2.96 MPa σ 2 = 35. Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2 .o Cálculo do comprimento da barra 1: L1 = 2.70 MPa Cálculo do deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P: ∆V = ∆L 2 = F2 L 2 7140 x 2.44 → F2 = 1.49 F1 = P F1 = 4792 N F2 = 7.64 F1 + 1. tem-se: 3. Ε1 = 70 GPa. é rotulada em A.49 F1 (2) Colocando-se a equação (2) na equação (1).000 → 1. suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 = E 2 A 2 205 x 10 9 x 2 x 10 −4 → ∆V = 0. Calcule a tensão normal nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A.000 N. Dados: L1 = L2.35 mm Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB.0 cos 35 o → L1 cos35 = L2 L1 = 2. Ε2 = 205 GPa.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 = 23.44 m Da equação de compatibilidade: F2 x 2.13 F1 = 15. O Problema é uma vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos. tem-se: 2 x F1 + 4 x 5. ∆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).∑ 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.86F1 = 3 x P = F2 205 x 10 9 . 080. Vamos retirar um dos apoios e determinar o deslocamento que o apoio retirado está impedindo. Determine as reações nos apoios A e B.080.3 N barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e solicitada por uma força axial F. ∑ Fx =0 → HA − F + HB = 0 (1) O problema é uma vez hiperestático.080.000 F1 = 6.1 + 58.839.6 = → A 2 5 x 10 − 4 → σ1 = 13.6 N F2 = 40.16 MPa Cálculo da reação vertical no apoio A (equação (1): VA = − F1 − F2 + P = Exercício 3): A − 6.000 = 11.6 = A 1 5 x 10 − 4 σ2 = F2 40.839.68 MPa σ 2 = 80.6 − 40.080.1 N Cálculo da tensão normal nos cabos: σ1 = F1 6839.→ 25.44 F1 = 3 x 58. Colocando-se o apoio retirado. tem-se: . 000 N.500. Calcule: a) as reações nos apoios indeformáveis A e B.a F.Compatibilidade dos deslocamentos: ∆L1 = ∆L 2 HA = F− HB → → H . a = B EA EA HA = F − → HB = F.6 H 1B = F1 .000 x 0. F2 = 3. a L = F − L L L = F. a 2. Dados: F1 = 2.384.000 x 1.6 N L 2. b F (L − a ) → H A = L L Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e F2. b 2.4 N L 2.8 = = 615.8 = = 1. a L F. b) a tensão normal no meio da barra.6 .L F. Aseção transversal = 200 mm 2 Superposição dos efeitos: H 1A = F1 . 423.692.1 N Ou: F = − HB + F2 = − 2.6 H 2B = F2 .4 + 2. Dados: Ε = 1.3 = 2.9 N H B = H 1B + H 2B = − 615.7 N L 2.6 H A = H 1A + H 2A = 1.H 2A = F2 .5 GPa. b 3.6 = = 807.7 = 576.1 = = 7.1 MPa Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. a 3.6 − 807.500 x 2.9 N Cálculo da tensão normal no meio da barra: F = força normal axial no meio da barra F = − HÁ + F1 = − 576.9 + 2.423.500 = 1. Α = 5 x 10 − 3 m2 .3 N L 2.000 N.076.1 N Então: σ= F 1.9 + 3. Calcule as reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.1 N / mm 2 A 200 ou : σ = 7.423.0 = = 2.000 = 1.384.076.500 x 0.692. 000 N e HB = 0. Sendo dados Εc = 26 GPa e Εs = 205 GPa calcule a tensão normal no concreto e nas barras de aço.0 → → H B = 6.5x10 9 x 5x10 −3 Colocando-se o apoio B.437.200 9 1.5 = 11. A seção transversal do pilar é quadrada (300 mm x 300 mm) e está solicitado por uma força axial de compressão F = 300.562. .000 x 2. H B x 3.OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por: HA = 18.8 mm EA 1. a reação HB deverá diminuir (encurtar) a barra de ∆L1 – 2 mm.000 18.000 − 6.8 − 2.000 = = 4.562.5x10 x 5x10 HA + HB = −3 F = 4.5 N Exercício 6): Um pilar de concreto armado tem 3.000 N aplicada através de uma placa rígida.0 metros de comprimento longitudinal e possui quatro barras de aço de diâmetro Φ igual a 16 mm.0 Vamos retirar o apoio B: ∆L1 = F x 2.5 N H A = 18. tem-se: Fc + Fs = 300.092.000 − 4 ⋅ π ⋅ 8 19.000 − 19.Chamando de Fc a força absorvida pelo concreto e Fs a força absorvida pelas barras de aço.07 Fs Então: 14.907.1 4 ⋅ π⋅ 8 2 2 = 3.000 N O problema é uma vez hiperestático.000 − 4 ⋅ π ⋅8 ) 2 = Fs 205 x 4 ⋅ π ⋅8 2 Fc = 14.75 N / mm 2 Fs = 19.9 90. 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 (90.1 N . Sabendo-se que a força F é aplicada através de uma placa rígida.907.07 Fs + Fs = 300.000 N → Fc = 300.1 = 280.14 N / mm 2 = 24.092.9 N Cálculo da tensão normal: σc = σs = 280.907. 4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 20ºC.95 x 10 6 N / m 2 Ou: σcompressão = 71. Dados: Ε = 205 GPa. α = 11. 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.Exercícios do item 3. Sabendo que os engastes são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC.95 MPa .7 x 10 − 6 /oC Retirando-se o apoio B.7 x10 − 6 x 30 σ = 71. Exercício 2): A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C. α = 21.52 MPa .6 x 10 − / C.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. Dados: Ε = 70 GPa. Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura descer para − 60ºC. L = 4.52 x 10 6 N / m 2 Ou: σtração = 128. 6 x 10 − 6 x 4 x 85 . L = 4.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.