Adriano Alberto
ENG285 4ª Unidade
Fonte: Arquivo da resolução da lista 1 (Adriano Alberto), Slides do Prof. Alberto B. Vieira
Jr., RILEY - Mecânica dos Materiais.
Momento de Inércia (I)
Para seção retangular:
I=
.
Para seção triangular reta:
I=
.
Semi-círculo:
=
Momento estático (Q)
Q = A . (distância do centróide à L.N.)
= -
.
;
=
.
.
= - .
Módulo de resistência (W)
=
W = ||
á
á
=> Wreq = 1
Adriano Alberto
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO
Nas questões abaixo, de acordo com as respostas da lista, não são calculadas as
tensões máximas. Para isso, seria necessário calcular também as tensões
cisalhantes e, a partir do estado de tensão resultante, calcular as tensões máximas,
que podem ou não coincidir com os resultados das questões abaixo.
1) A viga carregada como mostrado tem a seção transversal da figura. Determine a tensão
longitudinal: (a) num ponto a 4,5 m a contar da extremidade esquerda e 125 mm acima da
superfície neutra; (b) num ponto 75 mm abaixo da superfície neutra numa seção a 1,2 m
do extremo direito
RA + RD = 30 + 15 + 30 = 75 kN
∑ # = 0 => - 30 . 1,5 - 15 . 4 + 5 . RD – 6 . 30 = 0 => RD = 57 kN
RA = 18 kN
Para 0 ≤ x < 3:
V(x) = - 10x + 18
Para V(x) = 0 => x = 1,8 m
Diagrama:
2
Adriano Alberto
3
a)
M(4,5) = ?
Para 4 ≤ x < 5:
V(x) = - 27 kN
M(x) = - 27x + C
M(4) = - 3 kN.m = - 27 . 4 + C => C = 105
M(x) = - 27x + 105 => M(4,5) = - 27 . 4,5 + 105 => M(4,5) = - 16,5 kN.m
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
Obs: não era preciso calcular para esse caso, devido a simetria da seção.
AT = 200.50.3 = 30 000 mm²
A1 = 200.50= 10 000 mm²²
A2 = 200.50= 10 000 mm²
m²
A3 = 200.50= 10 000 mm²
m²
= 275 mm
= 150 mm
= 25 mm
Adriano Alberto
yi =
)# .
)# .
# .
#*
=
+,,,,.-./)+/,)-/
0,,,,
= 150 mm
ys = 300 – 150 = 150 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + + =
.1 − 3 =
+ A1 . -,,./,4
+-
+ 10 000 . 275 − 150- = 158 333 333,3.78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . /,.-,,4
+-
+ 10 000 .150 − 150- = 33 333 333,33.78 m4
=
.1 − 3 =
+ A3 . -,,./,4
+-
+ 10 000 . 25 − 150- = 158 333 333,3 .78 m4
=> Iz = 350 000 000 . 78 m4
= -
.
=> 9: = -
;8+<,/.+,4 >.+-/.+,?4 0/,,,,,,,.+,[email protected]
= 5 892 857,143 Pa
b)
x = 7 – 1,2 = 5,8 m
M(5,8) = ?
Para 5 ≤ x < 7:
V(x) = - 15x + C
V(5) = 30 = - 15 . 5 + C => C = 105 => V(x) = - 15x + 105
M(x) = - 7,5 . x² + 105 . x + C
M(5) = - 30 kN.m = - 7,5 . 25 + 105 . 5 + C => C = - 367,5
M(x) = - 7,5 . x² + 105 . x - 367,5 => M(5,8) = - 7,5 . (5,8)² + 105 . 5,8 - 367,5 =>
M(5,8) = - 10,8 kN.m
= -
.
=> 9: = -
;8+,,B.+,4 >.8./.+,?4 0/,,,,,,,.+,[email protected]
= - 2 314 285,714 Pa
4
Adriano Alberto
2) (a) Determine a tensão longitudinal em um ponto 100 mm abaixo da superfície neutra
numa seção a 1,3 m do extremo
xtremo direito da viga carregada da figura; (b) determine a
máxima tensão longitudinal numa seção a 1 m do extremo esquerdo.
∑ C = 0 => RA + RB = 39 000 N
∑ # = 0 => 9 000 – 30 000 . 1,5 + 3 . RB = 0 => RB = 12 000 N
RA = 27 000 N
Para 1,5 ≤ x D 3,5:
V(x) = - 15 000 . x + C
V(1,5) = 18 000 = - 15 000 . 1,5 + C => C = 40 500
V(x) = - 15 000 . x + 40 500
Para V(x) = 0 => x = 2,7 m
Diagrama:
5
Adriano Alberto
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
6
AT = 150.50 + 150.50 = 15 000 mm²
A1 = 150.50= 7 500 mm²
A2 = 150.50= 7 500 mm²
= 175 mm
= 75 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
./,,.+./)./,,../
+/,,,
= 125 mm
ys = 200 – 125 = 75 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
=
.1 .1 − 3 =
+ A1 . − 3 =
+ A2 . +/,./,4
+/,.+/,4
+-
+ 7 500 . 175 − 125- = 20 312 500 . 78 m4
+ 7 500 . 75 − 125- = 32 812 500 . 78 m4
=> Iz = 53 125 000 . 78 m4
a)
x = 4 – 1,3 = 2,7 m
M(2,7) = 10,8 kN.m
= -
.
=> 9: = -
;+,,B.+,4 >.8+,,.+,?4 /0+-/,,,.+,[email protected]
b) M(1) = - 9 kN.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= 20 329 411,76 Pa
Adriano Alberto
= -
.F
=> 9: = -
;8G.+,4 >../.+,?4 /0+-/,,,.+,[email protected]
= 12 705 882,35 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;8G.+,4 >.8+-/.+,?4 /0+-/,,,.+,[email protected]
= - 21 176 470,59 Pa = ,á
3) Uma barra de aço de 200 mm de diâmetro é carregada e apoiada como mostrado na
figura. Determine a máxima tensão longitudinal numa seção a 1,5 m a partir da parede.
R = 12 kN
12 . 3 + M = 0 => M = - 36 kN.m
M(3) = - 18 kN.m
Iz =
HI J
K
=
H,,+,,J
K
A = LM - = L0,100-
= 100 mm
yi = ys = 7
Adriano Alberto
= -
.F
= -
;8+B.+,4 >.±+,,.+,?4
OP,@PPJ
J
= ± 22 918 311,81 Pa
8
4) Para a viga mostrada, as tensões longitudinais admissíveis na seção sob a carga são de
42 MPa T e 70 MPa C. Determine a máxima carga admissível P.
RA + RC = P (I)
∑ QR = 0 => - 1 . P + 3,5 . RC = 0=> RC =
S
,T
(II)
Substituíndo em (I):
S
RA + ,T = P => RA =
,T.S
,T
RA = 2,5 . RC
Para o trecho 0 ≤ x < 1:
V(0) = V(1) = RA
M(x) = RA . x + C
M(0) = 0 => C = 0 => M(x) = RA . x
M(1) = RA
Para o trecho 1 ≤ x < 3,5:
V(1) = V(3,5) = RA – P
M(x) = (RA - P). x + C
M(1) = RA = (RA - P). 1 + C => C = P => M(x) = (RA - P). x + P
M(3,5) = (RA - P). 3,5 + P = 3,5 . RA – 3,5 . P + P = 3,5 . RA – 2,5 . P = 3,5 .
Para x = 3,5:
V(3,5) = RA – P + RC = RA – P + P – RA = 0
-,/.U
0,/
– 2,5 . P = 0
Adriano Alberto
M(3,5) = 0
Mmáx = RA =
9
,T.S
,T
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
AT = 200.25 + 100.25 = 7 500 mm²
A1 = 200.25= 5 000 mm²
A2 = 100.25= 2 500 mm²
= 125 mm
= 12,5 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
/,,,.+-/)-/,,.+-,/
./,,
= 87,5 mm
ys = 225 – 87,5 = 37,5 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 − 3 =
+ A1 . =
.1 − 3 =
+ A2 . -/.-,,4
+-
+,,.-/4
+-
+ 5 000 . 125 − 87,5- = 23 697 916,67.78 m4
+ 2 500 . 12,5 − 87,5- = 14 192 708,33.78 m4
=> Iz = 37 890 625 . 78 m4
Para o trecho AB:
Mmáx =
,T.S
,T
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
6
=> - 70 . 10 = -
W
A,X.Y
Z.0.,/.+,?4 4,X
0.BG,<-/.+,[email protected]
=> P = 99 020,83334 N
Adriano Alberto
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
10
= -
.3
=> 42 . 106 = -
W
A,X.Y
Z.8B.,/.+,?4 4,X
0.BG,<-/.+,[email protected]
=> P = 25 462,5 N = Padm
5) e 6) Se o momento mostrado atua no plano vertical, determinar a tensão no: (a) ponto
A; (b) ponto B.
5)
a)
Como o ponto A vai ser comprimido, será negativo.
Mz = 15 kN.m
yi = ys = 60 mm
Cálculo do momento de inércia
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, Iz = [ - 3 :
[ - 3 =
= -
B,.+-,4
+-
.
=-
-
K,.B,4
+-
= 9 813 333,333 . 78 m4
;+/.+,4 >.K,.+,?4 GB+0000,000.+,[email protected]
= - 61 141 304,35 Pa
b)
Como o ponto B vai ser tracionado, será positivo.
Mz = 15 kN.m
= -
.3
=-
;+/.+,4 >.8<,.+,?4 GB+0000,000.+,[email protected]
= 91 711 956,52 Pa
Adriano Alberto
*** 6)
11
a)
Como o ponto A vai ser comprimido, será negativo.
Mz = 2,8 kN.m
yi = ys = 30 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = [ - 2 . 3 =
= -
.
=-
+-,.<,4
+-
- 2.
H.-,J
K
;-,B.+,4 >.0,.+,?4 +G,B<.-,/BB.+,[email protected]
= 1 908 672,588 . 78 m4
= - 44 009 643,42 Pa
b)
Como o ponto B vai ser tracionado, será positivo.
Mz = 2,8 kN.m
= -
.
=-
;-,B.+,4 >.8-,.+,?4 +G,B<.-,/BB.+,[email protected]
= 29 339 762,28 Pa
Resposta da lista:
6) σa = 44,1 MPa C σb = 29,3 MPa T
7) A viga mostrada é feita de aço com tensão de escoamento igual a 250 MPa. Determinar
o maior momento que pode ser aplicado à viga quando ela encurva em torno do eixo z,
considerando um coeficiente de segurança de 2,5.
Adriano Alberto
Posição da Linha Neutra (L.N.)