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 /oC. α = 21. Dados: Ε = 70 GPa. 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. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a temperatura subir para 100º C.02 x 10 6 N / m 2 σtração = 76. Α1 . Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa. α1 = α2 = 12 x 10 2 2 = 600 mm .344 x 10 −3 − 3 x 10 − 3 σ = 76.σx 4 70 x10 9 = 7.02 MPa Ou: 4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a temperatura é igual a 18º C.8856 mm −6 o / C. b) 70º C.500 x 45 = 2.3 MPa Ou: 5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a 25º C. Dados: Ε = 70 GPa.5 mm .4 = = 279.791. F = então: 0.0 b) ∆L T = 20 x 10 − 6 x 2.4 = = 139.791.25 mm < 2.8856 F = 83.4 N Cálculo da tensão normal: σ1 = F 83. c) 105º C.3 N / mm 2 A2 300 σ2 = 279.7 N / mm 2 A1 600 σ1 = 139.0569 x 10 – 5 . F 205 x 10 x 300 ∆LF = ∆LT 1. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra quando a temperatura for igual a: a) 10º C.7 MPa Ou: σ2 = F 83.0569 x 10 – 5 .791.∆L F = F x 500 3 F x 400 + 205 x 10 x 600 3 = 1. que α = 20 x 10 − 6 /oC a) σ = 0. Portanto.17 mm 3 EA 120 x10 x 125 .0 mm > 2.4 x 10 − / C.000 N e a temperatura subir para 40º C. que α = 9. a barra não vai encostar no apoio B.5 = σ x 2.000 x 25 = 3.500 FL + αL∆T = + 9.4 x10 − 6 x 2.0 c) ∆L T = 20 x10 − 6 x 2. A = 125 mm ∆L1 = ∆L F + ∆L T = 6 o 2 27.5 mm ∆L F = F x 2.500 3 70 x10 A → 1.500 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.500 x 80 = 4.000 x 1. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule as reações HA e HB quando for aplicada a força F = 27. então: σ = 0. Dados: Ε = 120 GPa. 000 N → H A = 18.17 mm → = 1.000 = 1.∆L HB = 1.17 mm H BL H B x 2. Dados: α1 = 23 x 10 − /oC. α2 = 12 x 10 − /oC 6 6 tenha coeficiente de dilatação térmica .775 N EA 120 x10 3 x 125 H A + H B = 27.225 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.17 → H B = 8. 93 mm ∆LT2 = α 2 L 2 ∆T = 12 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0.49 + 4.49 x = 30 290 0.25 mm 30 d = 0.74 mm .25 = 4.∆LT1 = α 1 L1 ∆T = 23 x 10 − 6 x 900 x 45 = 0. 290 = 4.44 .44 = 290 30 → → x = 0.93 − 0.49 mm ∆LT1 − ∆LT2 x = 30 290 x 0. 346 ∆T = 5 T = 22 + 14.410 ∆T 0.000 + α AL L AL ∆T = 35.6 x10 − 6 x 35.000 + 0.7 x 10 − 6 x 35.010.010.92 mm .000 ∆T = 35. Um tubo de aço.000 + 21. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o mesmo comprimento.005 + ∆LTS 35.7 x 10 − 6 /oC 35.000 + 21.000 + ∆LTAL = 35.005 + 11.45 o C T = 36.45ºC têm-se os seguintes comprimentos: L AL = 35.000 0.6 x10 − 6 x 35. αS = 11.7 x10 − 6 x 35.45 o C Observação: à temperatura t = 36.45 → → ∆T = 14.6 x 10 − 6 /oC.005 +11.756 ∆T − 0.410 ∆T = 35.005 x ∆T 35.005 + 0.92 mm L S = 35.45 = 35.8) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. à mesma temperatura.45 = 35.756 ∆T = 35. é 5 mm mais longo.005 + α S L S ∆T 35.005 x 14. Dados: αAlumínio = 21.000 x 14.005 − 35. τm = F 20.04 x 0.Exercícios do item 4.5 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.5 MPa A 2 x 0.000 = → τ m = 2.10 Ou: τm = F 20.5 N / mm 2 = 2.000 = → τ m = 2.5 x 10 6 N / m 2 = 2. .2: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média que ocorre na cola. Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio de momentos fletores.7 N / mm 2 3) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro.000 = → σ m = 292.924 N .5 N / mm 2 2 A π x7 → τ m = 71.500 = A π x 10 2 σm = F 45. ∑ 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.τm = F 22. Calcule a tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25 kg. 25 a) τm = F 112.5 = 2(1 + ν) 2(1 + 0.14 x 4 Exercício do item 4.000 = 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. Dados: Ε = 87. b) o deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca.τm = F 3.1 N / mm 2 2 A 3.4: Um bloco está solicitado por uma força F = 112 kN. ν = 0. Calcule: a) a tensão cisalhante média.5 GPa.924 = → τ m = 78.25) → G = 35 GPa . 05 mm Neste caso n = 4 e nA = 1 (corte simples) τ méd = F 35.7 N / mm 2 2 A 4 x 1 x 3.000 N.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.032 mm Exercícios do item 4. __ Dados: F = 200. 2 τ = 95 N / mm Para este problema: n = 8 e nA = 1 (corte simples) .000 = → τ méd = 30.5: 1) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F = 35.000 N. d = 19.525) 2) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo.14 x (9. ∆ = 0. 15 mm Portanto: d = 18.000 = A 6 x 100 → σ = 50 N / mm 2 .000 8 x 1 x 3.1 N / mm 2 2 A 6 x 1 x 3. Dado: d = 12 mm 1ª opção: F = 15.000 N.14 x (6) F 15.000 = A 3 x 100 → σ = 50 N / mm 2 2ª opção: F = 30.000 = → τ méd = 22.1 N / mm 2 2 A 6 x 2 x 3.14 x (6) F 30. n = 6.000 F = → τ méd = 22.3 mm 3) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal nas chapas. n A = 1 τ méd = σ= F 15.000 N.14 x (R ) 2 → R = 9.τ méd = F A → 95 = 200. n = 6. n A = 2 τ méd = σ= 30. 2 θ= → J = 8. 