12
yi = 130 mm
Cálculo do momento de inércia
A1 = 200.16= 3 200 mm²
A2 = 228.10= 2 280 mm²
A3 = 200.16= 3 200 mm²
= 252 mm
= 130 mm
= 8 mm
Iz = + + = =
.1 − 3 =
+ A1 . -,,.+<4
+-
=
.1 − 3 =
+ A2 . +,.--B4
+-
+ 2 280 . 130 − 130- = 9 876 960 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A3 . -,,.+<4
+-
+ 3 200 . 8 − 130- = 47 697 066,67 . 78 m4
+ 3 200 . 252 − 130- = 47 697 066,67 . 78 m4
=> Iz = 105 271 093,3 . 78 m4
=
.3
=>
-/,.+,]
-,/
=
^_ .+0,.+,?4 +,/-.+,G0,0.+,[email protected]
=> = 80 977,76408 N.m
8) Sabendo-se que uma viga de seção transversal, como mostrado, é encurvada em torno
de um eixo horizontal e está submetida a um momento fletor de 5,7 kN.m, determinar a
intensidade total da força atuando: (a) na aba superior; (b) na porção sombreada da alma.
Adriano Alberto
13
Posição da Linha Neutra (L.N.)
yi = 87,5 mm
Cálculo do momento de inércia
A1 = 150.37,5= 5 625 mm²
A2 = 50.100= 5 000 mm²
A3 = 150.37,5= 5 625 mm²
= 156,25 mm
= 87,5 mm
= 18,75 mm
Iz = + + = =
.1 − 3 =
+ A1 . +/,.0.,/4
+-
+ 5 625 . 156,25 − 87,5- = 27 246 093,75.78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . /,.+,,4
+-
+ 5 000 . 87,5 − 87,5- = 4 166 666,667 . 78 m4
=> Iz = 58 658 854,17 . 78 m4
a)
Adriano Alberto
Para y = 68,75 mm (distância da L.N. ao centróide da figura)
14
= -
.3
= -
/,..+,4 .<B,./.+,?4 /B</BB/K,+..+,[email protected]
=> = - 6 680 577,136 Pa
F = . A1 => F = - 6 680 577,136 . 5 625 . 10-6 m² => F = - 37 578,24639 N
b)
Para y = - 25 mm (distância da L.N. ao centróide da figura)
= -
.
= -
/,..+,4 .8-/.+,?4 /B</BB/K,+..+,[email protected]
=> = 2 429 300,777 Pa
F = . A => F = 2 429 300,777 . 50 . 50 . 10-6 m² => F = 6 073,251943 N
*** 9) Duas forças verticais são aplicadas a uma viga de seção transversal mostrada.
Determinar as máximas tensões de tração e compressão numa seção transversal na porção
BC da viga.
RA + RD = 20 kN
RA = RD = 10 kN
Mz = 1,5 kN.m
Adriano Alberto
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
15
AT = 10.50 + 10.30 + 10.50 = 1 300 mm²
A1 = 10.50= 500 mm²
A2 = 10.30= 300 mm²
A3 = 10.50= 500 mm²
= 35 mm
= 5 mm
= 35 mm
yi =
)# .
)# .
# .
#*
=
/,,.0/)0,,./)/,,.0/
+0,,
= 28,07692308 mm
ys = 60 - 28,07692308 = 31,92307692 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + + =
.1 + A1 . − 3 =
+,./,4
+-
+ 500 . 35 − 28,07692308- = 128 131,1637 .78 m4
=
.1 + A2 . − 3 =
0,.+,4
+-
+ 300 . 5 − 28,07692308- = 162 263,3137. 78 m4
= => Iz = 418 525,6411 . 78 m4
Cálculo acima da L.N.
= -
.F
=-
+,/.+,4 .0+,G-0,.<G-.+,?4 K+B/-/,<K++.+,[email protected]
Cálculo abaixo da L.N.
= - 114 412 620,6 Pa
Adriano Alberto
= -
.3
=-
+,/.+,4 .8-B,,.<G-0,B.+,?4 K+B/-/,<K++.+,[email protected]
16
= 100 627 967,5 Pa
A resposta da lista deu diferente, mas acredito que meus cálculos estão certos.
9) 73,2 MPa T 102,4 MPa C
10) Sabendo-se que uma viga de seção transversal mostrada é encurvada sobre um eixo
horizontal, e que está submetida a um momento fletor de 4 kN.m, determinar a
intensidade total da força que atua na porção sombreada da viga.
yi = ys = 44 mm
A1 = 12.88= 1 056 mm²
A2 = 40.40= 1 600 mm²
A3 = 12.88= 1 056 mm²
= 44 mm
= 44 mm
= 44 mm
Cálculo do momento de inércia
= Iz = 2 . + =
.1 + A1 . − 3 =
+-.BB4
+-
=
.1 + A2 . − 3 =
K,.K,4
+-
= 681 472 .78 m4
= 213 333,3333 . 78 m4
Adriano Alberto
=> Iz = 1 576 277,333 . 78 m4
17
Cálculo do centróide da figura
AT = 12.44 + 20.20= 928 mm²
A1 = 12.44= 528 mm²
A2 = 20.20= 400 mm²
A3 = 10.50= 500 mm²
= 22 mm
= 10 mm
=
)# .
# .
#*
= -
.
=-
=
/-B.--)K,,.+,
G-B
= 16,82758621 mm = y
K.+,4 .+<,B-./B<-+.+,?4 +/.<-..,000.+,[email protected]
= - 42 702 095,26 Pa
F = . A => F = - 42 702 095,26 . 928 . 10-6 = - 39 627,5444 N
11) Para a viga com seção transversal mostrada, determine a tensão longitudinal máxima
entre as seções A e C, e localize onde ela ocorre.
Aproveitando os cálculos da questão 6 da Lista 1:
Adriano Alberto
Para 0 ≤ x D 2:
V(x) = b c. de + C1 => V(x) = b3. de + C1 => V(x) = 3x + C1
V(0) = 0 => 3 . 0 + C1 = 0 => C1 = 0
=> V(x) = 3x
V(0) = 0
V(2) = 3 . 2 = 6 kN
M(x) = b fe. de + C2 => M(x) = b3x. de + C2 => M(x) = 1,5 x² + C2
M(0) = - 12 => 1,5 (0)² + C2 = - 12 => C2 = - 12 => M(x) = 1,5 x² - 12
M(0) = - 12 kN.m
M(2) = 1,5 . (2)² - 12 => M(2) = - 6 kN.m
Para 2 ≤ x D 5:
V(x) = - b c. de + C3 => V(x) = - b5. de + C3 => V(x) = - 5x + C3
V(2) = 6 + 5,5 = 11,5 kN => - 5 . 2 + C3 = 11,5 => C3 = 21,5
=> V(x) = - 5x + 21,5 (OK)
V(2) = 11,5 kN
V(5) = - 5 . 5 + 21,5 => V(5) = - 3,5 kN
Para V(x) = 0 => - 5x + 21,5 = 0 => x = 4,3 m
M(x) = b fe. de + C4 => M(x) = b−5x + 21,5. de + C4
=> M(x) = - 2,5 x² + 21,5 . x + C4
M(2) = - 6 kN.m => - 2,5 (2)² + 21,5 . 2 + C4 = - 6 => C4 = - 39
=> M(x) = - 2,5 x² + 21,5 . x – 39
18
Adriano Alberto
M(2) = - 6 kN.m
19
M(5) = - 2,5 (5)² + 21,5 . 5 - 39 => M(5) = 6 kN.m
Mf,máx = M(4,3) = - 2,5 . (4,3)² + 21,5 . 4,3 - 39 => Mf,máx = 7,225 kN.m
Para 5 ≤ x D 7:
3 . 2 + 5,5 – 5 . 3 - 3 - V(x) = 0 => V(x) = - 6,5 kN
M(x) = b fe. de + C5 => M(x) = b−6,5. de + C5
=> M(x) = - 6,5x + C5
M(5) = 6 kN.m => - 6,5 . 5 + C5 = 6 => C5 = 38,5
=> M(x) = - 6,5x + 38,5
M(5) = 6 kN.m
M(7) = - 6,5 . 7 + 38,5 => M(7) = - 7 kN.m
Diagrama:
Adriano Alberto
20
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
AT = 100.25 + 40.100 = 6 500 mm²
A1 = 100.25= 2 500 mm²
A2 = 100.40= 4 000 mm²
= 112,5 mm
= 50 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
-/,,.++++-,/)K,,,./,
<
</,,
= 74,03846154 mm
ys = 125 - 74,03846154 = 50,961538
96153846 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 − 3 + A1 . Adriano Alberto
=
.1 hi@ =
+,,.-/4
+-
hiA =
− 3 + A2 . K,.+,,4
+-
21
+ 2 500 . 112,5 − 74,03846154- = 3 828 433,185 . 78 m4
+ 4 000 . 50 − 74,03846154- = 5 644 723,866 . 78 m4
=> Iz = 9 473 157,051 . 78 m4
Para o trecho AB:
Mmáx = - 12 . 10³ N.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;8+-.+,4 >./,,G<+/0BK<.+,?4 GK.0+/.,,/+.+,[email protected]
= 64 554 874,18 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;8+-.+,4 >.8.K,,0BK<+/K.+,?4 GK.0+/.,,/+.+,[email protected] = - 93 787 270,04 Pa
Para o trecho BC:
Mmáx = 7,225 . 10³ N.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;.,--/.+,4 >./,,G<+/0BK<.+,?4 GK.0+/.,,/+.+,[email protected]
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= - 38 867 413,83 Pa
Adriano Alberto
= -
.3
=> 9: = -
;.,--/.+,4 >.8.K,,0BK<+/K.+,?4 GK.0+/.,,/+.+,[email protected] = 56 467 752,17 Pa
12) e 13) Para a viga com seção transversal mostrada, determine: (a) a tensão trativa
máxima longitudinal na viga e onde ela ocorre; (b) a tensão compressiva máxima na viga e
onde ela ocorre.
12)
30 + RC = 37,5 kN => RC = 7,5 kN
∑ Qj = 0 => 7,5 . 1 . 0,5 – 7,5 . 4 . 2 + 7,5 . 4 + M = 0 => M = 26,25 kN.m
Para o trecho 0 ≤ x < 1:
V(x) = - 7,5 . x + C
V(0) = 0 = - 7,5 . 0 + C => C = 0 => V(x) = - 7,5 . x
V(1) = - 7,5 kN
M(x) = -
.,/.: A
-
+C
M(0) = 0 = 0 + C => M(x) = -
.,/.: A
-
M(1) = - 3,75 kN.m
Para o trecho 1 ≤ x < 5:
V(x) = - 7,5 . x + C
V(1) = - 7,5 + 30 = 22,5 kN = - 7,5 . 1 + C => C = 30 => V(x) = - 7,5 . x + 30
Para V(x) = 0 => x = 4 m
M(x) = -
.,/.: A
-
+ 30x + C
22
Adriano Alberto
M(1) = - 3,75 kN.m = M(x) = -
k,T.