3 GJ 60 x10 x 8.Exercícios do item 5.01 N / mm 2 8.42 x 10 − 3 rad. . c) o deslocamento horizontal do ponto c.2 mm 4 ou : τ máx = 5. b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A.4: 1) Para o eixo abaixo calcule: a) a tensão de cisalhamento máxima.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. T.600 x 800 TL = = 7. r J ( ) ( π 4 π D e − D i4 = 18 4 − 12 4 32 32 τ máx = b) ) 4.600 N.270.270.01 MPa 4.2 c) tg θ ≅ θ = ∆ 9 → ∆ = 9 x θ = 9 x 7.mm. Dado: G = 25 GPa. a) τ = J= G = 60 GPa.600 x 9 = 5.270. Dados: T = 4. 67 MPa ou : TL GJ θB = 22.592.000 3 25 x10 x 613.67 N / mm 2 613. r J onde: J= π 4 π 4 D = 50 32 32 41. (no sentido de 63.000 x 3.592.3 Resposta: − 63.194 x 10 − 3 rad.000 N. G1 = G2 = 30 GPa.000 x 25 = 1.3 θ B = 3.τ= τ máx = θ= T. = − 3. Dado: d1 = 100 mm.000 x 2.3 mm 4 τ máx = 1. .592.500 3 25 x10 x 613.194 x 10 − 3 rad.3 → J = 613.592.mm) Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. d2 = 60 mm. .37 N / mm 2 2 τmáx = 0.43 MPa Resposta: Cálculo de θB: θ= TL GJ θB = 68.730 x 5. c) o deslocamento horizontal do ponto c.000 3 30 x10 x 1.065º Exercício 4) Sendo G = 30 GPa calcule para o eixo de seção circular: a) a tensão de cisalhamento máxima.000 30 x10 3 x 9. r J → τ máx 1 = 0.82 x 10 6 + 15.000 3 30 x10 x 9. b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Obs. = 180 o então : θ B = 1.J1 = π 4 π D = 100 4 32 32 → J1 = 9.27 x10 6 + 15.730 x1.27 x 10 6 6 T.82 x10 6 θ B = 1.14 x 10 −3 x 180 o π = 0.43 N / mm 2 → τ máx = 0.500 x 2.82 x 10 6 mm 4 J2 = π 4 π 4 D = 60 32 32 → J 2 = 1.: conversão de radianos para graus: 1 π rad.27 x 10 6 mm 4 τ= Cálculo de τmáx : τ máx 1 = 84230 x 50 τ máx 15730 x 30 2 9.14 x 10 − 3 rad.82 x 10 = 1. T = 12 F 42 .10 1.06 x 10 −3 rad. r J . Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde está aplicado o binário em relação ao engaste rígido.57 x10 30 x10 9 x 1.61º) ∆ = 0.57 x10 − 4 θ B = 1.06 x 10 − 3 = 1.66 x 10 6 N / m 2 ou : J =1.00 100.10 x 1. tg θ ≅ θ = → ∆ 0.000 x1.a) τ = τ máx = b) T.06 x 10 − 4 m Exercício 5) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32.20 4 32 = 63.000 x1. Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o valor da força F.5 MPa. onde: 100.57 x10 − 4 m 4 τ máx = 63.66 MPa 100.10 → (ou: 0. Dado: G = GPa.000 x 0.10 x θ = 0.5 TL = − + 9 − 4 GJ 30 x10 x 1.57 x10 θ= −4 J= π 0. 5 = Cálculo do ângulo de torção: θ = 0. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB: θB = T.7º) Exercícios do item 5. Precisamos de mais uma equação que virá da “compatibilidade dos deslocamentos”.5: 1) Determine as reações nos engastes indeformáveis.a TL = GJ GJ .75 m m 4 τ máx = 32.9 ⋅500 42 x10 3 x 2035.75 θ= TL = GJ → F = 918. ∑M =0 → TA + TB = T O Problema é uma vez hiperestático. O eixo é prismático e tem seção transversal circular. 12 F ⋅ 6 2035.J= τ= π 4 12 32 T.064 rad.75 (ou: 3.9 N 12 ⋅ 918.r J → → J = 2035. a GJ = T . tem-se o giro relativo θ B : θ |B = TB .a = L TA = T L L − T.| Colocando-se o engaste B. L GJ Compatibilidade dos deslocamentos: θ |B = θ B TB . L GJ → TB = T . Superposição dos efeitos: .a L Da equação de equilíbrio: TA = T − TB = TA = T ( L − a) L T− → T. a L T. b L Exercício 2) Calcule as reações nos engastes indeformáveis do eixo abaixo. 9 N.m 2.m 2.4 = 2.TA1 = 1.1 − 1285.0 = 714.071.0 = 1.6 = = 1.8 TA3 = 3.000 x 0.000 x 2.8 TB2 = 2.m 2.4 N.3 N.3 + 1928.m 2.4 TB = 142.6 N.000 x 1.9 − 714.8 642.8 = 1.8 = 1.000 x 1.m 2.m 142.8 TA2 = 2.2 N.928.8 TB1 = TA = 857.1 N.357.071.285.m .4 = 857.000 x 1.m 1.7 N.8 N.7 + 1.8 TB3 = 3.000 x 1. mm ∑M =0 → TA + TB = T Retirando-se o apoio B.0 x 10 N.2000 TL = GJ GJD Colocando-se o apoio B: θ |B = TB . 3000 = + G JD GJD GJd .2000 TB . Τ = 4.2000 TB .Exercício 3) Calcule a tensão de cisalhamento máxima que ocorre no eixo abaixo. 2000 TB . tem-se: θB = T . D = 100 mm. L T . d = 50 mm. 7 Dados: G1 = G2. 3000 = B + GJ GJD GJd Compatibilidade dos deslocamentos: θ B = θ|B Cálculo de JD e Jd : → T . Os engastes A e B são indeformáveis. 2000 = 9. .20 x 10 6 mm 4 TB . 3000 9.75 TB TA = Cálculo de τmáx: ) = 125.59 N/mm2 Resposta: τmáx = 125.82 x 10 6 203.38 x10 6 x 50 9.82 x10 6 15.82 x 10 6 mm 4 ( π 100 4 − 50 4 32 T .6: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção vazada de parede fina com espessura t constante.36 N/mm2 = 83.82 x 10 6 T − TB τ = 9.r J 24.62 x10 6 x 50 6 + → 529.20 x10 TB .20 x 10 6 TB = 15. 2000 9.mm → TA = 24.JD π (100) 4 = 32 Jd = = 9.38 x 10 6 N.36 MPa Exercício do item 5.mm T.67 T = τ máx 1 = τ máx 2 = = 9.62 x 10 6 N. 21 N / mm 2 Exercício do item 5.10: Calcule a tensão de cisalhamento máxima da barra abaixo.260 mm 4 τ máx = 45. Dado: Τ = 45.τ méd = T 2A t Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto τ méd = 135.mm τ máx = T .204 x 3 → τ méd = 10. t máx 0.260 .000 2 x 2.333 x 10.000 N.03 N / mm 2 0.333 (∑ a t ) i 3 i ∑ a i t 3i = 30 x 33 + 40 x 6 3 + 30 x 33 = 10.000 x 6 = 79. Diagramas de esforços internos (Momento fletor e força cortante) . . x − M B qx 2 qL2 qx 2 − = qL. = − 2 2 (se o sistema de referência for colocado na extremidade livre) V( x ) = − qx M( x ) = VB .x qx 2 M( x ) = − qx .