.,/.+
-
+ 30 . 1 + C => C = - 30
+ 30x – 30
M(4) = -
.,/.+<
-
+ 30 . 4 – 30 = 30 kN.m
M(5) = -
.,/.-/
-
+ 30 . 5 – 30 = 26,25 kN.m
Para x = 5:
M(5) = 26,25 – M = 0
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
AT = 100.50 + 100.50 = 10 000 mm²
A1 = 100.50= 5 000 mm²
A2 = 100.50= 5 000 mm²
= 125 mm
= 50 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
/,,,.+-/)/,,,./,
+,,,,
= 87,5 mm
ys = 150 – 87,5 = 62,5 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 − 3 =
+ A1 . +,,./,4
+-
+ 5 000 . 125 − 87,5- = 8 072 916,667 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . /,.+,,4
+-
+ 5 000 . 50 − 87,5- = 11 197 916,67 . 78 m4
=> Iz = 19 270 833,33 . 78 m4
Para o trecho AB:
Mmáx = - 3,75 kN.m
23
Adriano Alberto
24
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;80,./.+,4 >.<-,/.+,?4 +G-.,B00,00.+,[email protected] = 12 162 162,16 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;80,./.+,4 >.8B.,/.+,?4 +G-.,B00,00.+,[email protected]
= - 17 027 027,03 Pa
Para o trecho BC:
Mmáx = 30 . 10³ N.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;0,.+,4 >.<-,/.+,?4 +G-.,B00,00.+,[email protected] = - 97 297 297,31 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;0,.+,4 >.8B.,/.+,?4 +G-.,B00,00.+,[email protected]
= 136 216 216,2 Pa
Logo:
a) ;,á >* = 136 216 216,2 Pa (no trecho BC, abaixo da L.N.)
b) ;,á >l = - 97 297 297,31 Pa (no trecho BC, acima da L.N.)
13)
Adriano Alberto
25
Utilizando os cálculos da questão 13 da lista 1
RA – 7 . 2 – 7 – 14 . 2 + RD – 7 . 2 = 0 => RA + RD = 63 kN (I)
∑ QR = 0 => 25 – 7 . 2 . 1 – 7 . 2 – 14 . 2 . 3 – 11 + 7 . RD – 7 . 2 . 8 = 0
=> RD =
-+,
.
= 30 kN
Substituíndo em (I):
RA + 30 = 63 => RA = 33 kN
Para 2 ≤ x D 4:
V(x) = 33 – 7 . 2 – 7 – 14(x – 2) => V(x) = - 14x + 40
Para V(x) = 0 => x = 2,857142857 m
Cálculo do momento fletor à partir da área do diagrama do esforço cortante:
(- 25) + (14 + 38) + (0,857142857 .
Diagrama:
+)
-
– (1,142857143 .
+<
)
-
+ (11) – (16 . 3) + (14) = 0 (OK)
Adriano Alberto
26
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
AT = 120.30 + 240.30 = 10 800 mm²
A1 = 120.30= 3 600 mm²
A2 = 240.30= 7 200 mm²
= 255 mm
= 120 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
0<,,.-//
-//).-,,.+-,
+,
+,B,,
= 165 mm
ys = 270 - 165 = 105 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 − 3 =
+ A1 . +-,.0,4
+-
+ 3 600 . 255 − 165- = 29 430 000 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . 0,.-K,4
+-
+ 7 200 . 120 − 165- = 49 140 000 . 78 m4
=> Iz = 78 570 000 . 78 m4
Adriano Alberto
Para o trecho AB:
27
Mmáx = - 25 . 10³ N.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;8-/.+,4 >.+,/.+,?4 .B/.,,,,.+,[email protected] = 33 409 698,36 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;8-/.+,4 >.8+</.+,?4 .B/.,,,,.+,[email protected]
= - 52 500 954,56 Pa
Para o trecho CD:
Mmáx = 34 . 10³ N.m
Cálculo das tensões acima da L.N.:
= -
.F
=> 9: = -
;0K.+,4 >.+,/.+,?4 .B/.,,,,.+,[email protected] = - 45 437 189,77 Pa
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 9: = -
;0K.+,4 >.8+</.+,?4 .B/.,,,,.+,[email protected]
= 71 401 298,21 Pa
Logo:
a) ;,á >* = 71 401 298,21 Pa (no trecho CD, abaixo da L.N.)
b) ;,á >l = - 52 500 954,56 Pa
(no trecho AB, abaixo da L.N.)
Adriano Alberto
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO DE SEÇÃO HETEROGÊNEA
28
14) Duas barras de latão são unidas firmemente a duas barras de alumínio, formando a
seção composta mostrada. Determinar o maior momento fletor permissível, quando a viga
é encurvada em torno de um eixo horizontal.
Dados:
Ealum = 70 GPa ; Elat = 105 GPa
; mn = 100 MPa ; mo = 160 MPa
Posição da L.N.:
yi =
=
p.#.
mo mn )p.#.
p.#mn )p.#mo
=
.,.+,q .B,,.+,?] .0,.+,?4 )+,/.+,q .K,,.+,?] ./.+,?4 )+,/.+,q .K,,.+,?] .//.+,?4 .,.+,q .B,,.+,?] )+,/.+,q .B,,.+,?] => yi = 30 mm (OK)
Cálculo do momento de inércia
+,.K,
− 3 t = 2 . r
mn = 2 . r.1
+ s. + 400. 30 − 30- t =
+
4
K,.+,
− 3 t = 2 . r
mo = 2 . r .1
+ s. + 400. 55 − 30- t =
+
4
7777
T7777
. 78 m4
. 78 m4
.p.mn mn )p.mo
mn = - p.
9uvwuxyw = ± 100 . 106 = .p.mo mn )p.mo
mo = - p.
^_ .70.109 .±20.10−3 4APPPP
@XAPPPP
70.109 .
.10−12 )105.109 .
.10−12 4
4
=> Mz =
777
N.m
Adriano Alberto
9uvwxuz = ± 160 . 106 = -
^_ .105.109 .±30.10−3 4APPPP
@XAPPPP
70.109 .
.10−12 )105.109 .
.10−12 4
4
=>
=> Mz = 3 081,481481 N.m (resposta)
Obs: se as diferentes partes do latão e/ou do alumínio estivessem em posições diferentes
em relação à L.N, seria necessário calcular as tensões correspondentes em cada parte
(sendo que quanto mais distante o ponto estiver da L.N., maior será a tensão). No presente
problema, devido à simetria de ambos em relação à L.N, as tensões acima e abaixo da L.N.
são iguais em módulo (tração e compressão).
15) Uma barra de aço e uma de alumínio são unidas firmemente, para formar a viga
composta mostrada. O módulo de elasticidade para o alumínio é de 70 GPa e para o aço é
de 200 GPa. Sabendo-se que a viga é curvada em torno de um eixo horizontal por um
momento M = 1500 N.m, determinar a máxima tensão no: (a) alumínio; (b) aço.
29
Adriano Alberto
30
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
Adriano Alberto
31
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
15) a) 66,2 MPa T b) 112,4 MPa C
*** 16) Uma viga de concreto é reforçada por três barras de aço, colocadas como indicado.
Os módulos de elasticidade são de 20 GPa para o concreto e de 200 GPa para o aço.
Usando uma tensão admissível de 10 MPa para o concreto e de 150 MPa para o aço,
determinar o maior momento fletor que pode ser aplicado à viga.
Econc = 20 GPa ; Eaço = 200 GPa
Aaço = 3 . . 7, 7 m²
; {|}{ = 10 MPa ; ç| = 150 MPa
Aconc = 0,225 . 0,500 - 3 . L . 0,012- = 0,1125 - 3 . . 7, 7 m²
Adriano Alberto
Posição da L.N.:
yi =
=
p.#.
{|}{ )p.#.
ç| p.#{|}{ )p.#ç|
32
=
2
2
-,.+,q .r0,1125−3.L.0,012 t.-/,.+,?4 )-,,.+,q .3.L.0,012 ./,.+,?4 2
2
-,.+,q .r0,1125−3.L.0,012 t)-,,.+,q .3.L.0,012 => yi = 228,2356038 mm
ys = 500 - 228,2356038 = 271,7643962 mm
Cálculo do momento de inércia
Iaço = 3 . r
.
+ sç€ . W

− 3 Z t
ç|
J
= 3.rH.+-
+ L. 12- . 50 − 228,2356038- t =
K
= 43 163 277,54 . 78 m4
--/.K,,
4
− 3 =
‚ = .1
+ s . + 225.400. 300 − 228,2356038- = 1 663 511 571.78 m
+
I2 =
4
.1 − 3 +s . Iaço =
=> I2 = 690 365 157,9 . 78 m4
--/.+,,4
+100.225. 50 − 228,2356038+-
- 43 163 277,54
Iconc = I1 + I2 = 2 353 876 729 . 78 m4
.p.{|}{ {|}{ )p.ç|
{|}{ = - p.
^ .-,.+,q .-.+,.<K0G<-.+,?4 _
9uvwƒ„…ƒ = ± 10 . 106 = - -,.+,q .-0/0B.<.-G.+,
[email protected] )-,,.+,q .K0+<0-..,/K.+,[email protected] =>
=> Mz = ± 102 497,2198 N.m (resposta)
.p.ç| ç| = - p.
{|}{ )p.ç|
Adriano Alberto
^ .-,,.+,q .†8--B,-0/<,0B80B‡.+,?4 _
9uvwuç„ = ± 150 . 106 = - -,.+,q .-0/0B.<.-G.+,
[email protected] )-,,.+,q .K0+<0-..,/K.+,[email protected] =>
=> Mz = ± 219 636,2917 N.m (não serve)
Obs: a resposta da lista deu 79,1 kN.m, mas acredito que meus cálculos estão corretos.
Conferir com o método da homogeneização.
PROBLEMAS ENVOLVENDO CARGA EXCÊNTRICA
17) Duas forças de 10 kN são aplicadas a uma barra de seção retangular de 20 mm x 60
mm, como mostrado. Determinar a tensão no ponto A, quando: (a) b = 0; (b) b = 15 mm;
(c) b = 25 mm.