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 máx = 8 M máx = − VA . L1 = − P.L 2 . L1 − q = − P.L 2 2 . x − q ( 0 ≤ x ≤ L1 ) 2 L1 2 M(L1 ) = VA .x2 M( x ) = VA . . 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 .VA = qL 6 qx 3 M( x ) = VA x − 6L VB = qL 3 qL qx 3 x− 6 6L = M máx = 0. 8 x 10 − 4 m 4 12 Cálculo da tensão normal (σ): σ= M.000 x (− 0.y IZ σI = −15.8 x 10 − 4 σK = −15.000 N.000 x ( 0.15) 1.000 N 0.000 x (0) 1. J e K .8 x 10 − 4 → → σ I = 12.5 x 10 6 N / m 2 = − 12.5 x 10 6 N / m 2 = 12.15) 1.5 MPa σJ = 0 → σ K = − 12.5 MPa .8 x 10 − 4 σJ = −15. Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos: M = − 15.3: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos I.30 3 = 1.08 x 0.m IZ = e V = − 5.Exercícios do item 6. Q b .08 x 0. como mostra a figura abaixo.075 = 3. Calcule meio da viga e no engaste.8 x10 − 4 τJ = 5.000 x 0 0.15 x 0.8 x 10 τK = 5.Cálculo da tensão cisalhante (τ): τ= V.08 x 1.000 x 0 0.125 x 105 N / m 2 = 0. IZ τI = 5.000 x 0.3125 MPa −4 0. σ máx c e τ máx no .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.000 N σ máx t .08 x 1.08 x 1. Dado: P = 30. 8125 x 10 − 5 = 3 x 10 6 N / m 2 = 3 MPa • No engaste da viga tem-se os esforços internos: M = − 30.3021 x 10 − 4 m 4 σ máx t = − 150.000 x (−0.3021 x 10 − 4 = − 144 x 106 N / m 2 = − 144 MPa τ máx = 30.8125 x 10 − 5 = − 200 x 10 6 N / m 2 = − 200 MPa τ máx = 30.000 (N) x 2.m V = − 30.• No meio da viga tem-se os seguintes esforços internos (ou esforços solicitantes): M = − 30.000 x (0.3021 x 10 − 4 = 1.8 x 10 6 N / m 2 = 1.5 (m) = − 75.000 x (−0.8 MPa .000 x ( 0.10 x 0.253 IZ = 12 = 1.m V = − 30.000 (N) x 5.8125 x 10 − 5 = 200 x 106 N / m 2 = 200 MPa σ máx c = − 75.000 x (0.0 (m) = − 150.0625) 0.075) 2.075 x 0.000 N.0375) 0.000 N 0.10 x 0.000 N 0.8125 x 10 − 5 m 4 σ máx t = − 75.000 x (0.10 x 2.000 N.075) 2.125) 1.125 x 0.10 x 0.125) 1.10 x 1.153 IZ = 12 = 2.10 x 0.3021 x 10 − 4 = 144 x 106 N / m 2 = 144 MPa σ máx t = − 150. ∑ FY = 0 → ∑ MA = 0 → VA + VB = 27.1 N 0.18 = 4.000 x 2.34 x 10 6 N / m 2 = −4 6.998 x 10 4.7 − 15.3 x 0.892.9 N ∑ MB = 0 → VA x 3.3) Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.000 x 1.998 x 10 − 4 m 4 12 σ máx t = 16.2 + 15.000 x 2.076.000 x 1.000 N 12.34 MPa .2 = 0 VA = 12.9 = 0 VB = 14.923.9 − 12.7 − VB x 3.18 x 0.363 IZ = = 6. 18 x 6.076. .18 x 0.18) = − 4.998 x10 4) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical.998 x 10 14.9 x 0.σ máx c = τ máx = 16.3 x (− 0. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.09 = 325.892.854.34 x 106 N / m 2 = − 4.18 x 0.2 N / m 2 = 0.326 MPa −4 0.34 MPa −4 6. 0 + 2.25 10 − 4 3.15 = 6. h 3 0.0 + 2.075) = 0.000 x 3.000 x 4.25 x10 σ máx T = 6.500 N Cálculo do momento de inércia IZ: b.0 x 105 N / m 2 5) A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria vertical.0 − 4.0 + 4.0 x 10 6 N / m 2 −4 2.000 x 9 = 0 VB = 8.000 N ∑MB = 0 → 6 x VA − 6.0 = 0 VA = 4.000 x 2. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante. .25 x 10 − 4 m 4 12 12 Cálculo das tensões normais extremas: σ= M .0 − VB x 6.0 MPa σ máx C = − 6.15 x 0.000 x 0.303 IZ = = = 2.500 x 2.500 N 6.000 x (0.10 x 0.Q b IZ τ máx = 6.∑ FY = 0 → ∑MA = 0 → VA + VB = 12.0 MPa Cálculo de τmáx: τ= V .10 x 2.500 x 4.y = IZ 9.10 x 0. 10 Cálculo de IZ: 0.15 x 0.55 x 0.10 x (0.26 − 0.55 x 0.26 m A1 + A 2 0.14 − 0.35 y= = = 0.15) 2 12 = 1.15 + 0.55 x 0.15 x 0.Cálculo das coordenas do centróide: _ z=0 _ _ _ A1 ⋅ y1 + A 2 ⋅ y 2 0.30 3 + 0.10 x 0.30 x (0.15 x 0.55 x 0.05) 2 + IZ = 12 0.15 x 0.30 x 0.10 3 + 0.373 x 10 − 3 m 4 .30 + 0. 5 N / m 2 −3 1.26 x 0.705.(−0.373 x 10 − 3 611.14) = − 917.8 N / m 2 −3 0.15 x 0.(0.70 MPa σ máx C = − 1.373 x 10 − 3 − 1.198.297.373 x 10 σg = − 6.26) = 1.2 N / m 2 −3 1.0 N / m 2 σh = − 6.14 MPa Cálculo de τmáx: τ máx = 6.799.000 x.000 x.15 x 1.373 x 10 6) A viga abaixo está solicitada pela força P atuando no plano de simetria vertical.14) = 1.698. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão cisalhante.704.000 x 0.136.(−0.000 x.(0.σe = 9.26) = 1.373 x 10 σf = 9.13 = 147.000 x.1 N / m 2 σ máx T = 1. Cálculo das coordenadas do centróide: . 348 x 10 6 m m 4 Cálculo das tensões normais extremas: σ máx t = 37.348 x 10 .27 − 10) 2 12 = 11.27) = − 123.500.000 x 82.54 N / mm 2 6 40 x 11.000 = = 82.800 = 20 x 1003 IZ = + 20 x 100 x (82.348 x 10 σ máx c = 37.39 N / mm 2 6 11.000 x (−37.73 x 20 x 41.73 − 50) 2 x 2 + 12 240 x 20 3 + 240 x 20 x (37.365 x 2) = 7.16 11.73 = 273.000 x (82.348 x 10 6 N / mm 2 Cálculo de τmáx: τ máx = 25.500.73 mm 20 x 100 x 2 + 240 x 20 8._ z=0 _ y 20 x 100 x 50 x 2 + 240 x 20 x110 728. 