N = 10 + 10 = 20 kN
Posição da L.N.:
yi = ys = 0,03 m
ˆ
= # =
-,.<,4
+-
= 360 000 . 78 m4
a)
b=0
Mz = 10 000 . 0,025 = 250 N.m
-,,,,
-/,.,,,0
9: = ,,,-,.,,,<, - 0<,,,,.+,[email protected] = - 4 166 666,667 Pa
b)
b = 15 mm
Mz = 10 000 . 0,025 – 10 000 . 0,015 = 100 N.m
33
Adriano Alberto
9: =
-,,,,
,,,-,.,,,<,
-
+,,.,,,0
0<,,,,.+,[email protected]
34
= 8 333 333,333 Pa
c)
b = 25 mm
Mz = 10 000 . 0,025 – 10 000 . 0,025 = 0
-,,,,
,.,,,0
9: = ,,,-,.,,,<, - 0<,,,,.+,[email protected] = 16 666 666,67 Pa
18) Uma pequena coluna de 120 mm x 180 mm suporta três cargas axiais mostradas.
Sabendo-se que a seção ABD é suficientemente afastada das cargas, para que permaneça
plana, determinar a tensão no: (a) canto A; (b) canto B.
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
18) a) 926 kPa T b) 14,81 MPa C
19) Sabendo-se que a tensão admissível é 90 MPa, determinar a maior força P que pode
ser aplicada ao elemento de máquina mostrado.
Adriano Alberto
35
N=P=?
S
= # -
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
yi =
)# .
# .
#*
=
KK.-,..,)<,.+B.0,
KK.-,)<,.+B
= 47,95918367 mm
ys = 80 - 47,95918367 = 32,04081633 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 + A1 . − 3 =
KK.-,4
+-
+ 44.20 . 70 − 47,95918367- = 456 835,2077 . 78 m4
=
.1 + A2 . − 3 =
+B.<,4
+-
+ 18.60 . 30 − 47,95918367- = 672 334,8603 . 78 m4
=> Iz = 1 129 170,068 . 78 m4
Mz = ?
Considerando o eixo x passando pela L.N.:
Mz = P . (47,95918367 – 40)
U
90 . 106 = ,,,KK.,,,-,),,,<,.,,,+B -
‰.;K.,G/G+B0<.–K,>.+,?4 .8K.,G/G+B0<..+,?4
++-G+.,,,<B.+,[email protected]
=>
Adriano Alberto
U
=> 90 . 106 = ,,,,+G< + 338,0500089 . P => 176 400 = P + 0,662578017 . P =>
=> P = 106 100,2841 N
20) A força axial excêntrica P atua no ponto D, que está localizado a 30 mm abaixo da
borda superior da barra de aço mostrada. Para P = 90 kN, determinar: (a) a largura d da
barra para que a tensão no ponto A seja máxima; (b) o correspondente valor da tensão no
ponto A.
N = P = 90 kN
Posição da L.N.:
yi = ys = ˆ
= # =
,,,/,.v4
+-
a)
v
Mz = - 90 000 . W - − 0,030Z
G,,,,
9: = ,,,/,.v G,,,,
,,,/,.v
=
=> 1 = 3 –
‹
A
P,PXP.‹4
@A
‹
A
P,PXP.‹4
@A
‹
A
G,,,,.W –,,,0,Z. ,,+B
v
‹
A
8G,,,,.W –,,,0,Z. =>
,,+B
v
=> 1 =
‹
A
‹
A
W –,,,0,Z. ‹A
@A
= 2 => d = 0,09 m = 90 mm
b)
9: =
G,,,,
,,,/,.,,,G
-
P,Pq
P,Pq
–,,,0,Z.
A
A
P,PXP.P,Pq4
@A
8G,,,,.W
= 40 MPa
v
<
= W - – 0,030Z. v=>
36
Adriano Alberto
PROBLEMAS ENVOLVENDO FLEXÃO ASSIMÉTRICA
37
21) e 22) A viga com uma seção transversal mostrada está submetida a um momento fletor
M aplicado no plano a – a.. Determine: (a) a intensidade
intensidade da máxima tensão de flexão; (b) a
orientação do eixo neutro, mostre o resultado num esboço.
21) M = 1.200 N.m
0
tgŒ = K =>  = arctg(0,75)
My = - 1 200 . sen[arctg(0,75)]
arctg(0,75)]
Mz = 1 200 . cos[arctg(0,75)]
[arctg(0,75)]
Iz = 2 . r
+-,.0,4
+
+-
Iy = 2 . r
0,.+-,4
t
+-
.
tgŽ = . =
120.30
30. 165 − 90- t +
+
+-,.0,
0,4
+-
0,.+-,4
+-
= 45 360 000 . 78 m4
= 8 910 000 . 78 m4
8+-,,.‘†’“”•–
’“”•–,,./‡.K/0<,,,,.+,[email protected] +-,,.”—†’“”•–
’“”•–,,./‡.BG+,,,,.+,[email protected] tgŽ = . tg
A e B são os pontos mais distantes da L.N.
=> Ž = - 75,32360686 °
Adriano Alberto
38
Para o ponto A:
= -
.
.
+
= -
+-,,.”—†’“”•–,,./‡.,,,G,
K/0<,,,,.+,[email protected]
+
8+-,,.‘†’“”•–,,./‡.,,,<,
BG+,,,,.+,[email protected]
=
= - 6 753 246,753 Pa
Para o ponto B:
9: = -
+-,,.”—†’“”•–,,./‡.8,,,G,
K/0<,,,,.+,[email protected]
+
8+-,,.‘†’“”•–,,./‡.8,,,<,
BG+,,,,.+,[email protected]
=
= 6 753 246,753 Pa
22) M = 20 kN.m
My = 20 000 . sen(10°)
Mz = 20 000 . cos(10°)
Iz =
Iy =
G,.<,4
+-
+ 90.60. 210 − 150- +
<,.G,4
+-
+
.
+B,.0,4
+-
0,.+B,4
+-
+180.30. 90 − 150- = 55 080 000 . 78 m
= 4 050 000 . 78 m4
-,,,,.‘+,°.55080000.10−12 tgŽ = . = -,,,,.”—+,°.K,/,,,,.+,[email protected] => Ž = 67,36356998 °
tgŽ = . tg™
4
Adriano Alberto
39
A e B são os pontos mais distantes da L.N.
Para o ponto A:
= -
.
+
.
= -
-,,,,.”—+,°.,,,G,
55080000.10−12
+
-,,,,.‘+,°.8,,,K/
K,/,,,,.+,[email protected]
=
= - 70 771 743,83 Pa (resposta)
Para o ponto B:
9: = -
-,,,,.”—+,°.8,,+/,
55080000.10−12
+
-,,,,.‘+,°.,,,+/
K,/,,,,.+,[email protected]
= 66 501 594,48 Pa
*** 23) Uma cantoneira de 200 x 200 x 24 mm é usada numa viga que suporta um
momento fletor de + 10.000 N.m aplicado no plano yx. Os momentos de inércia obtidos em
um manual de aço estrutural são Iz = Iy = 33,3 x 106 mm4, e Iyz = + 19,5 x 106 mm4.
Determine: (a) a tensão de flexão no ponto A; (b) a máxima tensão de flexão e sua
localização na seção transversal; (c) a orientação do eixo neutro, mostre a localização num
esboço.
Adriano Alberto
= . š
8 .) .
› + . š
. 8; > .8 .
. 8; > ›
40
Ou
= - š
. ) . . 8; > ›.y + š
. ) . . 8; > ›.z
= #. y . z
tgŽ =
. ) . . ) . a)
My = 0
= - š
;
Mz = 10 000 N.m
. . 8; > ›.y + š
. . 8; > ›.z
ou
= . š
8 .) .
. 8; > › = 10 000 . r
–00,0.+,].+,[email protected] ./B,K.+,?4 )+G,/.+,] .+,[email protected] .8/B,K.+,?4 00,0.+,].+,[email protected],0.+,] .+,[email protected]+G,/.+,].+,[email protected] A = - 42 318 840,58 Pa
c)
tgŽ =
19,5.106 .10−12
= 33,3.106 .10−12 => Ž = 30,35262473°
t=
Adriano Alberto
41
b) A maior distância à L.N. é em relação ao ponto B, onde ocorre a maior tensão.
= 10 000 . r
–00,0.+,] .+,[email protected] .8+K+,<.+,?4 )+G,/.+,].+,[email protected] .8/B,K.+,?4 00,0.+,] .+,[email protected] .00,0.+,] .+,[email protected] 8+G,/.+,] .+,[email protected] t = 49 084 321,48 Pa
Acredito que a resposta da lista esteja errada:
23) a) 42,3 MPa T b) 55,8 MPa C
c) 75,4 a partir do eixo z
24) Uma viga com uma seção cantoneira está carregada com um momento fletor de + 20
kN.m aplicado num plano yx. Determine: (a) a tensão de flexão no ponto A; (b) a
orientação do eixo neutro, mostre a localização num esboço.
Iz =
<,.+B,4
+-
+ 180.60. 90 − 75- +
4
Iy = +B,.<,
+ 180.60. 30 − 45- +
+ = #. y . z
<,.<,4
+60.60. 30 − 75- = 39 960 000 . 78 m
<,.<,4
+60.60. 90 − 45- = 14 040 000 . 78 m
+-
+-
4
hœi = 60.180 . 15 . 15 + 60 . 60 . 45 . 45 = 9 720 000 . 78 m4
My = 0
;
Mz = 20 000 N.m
4
Adriano Alberto
a)
= . š
8 .) .
. 8; > 42
› = 20 000 . r
–+K,,K.+,] .+,[email protected]+,/.+,?4 )G,.-.+,] .+,[email protected]+/.+,?4 +K,,K.+,] .+,[email protected] .0G,G<.+,] .+,[email protected] –G,.-.+,] .+,[email protected] A t=
= 69 444 444,44 Pa
b)
tgŽ =
=
9,72.106 .10−12
14,04.106 .10−12
=> Ž = 34,69515353°
25), 26) e 27) O momento M é aplicado a uma viga de seção transversal mostrada, em um
plano formando um ângulo β com a vertical. Determinar: (a) a tensão no ponto A; (b) o
ângulo que a linha neutra forma com o plano horizontal.
25)
My = 2 800 . sen(20°)
Mz = 2 800 . cos(20°)
Iz =
Iy =
+,,.-,,4
+-,,.+,,4
+-
=
77777777
. 78 m4
T7777777
. 78 m4
=
a)
Para o ponto A:
Adriano Alberto
.
= -
.
+
= -
-B,,.”—-,°.,,+,,
APPPPPPPP
.+,[email protected]
4
+
-B,,.‘-,°.,,,/,
XPPPPPPP
.+,[email protected]
4
= - 1 073 739,803 Pa
Para o ponto B:
9: = -
-B,,.”—-,°.8,,+,,
APPPPPPPP
.+,[email protected]
4
+
-B,,.‘-,°.,,,/,
XPPPPPPP
.+,[email protected]
4
= 6 819 678,211 Pa
b)
tg =
. tg™ =
APPPPPPPP
.+,[email protected] 4
XPPPPPPP
.+,[email protected]
4
. tg20° =>  = 75,96375653°
26)
My = 10 000 . sen(55°)
Mz = - 10 000 . cos(55°)
Iz = 2 . r
160.103
12
+ 160.10. 175 − 902 t + 10.1603
12
= 26 560 000 . 78 m
4
43
Adriano Alberto
Iy = 2 . r
10.1603
12
t+
160.103
12
= 6 840 000 . 78 m
4
44
a)
Para o ponto A:
9: = -
8+,,,,.”—//°.,,,G,
-</<,,,,.+,[email protected]
+
+,,,,.‘//°.,,,B,
<BK,,,,.+,[email protected]
= 115 243 205,2 Pa
Para o ponto B:
= -
.
+
.
=-
8+,,,,.”—//°.,,,G,
-</<,,,,.+,[email protected]
+
+,,,,.‘//°.8,,,B,
<BK,,,,.+,[email protected]
= - 76 371 308,12 Pa
b)
tg = . tg™ =
-</<,,,,.+,[email protected] <BK,,,,.+,[email protected] . tg55° =>  = 79,77801655°
27)
My = 25 000 . sen(15°)
Mz = 25 000 . cos(15°)
Iz =
G,.B,4
+-
+ 90.80. 120 − 100- +
0,.B,4
+-
+ 30.80.40 − 100- =
16 640 000 . 78 m4
Adriano Alberto
B,.0,
4
Iy = B,.G,
+
= 5 040 000 . 78 m
++4
4
45
a)
Para o ponto A:
.
= -
+
.
=-
-/,,,.”—+/°.,,,<,
+<<K,,,,.+,[email protected]
+
-/,,,.‘+/°.,,,K/
/,K,,,,.+,[email protected]
= - 29 300 532,31 Pa
Para o ponto B:
9: = -
-/,,,.”—+/°.,,,<,
+<<K,,,,.+,[email protected]
+
-/,,,.‘+/°.8,,,K/
/,K,,,,.+,[email protected]
= - 144 844 748,9 Pa
b)
tg = . tg™ =
+<<K,,,,.+,[email protected] /,K,,,,.+,[email protected] . tg15° =>  = 41,49782689°
*** 28) Uma carga axial P é aplicada como mostrado a curto perfil estrutural em forma de
T. Determinar: (a) a maior distância a para que a tensão máxima de compressão não
exceda a 120 MPa; (b) o ponto correspondente onde a linha neutra intercepta a linha AB.
Dados: A = 4450 mm2, Iy = 9,16 x 106 mm4, Iz = 6,00 x 106 mm4
= 135 000 . a
Qi = 135 000 . 0,024 = 3 240 N.m
Adriano Alberto
a)
=
ˆ
#
-
.
+
46
.
8+0/,,,
0-K,.,,,-.
- 120 . 106 = KK/,.+,?] - <.+,] .+,[email protected] +
+0/,,,.u.8,,+,-
G,+<.+,] .+,[email protected]
=>
=> - 75 082 921,35 = - 1 503 275 109 . a => a = 49,946228 mm
b)
Qœ = 135 000 . 0,049946228 = 6 742,740781 N.m
. tgŽ = . =
<.K-,.K,.B+.<.+,] .+,[email protected] 0-K,.G,+<.+,] .+,[email protected] tg(53,73664016°) =
-.ww
i
=> Ž = 53,73664016°
=> z = 19,80690113 mm
PROBLEMAS ENVOLVENDO CISALHAMENTO NA FLEXÃO
Nas questões abaixo, de acordo com as respostas da lista, não são calculadas as
tensões máximas. Para isso, seria necessário calcular também as tensões
longitudinais e, a partir do estado de tensão resultante, calcular as tensões
máximas, que podem ou não coincidir com os resultados das questões abaixo.
29) O cortante vertical em certa seção de uma viga cuja forma é mostrada na figura é 18
kN. Determinar: (a) a tensão tangencial horizontal máxima, e indique onde ela ocorre
dentro da seção transversal; (b) a tensão tangencial vertical 80 mm abaixo do topo.
Adriano Alberto
47
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
Adriano Alberto
48
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
a) 822 kPa no eixo neutro b) 707 kPa
30) Uma viga com 6 m de comprimento está simplesmente apoiada em suas extremidades e
tem uma seção transversal como mostrado. A viga suporta uma carga uniformemente
distribuída de 5 kN/m em todo o seu comprimento. Determine: (a) a tensão transversal
vertical em um ponto 0,5 m a partir do extremo direito e 100 mm abaixo da superfície do
topo da viga; (b) as tensões tangenciais máximas horizontal e vertical, e mostre onde cada
uma ocorre.
RA + RB = 30 kN
RA = RB = 15 kN
V(x) = - 5x + 15
Adriano Alberto
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
49
AT = 60.200 + 60.160 + 60.200 = 33 600 mm²
A1 = 60.200= 12 000 mm²
A2 = 60.160= 9 600 mm²
A3 = 60.200= 12 000 mm²
= 100 mm
= 30 mm
= 100 mm
yi =
)# .
)# .
# .
#*
=
+-,,,.+,,)G<,,.0,)+-,,,.+,,
00<,,
= 80 mm
ys = 200 - 80 = 120 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + + =
.1 − 3 =
+ A1 . <,.-,,4
+-
+ 12 000 . 100 − 80- = 44 800 000 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . +<,.<,4
+-
+ 9 600 . 30 − 80- = 26 880 000 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A3 . <,.-,,4
+-
+ 12 000 . 100 − 80- = 44 800 000 . 78 m4
= => Iz = 116 480 000 . 78 m4
a)
x = 6 – 0,5 = 5,5 m
V(5,5) = - 5 . 5,5 + 15 = - 12,5 kN
Adriano Alberto
50
= -
.
.
Q = Q1 + Q2
Q1 = Q2 => Q = 2 . Q2
− 3 |
Q1 = A1 . |
− 3 | = 60 . 100 . |150 − 80| = 420 000 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q = 840 000 . 78 m³
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m
¡:œ = -
;8+-,/.+,4 >.BK,,,,.+,?q ++<KB,,,,.+,[email protected] .,,+-,
b)
.
= .
V = ± 15 kN
= 751 201,9231 Pa
Adriano Alberto
Acima da L.N.:
51
Q = Q1 + Q2
Q1 = Q2 => Q = 2 . Q2
− 3 |
Q1 = A1 . |
− 3 | = 60 . 120 . |140 − 80| = 432 000 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q = 864 000 . 78 m³
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m
¡:œ = -
;±+/.+,4 >.B<K,,,.+,?q ++<KB,,,,.+,[email protected] .,,+-,
= ± 927 197,8022 Pa
Abaixo da L.N.:
Q = Q1 + Q2 + Q3
− 3 | = 80 . 60 . |40 − 80| = 192 000 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 160 . 60 . |30 − 80| = 480 000 . 78 m³
Q2 = A2 . |
− 3 | = 80 . 60 . |40 − 80| = 192 000 . 78 m³
Q3 = A3 . |
Q1 = Q3
Q = 864 000 . 78 m³
b = 2 . 60 = 120 mm = 0,120 m
¡:œ = -
;±+/.+,4 >.B<K,,,.+,?q ++<KB,,,,.+,[email protected] .,,+-,
= ± 927 197,8022 Pa
30) a) 751 kPa
b) 927 kPa na superfície neutra dos apoios
*** 31) Uma viga com 4 m de comprimento tem a seção transversal mostrada na figura.
Ela é simplesmente apoiada nos extremos e suporta uma carga uniformemente distribuída
de 4 kN/m sobre todo seu comprimento. Em um ponto a 500 mm da extremidade esquerda
e 40 mm abaixo da superfície neutra, determine: (a) a tensão longitudinal (b) a tensão
tangencial horizontal; (c) a tensão tangencial vertical.
Adriano Alberto
52
RA + RB = 16 kN
RA = RB = 8 kN
V(x) = - 4x + 8
x = 0,5 m
V(0,5) = - 4 . 0,5 + 8 = 6 kN
M(x) = - 2x² + 8x + C
M(0) = 0 = - 2 . 0 + 8 . 0 + C => C = 0 => M(x) = - 2x² + 8x
M(0,5) = - 2(0,5)² + 8 . 0,5 = 3,5 kN.m
Posição da Linha Neutra (L.N.)
yi = 100 mm
Cálculo do momento de inércia
A1 = 40.180= 7 200 mm²
A2 = 40.120= 4 800 mm²
A3 = 40.180= 7 200 mm²
= 180 mm
= 100 mm
= 20 mm
Adriano Alberto
Iz = + + =
.1 − 3 =
+ A1 . +B,.K,4
+-
+ 7 200 . 180 − 100- = 47 040 000 . 78 m
53
4
=
.1 − 3 =
+ A2 . K,.+-,4
+-
+ 4 800 . 100 − 100- = 5 760 000 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A3 . +B,.K,4
+-
+ 7 200 . 20 − 100- = 47 040 000 . 78 m4
= => Iz = 99 840 000 . 78 m4
a)
= -
.3
=> 9: = -
;0,/.+,4 >.8K,.+,?4 GGBK,,,,.+,[email protected]
= 1 402 243,59 Pa
b)
Cálculo abaixo da L.N. para a área abaixo de y = 40 mm
.
= - .
Q = Q1 + Q2
− 3 | = 20 . 40 . |50 − 100| = 40 000 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 180 . 40 . |20 − 100| = 576 000 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q = 616 000 . 78 m³
Adriano Alberto
b = 40 mm = 0,040 m
¡:œ = -
;<.+,4 >.<+<,,,.+,?qq GGBK,,,,.+,[email protected] .,,,K,
,K,
c) = 925 480,7692 Pa
54
= - 925 480,7692 Pa
???????
Qual a diferença entre tensão tangencial horizontal e tensão tangencial vertical?
31) a) 1,402 MPa T b) 0,925 MPa c) 0,925 MPa
32) Para a viga mostrada, a reação esquerda
esque
é de 5,36 kN para cima. Determine: (a) a
tensão longitudinal máxima da viga; (b) a tensão tangencial horizontal máxima.
RA = 5,36 kN
5,36 + RC = 12 kN => RC = 6,64 kN
∑ QR = 0 => - 6 – 6 . 1,5 + 3 . 6,64 + M = 0 => M = - 4,92 kN.m
Diagrama:
Adriano Alberto
Posição da Linha Neutra (L.N.)