0 m de comprimento está solicitada por duas forças: F1 (vertical) e F2 (horizontal). F2 = 27.Convenção de sinais para os momentos fletores M z e M y : Exercícios item 6. Calcule na seção transversal do engaste as tensões normais extremas e o ângulo (φ) que a L.000 N. Dados: F1 = 15.7: 1) Uma viga em balanço com 4. N.000 N . forma com o eixo z. A linha neutra do momento fletor My coincide com o vetor momento porque o eixo y é um eixo principal de inércia (ΙZY =0).000 = 60.30 x 0.000 N.Momentos fletores na seção transversal do engaste My e Mz: M y = 4 x F2 = 4 x 27.0 x 10 − 4 m 4 12 .20 3 → I y = 2.30 3 Iz = → I z = 4.m M z = 4 x F1 = 4x 15.20x 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).000 N. 0.5 x 10 − 4 m 4 12 Iy = 0.m My é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo z.000 = 108. Mz é negativo porque comprime o sentido positivo do eixo y (comprime em baixo). 0 x 10 −4 108.0 x 10 − 4 6 N / m2 6 N / m2 = 74 x 10 = − 74 x 10 Na linha neutra σ = 0.000 (−0.000 (0.405 m .000 y 4. portanto. 0 = Para z = 0 → − 60. a linha neutra passa pelo centróide. Para z = 0.z M z .000z 2.0 x 10 − 4 108.10) 2.5x10 −4 − − M y .000 y 4.000 (0.5x10 − 4 − 108.5x10 − 4 60.Cálculo da tensão normal na seção transversal do engaste: σ = σ = σa = − σb = − 60.15) 4.15) 4.5x10 − 4 − 108.10) 2.000 (−0.000z 2.0 x 10 − 4 y = 0.10 m → y = − 0.y + Iz Iy − 60. m .800 N e θ = 72º calcule na seção transversal do engaste: a) as tensões normais extremas.10 2) Sendo dados P = 9.13o 0.281 N.405 → φ = arctg (4.05) = 76. b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z.tg φ = 0. Decompondo-se o vetor momento nas direções principais de inércia: M z = M cos 18o → M z = 37. y + Iz Iy .113 N.113 N.z M z .m M y .0 = 9800⋅ cos 72o ⋅ 4.m M y = 12.M y = Msen 18o → M y = 12.0 σx = → → M z = 37.0 M y = Pz ⋅ 4.800 ⋅sen 72o ⋅ 4.281 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. 89 x 106 (0.89 x 10 6 y + 36.11 x 10 6 N / m 2 b) Na linha neutra σ = 0 0 = − 17.03) y= 0 y = 0.53 12 12.34 x 106 (0.281y + 0.23 12 σ x = − 17. é obliqua ao plano que contém o carregamento e o centróide.34 x 10 6 z a) σ ax = − 17. a L.8o Na flexão oblíqua a linha neutra não coincide com o vetor momento.34 x 106 (−0.2 ⋅ 0.10) = 8.5 ⋅ 0.N.203 m → φ = 63.34 x 106 z Para z = 0 → Para z = 0.1m → tg φ = 0.89 x 10 6 y + 36.113 z 0. portanto.10) = − 8.25) + 36.203 → 0.1 φ = arc tg (2.σx = − 37.11 x 10 6 N / m 2 σ bx = − 17.89 x 106 (−0.25) + 36. . 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). 125 + 3000 ⋅ 10 ⋅ 255 = 182.25 Cálculo das coordenadas do centróide colocando-se o sistema de referência na face superior: _ y= 250 ⋅ 150. Calcule as tensões normais máximas no aço e na madeira.25 GPa n= Es 205 = = 20 E m 10. ΕM = 10.78 mm 250 ⋅150 + 3000 ⋅10 Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z do centróide: . Dados: Εs = 205 GPa. 23 x 10 6 m m 4 Cálculo do momento fletor máximo: M máx = P ⋅ L 20.150 ⋅ 250 3 3000 ⋅ 10 3 2 Iz = + 150 ⋅ 250 (182.mm 4 4 Cálculo das tensões normais máximas: σM = σS = 25 ⋅10 6 (−182. ΕC = 13.750 x 8 2 = = = 70.4137 x10 −3 m 2 .23 ⋅10 6 25 ⋅10 6 (77.78 − 125) + + 3000 ⋅10 (77.90 N / mm 2 Exercício sobre flexão de viga de concreto armado (item 6.000 N m 8 8 A S =2 π R 2 = 2 π (15 ⋅10 −3 ) 2 = 1.667 GPa n= Es 205 = = 15 E c 13.667 M máx q ⋅ L2 8.23 ⋅10 6 σ = M .78) 477. A armadura é constituída de duas barras de aço com diâmetro Φ = 30 mm.22) 477.000 x 5.58 N / mm 2 ⋅ 20 = 80.9): Calcule a tensão normal máxima no concreto e nas barras de aço da viga abaixo.22 − 5) 2 12 12 I z = 477.y Iz = − 9.000 = = 25 x 10 6 N. Dados: Εs = 205 GPa. Seção equivalente (seção homogeneizada): _ Cálculo da coordenada y do centróide: _ y= nA s 1 + 2bd − 1 b nA s 15 ⋅1.50 − 0.01 MPa ⋅ 15 = 115.25⋅ 0.25 15 ⋅ 1 .281) 2.219) 3 + 15 ⋅1.5 y= 1+ − 1 −3 0.55 ⋅10 −3 70.000 (0.219) 2.71 MPa .55 ⋅10 −3 = − 6.219) 2 = 2.219 m Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo z: __ 3 4b y I= 12 I= __ + nA s (d − y ) 2 4 ⋅ 0.000 (−0.25 ⋅(0.4137 x 10 −3 2 ⋅ 0. 4137 x 10 _ _ de onde: y = 0.y Iz σC = σS = 70.4137 x 10 − 3 (0.55 x 10 −3 m 4 12 Cálculo da tensão normal no concreto e nas barras de aço: σ = M . Dado: F = 100.mm M ⋅y My ⋅ z F + z + A Iz Iy σ = σ = − 1.375 x 10 − 3 ⋅ y .0 x 107 N.000 − 200 x 400 200 x 4003 12 σ = − 1.000 (N) x 100 (mm) = 1.25 − 9.0 x 10 7 ⋅ y 100.1): 1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais extremas e a posição da linha neutra.Exercícios sobre flexão composta (item 7.000 N Reduzindo a força F ao centróide tem-se: MZ = 100. 25 − 9.125 N / mm 2 Equação da linha neutra: σ = 0 0 = − 1.25 y = = − 133.600 N.5 = – 23.Cálculo das tensões normais extremas: σ máx T = − 1.000 x 2.7 – 5.33 mm − 9.375 x 10 − 3 (200) = − 3 . Calcule também a tensão de cisalhamento máxima.375 x10 − 3 Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no engaste.625 N / mm 2 σ máx C = − 1. Seção transversal do engaste: Mz = – 3000 x 3.25 − 9.375 x 10 − 3 (−200) = 0.375 x 10 − 3 ⋅ y 1.25 − 9.m . 