55
yi = 100 mm
Cálculo do momento de inércia
A1 = 50.100= 5 000 mm²
A2 = 50.100= 5 000 mm²
A3 = 50.100= 5 000 mm²
= 175 mm
= 100 mm
= 25 mm
Iz = + + =
.1 − 3 =
+ A1 . +,,./,4
+-
+ 5 000 . 175 − 100- = 29 166 666,67 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A2 . /,.+,,4
+-
+ 5 000 . 100 − 100- = 4 166 666,667 . 78 m4
=
.1 − 3 =
+ A3 . = +,,./,4
+-
+ 5 000 . 25 − 100- = 29 166 666,67 . 78 m4
=> Iz = 62 500 000,01 . 78 m4
a)
yi = ys
Para o trecho 0≤ x <1:
Mmáx = 4,36 kN.m
= -
.3
=> 9: = -
;K,0<.+,4 >.±+,,.+,?4 <-/,,,,,,,+.+,[email protected]
= ± 6 975 999,999 Pa
Adriano Alberto
Para o trecho 1≤ x <3:
56
Mmáx = - 4,92 kN.m
= -
.3
=> 9: = -
;8K,G-.+,4 >.±+,,.+,?4 <-/,,,,,,,+.+,[email protected]
= ± 7 871 999,999 Pa (resposta)
b)
Vmáx = - 6,64 kN
.
= - .
Q = Q1 + Q2
− 3 | = 100 . 50 . |175 − 100| = 375 000 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 50 . 50 . |125 − 100| = 62 500 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q = 437 500 . 78 m³
b = 50 mm = 0,050 m
¡:œ = -
;8<,<K.+,4 >.K0./,,.+,?q <-/,,,,,,,+.+,[email protected] .,,,/,
= 929 599,9999 Pa
33) Uma viga T com 5 m de comprimento é simplesmente apoiada em suas extremidades e
tem a seção transversal mostrada na figura. É especificado que a tensão longitudinal de
tração não pode exceder 12 MPa e que a tensão tangencial horizontal não ultrapasse 0,7
MPa. Determine a carga concentrada para baixo máxima que pode ser aplicada a 3 m da
extremidade direita.
Adriano Alberto
57
RA + RB = P
- 2P + 5 . RB = 0 => RB = 0,4 . P
RA = 0,6 . P
Cálculo da Posição da Linha Neutra (L.N.)
AT = 200.75 + 200.50 = 25 000 mm²
A1 = 200.75= 15 000 mm²²
A2 = 200.50= 10 000 mm²
m²
= 150 mm
= 25 mm
yi =
)# .
# .
#*
=
+/,,,.+/,
+/,)+,,,,.-/
-/
-/,,,
= 100 mm
ys = 250 – 100 = 150 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + =
.1 − 3 =
+ A1 . =
.1 − 3 =
+ A2 . ./.-,,4
+-
-,,./,4
+-
+ 15 000 . 150 − 100- = 87 500 000.7
000 8 m4
+ 10 000 . 25 − 100- = 58 333 333,33.7
333,33 8 m4
Adriano Alberto
=> Iz = 145 833 333,3 . 78 m4
58
Cálculo das tensões abaixo da L.N.:
= -
.3
=> 12 . 106 = -
+,-.U.8+,,.+,?4 +K/B00000,0.+,[email protected]
=> P = 14 583,33333 N
Vmáx = 0,6 . P
.
= - .
Cálculo acima da L.N.
− 3 | = 150 . 75 . |175 − 100| = 843 750 . 78 m³
Q = A . |
b = 75 mm = 0,075 m
,,<.U.BK0./,.+,?q 0,7 . 106 = - +K/B00000,0.+,[email protected] .,,,./ => P = 15 123,45679 N
Cálculo abaixo da L.N.
Q = Q1 + Q2
− 3 | = 50 . 75 . |75 − 100| = 93 750 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 200 . 50 . |25 − 100| = 750 000 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q = 843 750 . 78 m³
b = 50 mm = 0,075 m
,,<.U.BK0./,.+,?q 0,7 . 106 = - +K/B00000,0.+,[email protected] .,,,./ => P = 15 123,45679 N
Logo,
Pmáx = 14 583,33333 N
Adriano Alberto
34) e 35) Para a viga com carregamento indicado, considerar a seção n–n e determinar: (a)
a maior tensão normal, e indicar onde ela ocorre; (b) a tensão de cisalhamento no ponto A;
(c) a maior tensão de cisalhamento e indicar onde ela ocorre
34)
RA = 36 kN
- 36 . 0,760 + M = 0 => M = 27,36 kN.m
Mz = - 0,600 . 36 = - 21,6 kN.m
yi = ys = 75 mm
A1 = 100.8= 800 mm²
A2 = 134.8= 1 072 mm²
A3 = 134.8= 1 072 mm²
A4 = 100.8= 800 mm²
= 146 mm
= 75 mm
= 75 mm
= 4 mm
Cálculo do momento de inércia
Iz = + + + = = =
.1 − 3 =
+ A1 . =
.1 − 3 =
+ A2 . +,,.B4
+-
B.+0K4
+-
+ 800 . 146 − 75- = 4 037 066,667.78 m4
+ 1 072 . 75 − 75- = 1 604 069,333.78 m4
59
Adriano Alberto
=> Iz = 11 282 272 . 78 m4
60
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, este cálculo
apresentaria o mesmo resultado subtraíndo-se [ - 3 :
+,,.+/,4
+-
= -
-
.3
BK.+0K4
+-
=-
= 11 282 272 . 78 m4
;8-+,<.+,4 >.±./.+,?4 ++-B--.-.+,[email protected]
= ± 143 588 100 Pa (no topo ou na base da seção)
b)
V(0,160) = 36 kN
.
= - .
− 3 | = 100 . 8 . |146 − 75| = 56 800 . 78 m³
Q = A . |
b = 2 . 8 mm = 0,016 m
0<.+,4 ./<B,,.+,?q ¡:œ = = 11 327 505,67 Pa
++-B--.-.+,[email protected] .,,,+<
c)
Cálculo acima da L.N.
Q = Q1 + Q2 + Q3
− 3 | = 8 . 100 . |146 − 75| = 56 800 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 8 . 67 . |108,5 − 75| = 17 956 . 78 m³
Q2 = A2 . |
Q3 = Q2 = 17 956 . 78 m³
Q = 92 712 . 78 m³
Adriano Alberto
Como a seção é simétrica, e a área interna é concêntrica com a área externa, este cálculo
apresentaria o mesmo resultado subtraíndo-se [ - 3 :
75 . 100 . |112,5 − 75| - 84 . 67 . |108,5 − 75| = 92 712 . 78 m³
b = 2 . 8 mm = 0,016 m
0<.+,4 .G-.+-.+,?q ¡:œ = - ++-B--.-.+,[email protected] .,,,+< = 18 489 361,01 Pa (ocorre na L.N.)
35)
RA = RB = 80 kN
Para 0 ≤ x < 0,9:
V(x) = 80 kN
M(x) = 80x
Mz = M(0,6) = 80 . 0,6 = 48 kN.m
yi = ys = 130 mm
A1 = A2 = A7 = A8 = 80.12= 960 mm²
A3 = A6 = 180.16= 2 880 mm²
A4 = A5 = 68.16= 1 088 mm²
= = 220 mm
= 172 mm
61
Adriano Alberto
= T = 130 mm
62
= 88 mm
¢ = 40 mm
k = Cálculo do momento de inércia
Iz = + + + + T + + k + ¢
hi@ = hiA = hi£ = hi¤
hi4 = hi]
hiJ = hiX
Iz = 4 . + 2 . + 2 . =
.1 − 3 =
+ A1 . =
.1 − 3 =
+ A3 . =
.1 − 3 =
+ A4 . +-.B,4
+-
+B,.+<4
++<.<B4
+-
+ 960 . 220 − 130- = 8 288 000 .78 m4
+ 2 880 . 172 − 130- = 5 141 760 .78 m4
+ 1 088 . 130 − 130- = 419 242,6667.78 m4
=> Iz = 44 274 005,33 . 78 m4
= -
.3
=-
;KB.+,4 >.±+0,.+,?4 KK-.K,,/,00.+,[email protected] b)
V(0,6) = 80 kN
.
= - .
Cálculo acima da L.N.
Q = 2 . Q1
= ± 140 940 489,9 Pa (no topo ou na base da seção)
Adriano Alberto
− 3 | = 2 . 80 . 12 . |220 − 130| = 172 800 . 78 m³
Q = 2 . A . |
b = 2 . 12 mm = 0,024 m
¡:œ = -
B,.+,4 .+.-B,,.+,?q KK-.K,,/,00.+,[email protected] .,,,-K
= 13 009 891,37 Pa
c)
Cálculo acima da L.N.
Q = Q1 + Q2 + Q3 + Q4 + Q5
Q1 = Q2
Q4 = Q5
Q = 2 . Q1 + Q3 + 2 . Q4
− 3 | = 12 . 80 . |220 − 130| = 86 400 . 78 m³
Q1 = A1 . |
− 3 | = 16 . 180 . |172 − 130| = 120 960 . 78 m³
Q3 = A3 . |
− 3 | = 34 . 16 . |147 − 130| = 9 248 . 78 m³
Q4 = A4 . |
Q = 312 256 . 78 m³
b = 2 . 16 mm = 0,032 m
B,.+,4 .0+--/<.+,?q ¡:œ = - KK-.K,,/,00.+,[email protected] .,,,0- = 17 632 016,67 Pa (ocorre na L.N.)
PROBLEMAS ENVOLVENDO COMBINAÇÃO DE CARREGAMENTO
*** 36) a alavanca AB tem uma seção transversal retangular de 10 x 30 mm. Sabendo-se
que θ = 40º, determinar as tensões normal e de cisalhamento nos três pontos indicados (a,
b e c).
63
Adriano Alberto
64
1 780 . sen(40°) . 0,125 = M => M = 222,5 . sen(40°) N.m
|M’ |= |M¦ | = |M” | = |M§ | = 1 780
7 . sen(40°) . 0,100 = 178 . sen(40°) N.m
N = 1 780 . cos(40°) N
yi = 15 mm (posição da L.N.)
ˆ
= # -
.
; =
V = 1 780 . sen(40°)
Iz =
+,.0,4
+-
9u =
;
− 3 |
Q = A . |
b = 0,010
0,0 m
= 22 500 . 78 m4
+.B,.”—K,°
,,,,,0
= -
;
.
.
+
.
.
+.B.‘
‘K,°.,,,+/
--/,,
/,,.+,?@A
= 80 822 660,05 Pa
A = 0 => = 0
9^ =
B,B--<<,,,/),
-
= 40 411 330,03 Pa
R = ¡u¨á© = ª77, 7
7 - + 0- = 40 411 330,03 Pa
9u¨á© = 9^ + R = 80 822 660,05 Pa
9u¨í¬ = 9^ - R = 0
Adriano Alberto
65
9­ =
+.B,.”—K,°
,,,,,0
= -
+
.
.
+.B.‘
‘K,°.,
--/,,..+,?@A
= 4 545 197,029 Pa
Q = 0,010 . 0,015 . 0,0075 = 1,125 . 78 m³
¡­ = -
9^ =
+.B,.‘K,°.+,+-/.+,
+,?] --/,,.+,?@A .,,,+,
K/K/+G.,,-G),
-
= - 5 720 809,726 Pa
= 2 272 598,515 Pa
515- + 5720809,726- = 6 155 677,699 Pa
R = ¡­¨á© = ª2272598,515
Adriano Alberto
9­¨á© = 9^ + R = 8 428 276,214 Pa
66
9­¨í¬ = 9^ - R = - 3 883 079,184 Pa
senS =
9ƒ =
/.-,B,G,.-<
<+//<..,<GG
+.B,.”—K,°
,,,,,0
{ = -
.
.
+
=> S = 34,16724521° (anti-horário)
+.B.‘
‘K,°.8,,,+/
--/,,
/,,.+,?@A
A = 0 => { = 0
9^ =
8.+.0--</,GG),
-
= - 35 866 133 Pa
R = ¡ƒ¨á© = 35 866 133 Pa
= - 71 732 265,99 Pa
Adriano Alberto
9ƒ¨á© = 9^ + R = 0
9ƒ¨í¬ = 9^ - R = - 71 732 265,99 Pa
Acredito que a resposta da lista considera apenas as tensões normais e cisalhantes
separadamente, sem calcular as tensões máximas. Além disso, os valores parciais
encontrados diferem um pouco das respostas. Possivelmente foram feitas muitas
aproximações.
36) σa = 80,85 MPa T τa = 0 σb = 4,55 MPa T
τb = 5,70 MPa σc = 71,8 MPa C τc = 0
*** 37) O eixo mecânico de um automóvel é feito para suportar as forças e o torque
mostrado. Sabendo-se que o diâmetro do eixo é de 30 mm, determinar as tensões normal e
de cisalhamento no: (a) ponto H; (b) ponto K.
67
Adriano Alberto
68
N=0
Vy =
;
Vz = 0
T = - 2 800 N.m
My = 0
Mz = - 2 700 . 0,350 + 2 700 . 0,200 = - 405 N.m
Iz = Iy =
HI J
K
=
H,,,+/J
K
AT = LM - = L0,015ˆ
= # +
+
a)
Para o ponto H:
9® = 0 -
K,/.,,,+/
OP,P@XJ
J
¯
+
,.,
OP,P@XJ
J
8-B,,
= - 152 788 745,4 Pa
8/<,,
¡ ¯ = ,,/.H.I4 = ,,/.H,,,+/4 = H,,,+/4 => * = - 528 158 626 Pa
¡® = ¡ ¯ + ¡°_ = ¡ ¯ + 0 = - 528 158 626 Pa
Adriano Alberto
69
R = á = 533,6549769 MPa
á = - 610,049349,6 Pa
Para o ponto K:
9± = 0 +
K,/.,
OP,P@XJ
J
¯
+
,.8,,,+/
OP,P@XJ
J
-B,,
=0
/<,,
¡ ¯ = ,,/.H.I4 = ,,/.H,,,+/4 = H,,,+/4 => * = 528 158 626 Pa
¡± = ¡ ¯ + ¡°² = ¡ ¯ + 0 = 528 158 626 Pa
De acordo com o desenho, que não está muito claro, como as forças em y estão
equilibradas, não existe força cortante em y no ponto k. Logo, Vy = 0
=
.
.
=0
Adriano Alberto
Através do circulo de Mohr, ³á = ³á = 528 158 626 Pa
Acredito que a resposta da lista está errada.
37) H: σx = 151 MPa C σz = 0 τxz = 527 MPa
K: σx = σy = 0 τxy = 527 MPa
*** 38) Uma mola é feita de um arame circular de raio c, formando uma hélice de raio R.
Determinar a máxima tensão de cisalhamento produzida pelas forças P e P’, iguais e
opostas. (Sugestão: determinar inicialmente a força cortante V e o torçor T numa seção
transversal.)
V=P
T = P . 2R
= I=
.
.
.{
* =
=-
*
7,T..{
.
M = T = 2PR
Para o ponto A:
# = # + *
Q = 0 => ¡°´ = 0
70
Adriano Alberto
¡R = ¡ ¯ =
# = -
9^ =
-Uµ
,,/.H.ƒ 4
-‰·”
8
O¸J
J
=-
¤»¼
),
O¸4
-
=
¢¹º
{
=-
S¶
{
71
¹º
{
Uµ
R = ª4- + 4- . Hƒ 4 =
9R¨á© = 9^ + R = 9R¨í¬ = 9^ - R = senS =
K
√0-
K‰·
Hƒ 4
K‰·
Hƒ 4
+
-
√.S¶
{
K√-.Uµ
Hƒ 4
K√-.Uµ
Hƒ 4
= #á
=
=
;√8>.S¶
{
8;√)>.S¶
{
=> S = 22,5° (anti-horário)
Adriano Alberto
72
Para o ponto B:
= + *
Q=
H.ƒ A
-
.
U.
¡j = O.¸J
J
K.ƒ
0H
A¸4
4
.-.ƒ
=
-ƒ 4
0
+
‰.-·
,,/.H.ƒ 4
=
J
4
H A
H.ƒ
U
U.
+
‰.-·
,,/.H.ƒ 4
=
,,/.H.ƒ 4
= 0
á = á =
J
4
,,/.ƒ.U. )‰.-·
{
SW )ºZZ
{
est questão.
A lista não apresentou a resposta para esta
=
{
SW )ºZZ
{
Adriano Alberto
*** 39) Várias forças são aplicadas ao tubo mostrado. Sabendo-se que o tubo tem
diâmetro, interno e externo, de 40 mm e 48 mm, respectivamente, determinar as tensões
normal e de cisalhamento no: (a) ponto H; (b) ponto K.
N = 660 N
;
Vy = 0
;
Vz = 0
T = 880 . 0,250 = 220 N.m
My = 660 . 0,100 + 220 . 0,250 – 880 . 0,250 = - 99 N.m
Mz = - 660 . 0,250 = - 165 N.m
Iz = Iy =
ˆ
H†,,,-KJ 8,,,-,J ‡
K
= # -
+
= 1,349125549 . 78k m4
Para o ponto H:
<<,
8+</.,,,-K
8GG.,
9® = H†,,,-KA 8,,,-,A‡ - +,0KG+-//KG.+,?£ + +,0KG+-//KG.+,?£ => = 30 546 008,14 Pa
¡¯ =
--,.,,,-K
,,/.H.†,,,-KJ 8,,,-,J ‡
= 19 568 230,71 Pa
¡® = ¡ ¯ + ¡°_ = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => = 19 568 230,71 Pa
9^ =
0,/K<,,B,+K),
-
= 15 273 004,07 Pa
73
Adriano Alberto
74
R = ¡®¨á© = ª15273004,07- + 19568230,71- = 24 822 979,4 Pa
9®¨á© = 9^ + R = 40 095 983,47 Pa
9®¨í¬ = 9^ - R = - 9 549 975,33 Pa
senS =
+G/<B-0,,.+
-KB--G.G,K
=> S = 26,01398101° (horário)
Para o ponto K:
<<,
8+</.,
8GG.,,,-K
9± = H†,,,-KA 8,,,-,A ‡ - +,0KG+-//KG.+,?£ + +,0KG+-//KG.+,?£ => = - 16 417 745,57 Pa
--,.,,,-K
¡ ¯ = ,,/.H.†,,,-KJ 8,,,-,J ‡ = 19 568 230,71 Pa
¡¾ = ¡ ¯ + ¡°² = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => ¿ = 19 568 230,71 Pa
Adriano Alberto
75
9^ =
8+<K+..K/,/.),
-
= - 8 208 872,783 Pa
R = ¡¾¨á© = ª8208872,783
783- + 19568230,71- = 21 220 302,67 Pa
9¾¨á© = 9^ + R = 13 011 429,89 Pa
9¾¨í¬ = 9^ - R = - 29 429 175,45 Pa
+G/<B-0,,.+
senS = -+--,0,-,<. => S = 33,6209754° (anti-horário)
Obs: As respostas da lista não
ão são as tensões máximas:
H: σx = 30,5 MPa T σz = 0 τxz = 19,56 MPa
K: σx = 16,4 MPa C σy = 0 τxy = 19,56 MPa
Adriano Alberto
76
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
Adriano Alberto
77
Figura: Slide do Prof. Alberto B. Vieira Jr.
Adriano Alberto
40) e 41) Os eixos maciços são carregados como mostrado nas figuras. Determine, e mostre
num esboço, as tensões principais e a tensão tangencial máxima no ponto A da superfície
do eixo.
40)
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção
de sinais deve ser de forma que seja positivo. Ou seja, sentido anti-horário como
positivo.
N = - 80 000 N
; Vy = 0
;
Vz = 10 000 N
T = - 0,600 . 10 . 10³ = - 6 000 N.m
My = 0,900 . 10 . 10³ = 9 000 N.m
Mz = 0
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz.
Iz = Iy =
ˆ
HI J
K
= # +
=
H,,,/J
K
+
Para o ponto A:
8B,,,,
9R = H,,,/A +
¯
,.,
OP,PXJ
J
¡ ¯ = ,,/.H.I4 =
+
G,,,.,,,/
OP,PXJ
J
8<,,,
,,/.H.,,,/4
=> # = 81 487 330,86 Pa
= - 30 557 749,07 Pa
¡R = ¡ ¯ + ¡°² = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => # = - 30 557 749,07 Pa
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma
convenção.
78
Adriano Alberto
79
9^ =
B+KB.00,,B<),
-
= 40 743 665,43 Pa
R = ¡R¨á© = ª40743665,43
43- + 30557749,07- = 50 929 581,79 Pa
9R¨á© = 9^ + R = 91 673 247,22 Pa
9R¨í¬ = 9^ - R = - 10 185 916,36 Pa
senS =
0,//..KG,,.
/,G-G/B+,.G
=> S = 18,43494882° (anti-horário)
Adriano Alberto
41)
80
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma tração no ponto A, a convenção
de sinais deve ser de forma que
seja positivo. Ou seja, sentido anti-horário
anti
como
positivo.
N = - 60 000 N
;
Vy = 0
;
Vz = - 5 000 N e 3 000 N
T = - 0,100 . 5 000 – 0,100 . 3 000 = - 800 N.m
My = 5 000 . 2 – 3 000 . 2 = 4 000 N.m
Mz = 0
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz.