604 x10 − 3 96.06 x10 6 = − 0.25 x 2.06 x 10 6 ⋅ ( 0.25 x 0.06 x 10 6 ⋅ (− 0.2 x 10 − 9.25 x 0.000 N / m 2 Exercício 3) Um pilar está solicitado por uma força de compressão F = 25.000 23600 ⋅ y σ = − − 0.25 x 0. b) o ângulo (φ) que a linha neutra forma com o eixo z.2 x 10 6 y = Cálculo de τmáx: τ máx = τ = − 9.5 0.06 x 106 ⋅ y σ = Cálculo das tensões normais: σ f = − 1. Calcule: a) as tensões normais extremas.46 MPa Equação da linha neutra: σ = 0 0 = − 1.2 x 10 6 − 9.000 x 0.25) = 1. b = 30 mm .000 N. Dados: a = 40 mm.06 MPa − 9.125 = 0.25) = − 3.2 x 10 6 σ g = − 1.25 x 0.2 x 10 6 • − 9.F M ⋅y + z A Iz 150.06 x 10 6 ⋅ y 1.53 12 6 σ = − 1.13 m V ⋅Q b ⋅ IZ 8. 25 x 10 6 N.33) M = 25.87 o ) = 750.000 N.mm M y = M sen (36.0 x 10 6 N.000 ( N) x 50 (mm) → θ = 53. tem-se: tan θ = a 40 = b 30 → θ = arc tan (1. M z = M cos (36.13o = 1.Reduzindo a força F ao centróide.mm .mm O vetor momento M deve ser decomposto nas direções principais de inércia (direções z e y).87 o ) = 1. 6 x 10 −2 (−60) σf = − 3.000 N.6 x 10 −2 (60) σg = 1.85 N/mm 2 = − 3.0 x 10 6 N.04 + 1.25 x10 −2 (100) + 2.Outra forma de calcularem-se M z e M y : M z = P.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 = − 1.6 x10 −2 z a) σf = − 1.mm M y = P .77 N/mm 2 = 1.000 ( N ) x 30 (mm) = 750.25 x10 −2 (−100) + 2. b = 25.04 + 1.04 + 1.25 x10 −2 y + 2.000 ( N) x 40 (mm) = 1.85 MPa σg = − 1. a = 25.77 MPa b) Linha neutra: σ = 0 . 04 + 1. está solicitado por uma força de compressão F = 200.3o Exercício 4) Um pilar.2 (mm) = 2.0x 107 N.mm Existem infinitos eixos de simetria passando pelo centróide de uma área circular.08 40 (mm) → φ = 64.25 x10 −2 y tan φ = → y = 83.000 (N) x 100 (mm) = 2.04 = 1. b = 60 mm M = 200.04 = → z = 40mm Para z = 0: 1.6 x10 −2 z Para y = 0: 2. Desta forma o eixo z pode ser girado até encontrar a direção do vetor momento M.6 x 10 −2 z 1. b) a posição da linha neutra. . Dados: a = 80 mm.000 N.25 x10 −2 y + 2. Todos estes eixos são eixos principais de inércia. de seção transversal circular.2 mm 83.0 = − 1. Calcule: a) as tensões normais extremas. 0 x10 7 ⋅ y' − π ⋅ 150 2 π (300) 4 64 σ = − 2.83 − 5.03 x 10 − 2 y' y' = − 56.3 mm . σ = − 200.83 − 5.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' ).71 N / mm 2 σ g = − 2.03 x 10 − 2 y' a) σ f = − 2.83 − 5.03 x 10 − 2 (−150) = 4.000 2.83 − 5.03 x 10 − 2 (150) = − 10.4 N / mm 2 b) 0 = − 2. 9 mm 2 = Área total do pilar: An 1963.5 = = 0. com seção transversal retangular.5 mm 2 = Área do núcleo central: A t = π R 2 = π 100 2 = 31. An At A n = π R 2 = π 25 2 = 1963.000 = = 0.0625 A t 31.000 mm 2 2 A t = 150 x 600 = 90. com seção transversal circular.415. na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).9 → A n = 6.2): 1) Calcule a área de um pilar.25% da área total 2) Calcule a área de um pilar.000 An = → A n = 5.415.Exercícios sobre núcleo central (item 7.56 % da área total . na qual uma força de compressão (tração) pode atuar e não ocorre tensão normal de tração (compressão).0556 A t 90.000 mm 2 A t = Área total do pilar: A n 5. An = Área do núcleo central: 50 x 100 x 2 = 5. 1ª solução: Colocando-se o sistema de referência no ponto A: E I v | | (x ) = − M(x ) M( x) = − P. determine: a) a equação da tangente à linha elástica. b) a equação da linha elástica.x (0 ≤ x ≤ L) E I v | |( x ) = + P.x E I v (x ) = | P x2 + C1 2 Os engastes impedem rotações. c) a deflexão do ponto A.Exercícios do item 8. d) a deflexão do ponto d. 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 .4: 1) Sendo Ε Ι = constante. 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. 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. então: E I v(0) = 0 − 0 + C 2 = 0 → C2 = 0 v ( 0) = 0 .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.x (0 ≤ x ≤ L) E I v | | (x ) = − M(x ) E I v | |( x ) = PL − P. d) a deflexão do ponto d. determine: a) a equação da tangente à linha elástica. 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 . b) a equação da linha elástica. 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.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. c) a deflexão do ponto A. b) a equação da linha elástica. 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): . c) a deflexão máxima. 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. d) a rotação nos apoios.Os engastes impedem deslocamentos. determine: a) a equação da tangente à linha elástica. 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 = 1.5L X3 = − 0.366L X2 = 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 . 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 . c) a deflexão no meio do vão. determine: a) a equação da tangente à linha elástica.4) Sendo Ε Ι = constante. b) a equação da linha elástica. 52L: qL q (0.73L2 = ± 1.