Iz = Iy =
ˆ
HI J
K
= # +
=
H,,,-/J
K
+
Para o ponto A:
8<,,,,
9R = H,,,-/A +
¯
,.,
OP,PXJ
J
¡ ¯ = ,,/.H.I4 =
+
K,,,
,,,.,,,-/
OP,PAXJ
J
8B,,
,,/.H.,,,-/
,-/4
=> # = 295 391 574,4 Pa
= - 32 594 932,35 Pa
¡R = ¡ ¯ + ¡°² = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => # = - 32 594 932,35 Pa
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma
convenção.
Adriano Alberto
9^ =
-G/0G+/.K,K),
-
= 147 695 787,2 Pa
2- + 32594932,35- = 151 249 711,3 Pa
R = ¡R¨á© = ª147695787,2
9R¨á© = 9^ + R = 298 945 498,5 Pa
9R¨í¬ = 9^ - R = - 3 553 924,1 Pa
senS =
0-/GKG0-,0/
+/+-KG.++,0
=> S = 6,222551599° (anti-horário)
*** 42) Uma barra de aço de 50 mm de diâmetro está carregada como mostrado na figura.
Determine, e mostre num esboço, a tensão principal máxima no topo da superfície
adjacente ao apoio.
81
Adriano Alberto
82
Como Vy, ao flexionar a barra em torno de z, causa uma tração no ponto superior, a
convenção de sinais deve ser de forma que seja positivo. Ou seja, sentido horário como
positivo.
N = 15 000 N
; Vy = - 5000 N
;
Vz = 0
T = 1 200 N.m
My = 0
Mz = 500 . 0,900 = 450 N.m
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz.
Iz = Iy =
ˆ
HI J
K
= # +
=
H,,,-/J
K
+
Para o ponto:
+/,,,
9: = H,,,-/A +
¯
K/,.,,,-/
¡ ¯ = ,,/.H.I4 =
OP,PAXJ
J
=> = 44 308 736,16 Pa
+-,,
,,/.H.,,,-/
,-/4
= 48 892 398,52 Pa
¡: = ¡ ¯ + ¡°_ = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => = 48 892 398,52 Pa
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma
convenção.
9^ =
KK0,B.0<,+<),
-
= 22 154 368,08 Pa
Adriano Alberto
R = ¡wá: = ª22154368,08
08- + 48892398,52- = 53 677 580,59 Pa
9:¨á© = 9^ + R = 75 831 948,67 Pa
9:¨í¬ = 9^ - R = - 31 523 212,51 Pa
senS =
KBBG-0GB,/-
/0<../B,,/G
=> S = 32,81176569° (horário)
Na resposta da lista tem anti-horário.
anti
Issoo seria válido para um torque negativo. Mas, o
torque tem que ser positivo de acordo com a convenção adotada.
*** 43) O eixo circular maciço de aço está submetido aos torques e cargas indicados.
Determine, e mostre num esboço, as tensões principais
principais e a tensão tangencial máxima nos
pontos: (a) A; (b) B.
83
Adriano Alberto
84
a)
Como Vz, ao flexionar a barra em torno de y, causa uma compressão no ponto A,
A a
convenção de sinais deve ser de forma que
como negativo.
N = 8 000 . N
;
Vy = 0;;
seja negativo. Ou seja, sentido horário
Vz = 500 . N
T = - 5 000 . L + 3 000 . L = - 2 000 . N.m
My = - 1,5 . 500 . L = - 750 . N.m
Mz = 0
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz.
Iz = Iy =
ˆ
HI J
K
= # +
=
B,,,.H
H,,,/J
K
+
9: = H,,,/A ¯
./,.H.,,,/
¡ ¯ = ,,/.H.I4 =
OP,PXJ
J
=> = - 20 800 000 Pa
8-,,,.H
,,/.H.,,,/4
= - 32 000 000 Pa
¡: = ¡ ¯ + ¡°² = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => = - 32 000 000 Pa
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma
convenção.
9^ =
8-,B,,,,,),
-
= - 10 400 000 Pa
Adriano Alberto
R = ¡R¨á© = ª10400000- + 32000000- = 33 647 585,35 Pa
9:¨á© = 9^ + R = 23 247 585,35 Pa
9:¨í¬ = 9^ - R = - 44 047 585,35 Pa
senS =
0-,,,,,,
00<K./B/,0/
=> S = 35,9979192° (horário)
b)
B,,,.H
9: = H,,,/A + 0 + 0 => = 3 200 000 Pa
85
Adriano Alberto
¡¯ =
¯
,,/.H.I 4
¡°_ =
°_ .À
Á.­
=
Q=A.
¡°_ =
HI A
-
500.L.
=
.
8-,,,.H
,,/.H.,,,/4
K.I
0H
AP,PX4
4
OP,PXJ
.,,+,,
J
=
= - 32 000 000 Pa
= 266 666,6667 Pa
¡: = ¡ ¯ + ¡°_ = - 32 000 000 + 266 666,6667 => = - 31 733 333,33 Pa
A representação das tensões de cizalhamento, do estado de tensão, deve seguir a mesma
convenção.
9^ =
0-,,,,,),
-
= 1 600
00 000 Pa
R = ¡j¨á© = ª3200000- + 31733333,33- = 31 773 643,86 Pa
9:¨á© = 9^ + R = 33 373 643,86 Pa
9:¨í¬ = 9^ - R = - 30 173 643,86 Pa
0+.00000,00
senS = 0+..0<K0,B< => S = 43,55679075° (anti-horário)
O resultado da lista deu diferente. Mas, pelos cálculos,
cál
= 1 600 000 Pa coincide. Então, a
diferença está no = - 31 733 333,33 Pa. Como o torque não variou em relação
relaç à letra “a”
(cuja resposta foi igual à da lista), o erro está no cálculo do = 266 666,6667 Pa.
Pa Porém,
acredito que meus cálculos estejam corretos.
86
Adriano Alberto
87
43)
b) σ1 = 33,1 MPa T σ2 = 29,9 MPa C σ3 = 0
τmáx = 31,5 MPa θp = 43,5º
*** 44) Sabendo-se
se que nos pontos A e B, sobre o eixo da figura, as tensões normal e
tangencial são limitadas a 90 MPa T e 60 MPa,, respectivamente. Determine o valor
máximo permissível de P.
Adriano Alberto
88
;,á ># = ;,á > = 90 . 106 Pa
;,á ># = ;,á > = 60 . 106 Pa
P=?
Convenção de sinais: sentido horário positivo para o ponto A e negativo para o ponto B
N = 8P
; Vy = P
;
Vz = 0
T = 0,200 . P
My = 0,200 . 8P = 1,6 . P
Mz = 0,400 . P
O sinal do torque T tem que seguir a mesma convenção para os sinais de My e Mz.
Iz = Iy =
=
ˆ
#
HI J
K
+
=
H,,,/J
K
+
Para o ponto A:
BU
9R = H,,,/A +
9R =
8,,K,,.‰.8,,,/
OP,PXJ
J
BU.,,,/)+,<.U
H,,,/4
¯
¡ ¯ = ,,/.H.I4 =
+
+,<.U.,
Á²
=> # = 5 092,958179 . P
,,-,,.U
,,/.H.,,,/4
= 1 018,591636 . P
¡R = ¡ ¯ + ¡°_ = ¡ ¯ + 0 = ¡ ¯ => # = 1 018,591636 . P
Para o ponto B:
BU
=> 9R = H,,,/A +
,,K,,.U.K
H,,,/4
=>
Adriano Alberto
9j =
BU
H,,,/A
9j =
BU.,,,/)<,K.U
H,,,/4
+
,,K,,.‰.,
Á_
+
+,<.U.,,,/
OP,PXJ
J
=> 9j =
BU
H,,,/A
+
+,<.U.K
H,,,/4
=>
=> = 17 316,05781 . P
= * + = -
.
.
=
Q=A.
¡°² = -
HI A
-
.
K.I
0H
AP,PX4
4
OP,PXJ
.,,+,,
J
U.
=
= - 169,7652726 . P
¡j = - 1 018,591636 . P - 169,7652726 . P => = - 1 188,356909 . P
No ponto B, a força P em Vy e o torque T apresentam o mesmo sentido. Logo, devem ter o
mesmo sinal que, no caso, deve ser o de T, que já foi convencionado negativo no início dos
cálculos.
Como as tensões foram maiores no ponto B, utiliza-se esses valores pra o círculo de Mohr.
9^ =
+.,0+<,/.B+.+,4 .‰),
-
= 8,658028905 . 7 . P
R = ¡j¨á© = ª8,658028905. 100 . P- + 1188,356909. P- = 8,73920229 . 103 . P
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Adriano Alberto
9j¨á© = 9^ + R = 17,3972312 . 103 . P
60 . 106 = 8,73920229 . 103 . P => P = 6 865,615191 N (não serve)
90 . 106 = 17,3972312 . 103 . P => P = 5 173,236992 N = Padm
Resp da lista: 5199 N
45) Sabendo-se que o tubo estrutural mostrado tem uma espessura da parede uniforme de
6 mm, determinar a tensão de cisalhamento em cada um dos três pontos indicados (a, b e
c).
Vy = - 40 000 N
Posição da L.N.: yi = ys = 30 mm
Iz =
+,,.<,4
+-
-
BB.KB4
+-
= 988 992 . 78 m4
T = 40 000 . 0,047 = 1 880 N.m
* =
*
o.#
=
+BB,
-.,,,,<.,,,GK.,,,/K
= 30 864 197,53 Pa
Para o ponto a:
= ÃÄ + *
ÃÄ = - .
b = 0,006 . 2 = 0,012 m
Q = A’ . Å′
= -.,,,,<.,,,0,.,,,+/),,,BB.,,,,<.,,,-. = 0,022135135 m
Å′
-.,,,,<.,,,0,),,,BB.,,,,<
Q = (2.0,006.0,030 + 0,088.0,006) . 0,022135135 = 19,65599988 . 78 m³
¡u = -
8K,,,,.+G,<//GGGBB.+,?] GBBGG-.+,?@A .,,,+-
+ 30 864 197,53 = 97 113 469,11 Pa
90
Adriano Alberto
Para o ponto b:
91
= ÃÄ + *
ÃÄ = -
.
b = 0,006 . 2 = 0,012 m
Q = A’ . Å′
= 0,027 m
Å′
Q = (0,100. 0,006) . 0,027 = 16,2 . 78 m³
¡­ = -
8K,,,,.+<,-.+,?] GBBGG-.+,?@A .,,,+-
+ 30 864 197,53 = 85 465 245,87 Pa
Para o ponto c:
{ = ÃÇ + * => ¡ƒ = 0 + ¡ ¯ => { = 30 864 197,53 Pa
45) τa = 97,1 MPa τb = 85,5 MPa τc = 30,9 MPa
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Resolução Lista 4