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.27L2 = ± 0.27 L2 x= a x 1 = ± 1. 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 = 0.00652 qL4 EI . a deflexão máxima vai ocorrer na coordenada x = 0.52L) 36 120L 360 v(0.52L) = − (0.52L) 5 7qL3 3 E I v(0.52L) + + (0.52 L 4 Portanto.32 L 2 x 3 = ± 0.52L) = v máx = 0. 00652 x 80. q = 80. E I = constante.20 ⋅ (0.5) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo.000 x (5) 4 = 120 x 109 x 2.083 x 10 − 3 1.5) 3 I = = 12 12 v máx = v máx = → I = 2.00652 qL4 EI 0.083 x 10 − 3 m 4 0. Dados: Ε = 120 GPa.3 x 10 − 3 m .000 N/m b h 3 0. c) a deflexão máxima. determine: a) a equação da tangente à linha elástica. 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 . d) a deflexão do ponto de aplicação da força P.6) Sendo Ε Ι = constante. b) a equação da linha elástica. 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. (0 ≤ x ≤ L ) . qx 2 M ( x ) = − Px − 2 E I = constante. 8) Determine a deflexão no meio da viga. .6 cm calcule o valor do módulo de elasticidade da viga abaixo. (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.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. E I = constante. Trecho 1: M ( x ) = P x 2 E I = constante. Dados: γs = 77 kN/m3.v máx Iz = PL3 = 48 E I 0.000 mm 2 . 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 = 3.16x10 − 5 m4.375 x10 −4 E = 70.4) 3 0. A viga é de aço e tem seção transversal em forma “ I ”.12 GPa 10) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo devida ao peso próprio.30 3 = 3.12 x 109 N / m 2 ou: E = 70.006 = 48⋅E ⋅3.15 ⋅ 0.375 x10 −4 m 4 12 26000(6. Εs = 205 GPa. Ιz = 4. 31 x 10 − 3 m 9 −5 384 E I 384 x 205 x 10 x 4.58L) = v máx = 0. 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) 6L 6 v(0.A = 3.58 L = 0.000 (10 −6 )m 2 Ou: = 3.58L) 3 ML + (0.064ML2 EI x= L2 3 = ± 0.58L) = − → x2 = 2L2 6 → M (0.A = 77000( N / m 3 ) x 3.0 x10 −3 m 2 q = γ.16 x10 11) Sendo E I = constante determine a deflexão máxima e a rotação nos apoios.064ML2 .0x10 −3 (m 2 ) v máx = 231 N / m 5qL4 5 x 231 x 9 4 = = = 2. 0) = E I v(2.0667 x 10 −3 m 4 12 E ⋅ 1.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.20 x 0.0) = − ( 2. E I v( x ) = − P 3 PL2 x x + 12 16 ( 0 ≤ x ≤ L / 2) Para x = 2.833 P .0) 2 3 (2. E I = constante.55 x 10 9 N / m 2 = 5.55 GPa 3.0) + 12 16 0.011 = 3.0667 x10 −3 ⋅ 0. tem-se: P P(6.40 3 I = = 1.0 m.833 ⋅17000 E = 5. Exercícios do item 8. 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 .6: 1) Construa os diagramas de esforços internos (momento fletor e força cortante) da viga abaixo. Com o sistema de referência com origem no apoio A. Retirando-se a mola da viga: (0 ≤ x ≤ L) . 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. 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 . 0 m. Dados: ΕBC = 120 GPa.327.Exercícios sobre flambagem: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. LBC = 4. 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 = 1.5 N .0 x 4000 PCR = π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500 (4000)2 = 4000 mm = 8. 7 x 4000 PCR = = π 2 ⋅ 120 x 10 3 x 112500 (2800)2 2800 mm = 16. 2) Resolva o problema anterior considerando que o pilar BC está engastado no ponto C.994. 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.A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( PCR ) do pilar. vai ocorre flambagem do pilar BC. Cálculo da carga crítica do pilar BC: PCR = π 2 E I min (L fl )2 L fl = K ⋅ L = 0. . Portanto.9 N FBC < PCR . neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar. 9 N 4) A treliça abaixo é formada por quatro barras de aço com seção transversal circular. Calcule: a) a tensão normal na barra CD.345 0.69 m PCR = π 2 ⋅ 205 x 10 9 x 2. c) investigue se a barra AB irá flambar.560 → F2 = Pcr. .485 x 10 − 9 (0.cos θ = 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 = − 1.69 → θ = arc cos (0.142.155P) cos 60 o = 0. então: P = 9.69)2 = 10.155 P = 10.69 = 0. b) o alongamento da barra AC.485 x 10 − 9 m 4 64 64 L fl = K ⋅ L = 1. Todas as barras têm o mesmo diâmetro φ = 30 mm e módulo de elasticidade Ε =205 GPa.0 x 0.155 P F1 = − (−1.5775 P Cálculo da carga crítica da barra 2: PCR = I min = π 2 E I min (L fl )2 π D 4 π (0.560 N Para que ocorra flambagem da barra 2: 1.015) 4 = = 2. 8 N ∑ FX = 0 → FAC cos θ + FAB = 0 → FAB = − FAC cos θ FAB = − 2682.57 o ) = − 2400 N .8 cos (26.6 = 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 − 1200 x 5.57 o ∑ FY = 0 → FAC senθ − 1200 = 0 → FAC = 2682.8 → θ = arc tan (0.4 2.5) = 26.=0 ∑MB ∑ FX =0 → H D x1. 79 N / mm 2 FAC L AC 2682. VD = 0.0 x 5600 = 5600 m m PCR = π 2 Ε I min L2fl = π 2 ⋅ 205 x 10 3 x 39760. portanto.Diagrama de corpo livre do nó B: ∑ FX =0 → FAB + FBC cos θ + H B = 0 → FBC cos θ = − FAB − H B − 2.79 x 10 −5 m 9 2 E AC A AC 205 x 10 ⋅ π (0. a barra AB não irá flambar.57 o ) = 1200 N Portanto.4 N cos (26.800 = ∑ FY =0 → VB + FBC senθ = 0 VB = − (−2683.683.3 N FAB = 2. a) σ CD = FCD 4800 = A CD π ⋅15 2 → σ CD = 6.8 (5600)2 = 2.3 N.4) sen (26.400 N < PCR = 2.015) b) ∆L AC = c) Cálculo da força crítica da barra AB: I min = π D 4 π (30) 4 = = 39760. .565.8 mm 4 64 64 L fl = K ⋅ L = 1.400 = − 2.13 = = 5.8 x 3.57) FBC cos θ = − ( − 2400) − 4.565. h 2 2 0 = b . h 2 0 b . .dy dz b 2 O Sistema de referência pode ter origem em qualquer ponto do plano da área. z = .h _ de onde: ∫0 b . dA A h = ∫0 dy = h = 1 y2 1 h2 b [ ] . z = 1 ⋅ h ⋅ b b.• Exercícios resolvidos do Anexo Exercício 1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular. h b . _ y= ∫A h y .h y de onde: b y . dA A = ∫0 _ _ z= ∫A z . Para o sistema de referência acima: _ z = xx mm .b 0 b.h 2 h 2 b ∫0 z .dz b z = 2 2 1 [y]0h . QZ = QZ = − 160 y2 = 2 60 ∫A y . ∫−dz60 [ −160 60 − 200 ⋅ z − 60 ] 1 1 (−160) 2 − (−200) 2 ⋅ [60 − (−60)] = [25.000 mm 3 Outra forma de calcular-se o momento estático: _ y= ∫A y . portanto. 2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do centróide.000] ⋅ 120 2 2 Q Z = − 864. dA = 0 QZ = O eixo z ∫A y .000 mm 3 Outra forma de calcular-se o momento estático: através da área abaixo ._ y =0 A≠ ∞ y = então: ∫A y . dA = ∫− 200 y. dA _ → ∫A y . dA = A =0 0 passa pelo centróide da área A. dy .600 − 40. o momento estático de uma área finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo. dA A → _ Q y= Z A Q Z = (−180) ⋅ 40 ⋅120 = → _ QZ = y ⋅A − 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. então: ∫A y dA = 0 | . 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.000 mm 3 • Demonstração do teorema dos eixos paralelos IZ = I Z| IY = I Y| I Z| = + A._ Q Z = y⋅A = 20 ⋅ 120 ⋅ 360 = 864. IZ = I Z| + A. 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. . a 2 4) Para a área abaixo. 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 2π ∫0 sen 2 dθ 2π 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. . 18 .80 x 0.20x 0.50 x 0.Cálculo das coordenadas do centróide: _ z=0 _ y= ∫A ydA A _ _ = y= _ A 1 y1 + A 2 y 2 A1 + A 2 0.217 m 0.20 + 0.10x 0.20 + 0.80 x 0.05 + 0.55 0.10 x 0.18 = 0.069 = 0.80 x 0.383 m Se o sistema de referência auxiliar for colocado na face superior.10 = 0.35 0.039 = 0.25 + 0.20 x 0.50x 0.10 0.50x 0.80 x 0.50 x 0. tem-se: _ y= 0. 8x 0.13 0.2 x 0.6x10 − 3 m 4 12 12 .133) 2 12 12 I Z = 6.10 x 0.50 x 0.5 x (0.8 x 0.20 3 IY = + = 4. 0.80 3 0.1 x (0.2 x 0.167) + + 0.a 2 0.Transladando-se o sistema de referência para o centróide da figura.15 x10 − 3 m 4 7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y ( I Y ). tem-se: Cálculo de IZ usando-se o teorema dos eixos paralelos: IZ = I Z| + A.5 3 2 IZ = + 0. 7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.1 + 12.7 ⋅ 76.4) 12. • Cálculo das coordenadas do centróide: n _ y = ∑ _ Ai yi i =1 n ∑ Ai i =1 _ y = 12.Exercícios sobre eixos principais de inércia: 1) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.2 ⋅ 6.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.2 ⋅ 38.2 = 6.2 + 12.35 + 12.2 + 12.2 ⋅ (− 25.35 mm . 45) 2 12 = 50.0 mm 4 I Z Y = 0 + 12.75) 2 12 IY → → 76.731.2 ( − 31.2 ⋅ 12.2 ⋅ (95.7 ⋅76.7 ⋅ 76.2 ⋅ 31.7 ⋅ 76.7 3 + 12.2 (44.n _ z = _ ∑ Ai zi i =1 n ∑ Ai i =1 _ z = 12.2 + 12.25) 12.7 ⋅ 76.7 mm 4 .45) 2 + 12 76.2 + 12.45 I Z Y = 2.7 ⋅ 76.2 ( − 44.7 ⋅76.7 3 + 12 I Z = 2.7 ⋅ 76.2 (31.7 ⋅76.612.7 ⋅76.2 ⋅ 12.7 ⋅ 76.45) + 0 + 12.75) ⋅ ( − 44.2 12.2 3 + 12.35 + 12.2 ⋅ 6.8 + 12.75) 2 + IZ = 12 12.2 3 + 12 I Y = 4.7 ⋅76.2 ⋅ 12.7 ⋅ 76.8 mm 12.7 ⋅ 76.401.7 ⋅ 76.7 3 = + 12.2 ⋅ 50.2 ⋅ (−31.7 mm 4 76.318.900.518.7 ⋅76.2 3 + 12.75 ⋅ 44. 431.5 mm 4 52.514 mm4 2 I + IY I − IZ 2 I2 = Z − Y + I ZY 2 2 tg θ1 = I ZY I1 − I Y = = 787. Ι2. θ1 e θ2 2 I + IY I − IZ 2 I1 = Z + Y + I ZY 2 2 = 6. .27º I tg θ2 = − ZY = − 37.499.73º IY − I2 2) Calcule os momentos de inércia centrais principais e as direções dos eixos principais de inércia.• Cálculo de Ι1. 2 ⋅ (38.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.7 3 I y = + 12.889.2 ⋅ 69.2 ⋅ 12.8 + 12.6 mm 4 76.6 mm 4 .2 3 12 → I y = 2.25 12.7 ⋅ 76.2 + 12.35) 2 ⋅ 2 + 12 12.2 ⋅50.2 = 50.52 − 6.599.7 ⋅ 76.68 − 38.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.2 ⋅95.2 ⋅38.7 ⋅ 76.• Cálculo das coordenadas do centróide: _ y = _ z = IZ 12.68 mm 12.8 mm 12.445.1 + 12.1− 6.2 + 12.1) 2 ⋅ 2 + 12 76.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.2 = 48.2 (27.7 ⋅ 76.7 ⋅ 76.2 ⋅ 12.2 + 12.2 ⋅ (48.7 3 + 12.35 + 12.359.7 ⋅ 76.35) 2 12 → I Z = 1.7 ⋅ 76.85 + 12.2 + 12.7 ⋅ 76.2 ⋅ 38.7 ⋅ 76.2 3 = + 12.1 12.2 ⋅ 6. 43 x10 9 mm 4 são os eixos principais de inércia.O produto de inércia Ιzy é igual a zero (a área possui um eixo de simetria).43 x10 9 mm 4 12 12 IZ Y = 0 IZ = → IZ e IY 1.97 x1010 mm 4 I1 = I2 = I Y = 7.97 x1010 mm 4 12 12 800 x 500 3 400 x300 3 IY = − = 7. . 500 x800 3 300 x 400 3 IZ = − = 1. 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.