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RESOLUÇÃO RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS R. C. HIBBELER 7ª EDIÇÃO De acordo com o Sistema Internacional de Unidades (SI) Resolução: Steven Róger Duarte dos San Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos SUMÁRIO 1.0 TENSÃO .................................................................................................................................................................... 1 1.1 PROBLEMAS ................................................................................................................................................ 2 1.2 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 26 1.3 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 51 1.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ..................................................................................................................... 68 2.0 DEFORMAÇÃO ..................................................................................................................................................... 73 2.1 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 74 3.0 PROPRIEDADES MECÂNICAS DOS MATERIAIS ........................................................................................ 91 3.1 PROBLEMAS .............................................................................................................................................. 92 3.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 104 3.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 108 4.0 CARGA AXIAL .................................................................................................................................................... 113 4.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 114 4.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 130 4.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 150 4.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 159 4.5 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 172 5.0 TORÇÃO ............................................................................................................................................................... 177 5.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 178 5.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 199 5.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 214 5.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 222 5.5 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 234 5.6 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 245 6.0 FLEXÃO ................................................................................................................................................................ 251 6.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 252 6.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 291 6.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 334 6.4 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 346 6.5 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 367 6.6 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 382 7.0 CISALHAMENTO TRANSVERSAL ................................................................................................................. 389 7.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 390 7.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 413 7.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 424 7.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 441 8.0 CARGAS COMBINADAS ................................................................................................................................... 448 8.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 449 8.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 456 8.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 493 9.0 TRANSFORMAÇÃO DA TENSÃO ................................................................................................................... 505 9.1 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 506 9.2 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 550 9.3 PROBLEMAS ............................................................................................................................................ 581 9.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................... 591 10.0 TRANSFORMAÇÃO DA DEFORMAÇÃO .................................................................................................... 597 10.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 598 10.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 627 10.3 PROBLEMAS ..........................................................................................................................................643 10.4 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 658 11.0 PROJETO DE VIGAS E EIXOS ...................................................................................................................... 663 11.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 664 11.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 691 11.3 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 707 12.0 DEFLEXÃO DE VIGAS E EIXOS ................................................................................................................... 713 12.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 714 12.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 742 12.3 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 758 12.4 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 783 12.5 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 792 12.6 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 801 12.7 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 807 12.8 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 817 13.0 FLAMBAGEM DE COLUNAS ......................................................................................................................... 824 13.1 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 825 13.2 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 852 13.3 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 879 13.4 PROBLEMAS .......................................................................................................................................... 892 13.5 PROBLEMAS DE REVISÃO ................................................................................................................. 907 REFERÊNCIAS BIBLIOGRÁFICAS ...................................................................................................................... 914 APÊNDICE A - PROPRIEDADES MECÂNICAS MÉDIAS DE MATERIAIS TÍPICOS DE ENGENHARIA (Unidades SI) ............................................................................................................................................................... 915 APÊNDICE B - PROPRIEDADES GEOMÉTRICAS DE PERFIS ESTRUTURAIS ......................................... 916 APÊNDICE C - INCLINAÇÃO E DEFLEXÃO DE VIGAS ................................................................................. 920 APÊNDICE D - CORREÇÃO DAS RESPOSTAS DO LIVRO R. C. HIBBLER 7ª EDIÇÃO ........................... 922 APRESENTAÇÃO Este livro começou a ser desenvolvido ainda quando era acadêmico do curso de engenharia civil pelo Centro Universitário de Anápolis Unievangélica – GO devido ao fascínio que tive pela disciplina. Contém as resoluções passo a passo de todos os problemas do livro R. C. Hibbeler 7ª edição dos capítulos 1 ao 13 (sujeito a correções e melhorias). No apêndice D existe um quadro de correções de algumas respostas do livro do Hibbeler, que pude observar que não estão de acordo com as respostas desenvolvidas neste livro devido a conversão de unidades. A Resistência dos Materiais ou Mecânica dos Sólidos é uma disciplina de grande importância nos cursos de engenharia, pois o aluno começa a observar o curso de uma forma mais madura, devido ser uma disciplina mais voltada para a prática de engenharia e por propiciar desafios. O objetivo aqui é desperta o interesse do aluno pra tal e mostrar que a Resistência dos Materiais não é um bicho de sete cabeças. E é claro, um material que sirva de apoio para professores que ministram essa disciplina. Bons estudos, e faça bom proveito. O autor. 1 Capítulo 1 Tensão Tensão 2 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.1 - PROBLEMAS 1.1. Determine a força normal interna resultante que age na seção transversal no ponto A em cada coluna. Em (a), o segmento BC tem massa de 300 kg/m e o segmento CD tem massa de 400 kg/m. Em (b), a coluna tem uma massa de 200 kg/m. Figura 1.1 1.2. Determine o torque resultante interno que age sobre as seções transversais nos pontos C e D do eixo. O eixo está preso em B. Figura 1.2 (a) Coluna (a) W2 = 400 × 9,81 × 1,2 = 4,7088 kN W1 = 30 × 9,81 × 3 = 8,829 kN ↑ + ∑ Fy = 0 NA – 4,7088 – 8,829 – 5 – 6 = 0 NA = 24,54 kN (b) Coluna (b) W = 200 × 9,81 × 3 = 5,886 kN ↑ + ∑ Fy = 0 NA – 5,886 – 8 – 6 – 6 – 4,5 – 4,5 = 0 NA = 34,9 kN ↶ + ∑ MC = 0 ∴ 250 − TC = 0 ∴ TC = 250 N.m ↶ + ∑ MD = 0 ∴ TD + 250 − 400 = 0 ∴ TD = 150 N.m Tensão 3 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.3. Determine o torque resultante interno que age nas seções transversais nos pontos B e C. Figura 1.3 *1.4. O dispositivo mostrado na figura sustenta uma força de 80 N. Determine as cargas internas resultantes que agem sobre a seção no ponto A. Figura 1.4 ↶ + ∑ MB = 0 TB − 500 + 350 = 0 TB = 150 N.m ↶ + ∑ MC = 0 TC − 500 = 0 TC = 500 N.m → + ∑ Fx = 0 −VAcos(60°) + NAcos(30°) − 80sen(45°) = 0 [1] ↶ + ∑ MA = 0 MA + 80cos(45°) × 0,3cos(30°) − 80sen(45°) × (0,1 + 0,3sen30°) = 0 MA = −0,55 N.m ↑ + ∑ Fy = 0 VAsen(60°) + NAsen(30°) – 80cos(45°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: VA = 20,7 N e NA = 77,3 N Tensão 4 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.5. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal no ponto D do elemento AB. Figura 1.5 ↶ + ∑ MB(Elemento AB) = 0 0,4Ay−70 = 0 Ay = 175 N ↑ + ∑ Fy = 0 175 + Cy = 0 Cy = 175 N ↶ + ∑ MB(Elemento BC) = 0 0,15 ×175 − 0,2Cx = 0 Cx = 131,25 N → + ∑ F x = 0 Ax – 131,25 = 0 Ax = 131,25 N → + ∑ Fx = 0 ND + 131,25 = 0 ND = −131,25 N → + ∑ Fy = 0 – VD – 175 = 0 VD = −175 N ↶ + ∑ MD = 0 MD + 175 × 0,05 = 0 MD = −8,75 N.m Tensão 5 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.6. A viga AB é suportada por um pino em A e por um cabo BC. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal no ponto D. Figura 1.6 ↶ + ∑ MA = 0 −2TBCsen(θ) – 5 × 1,2 = 0 TBC = 12 kN ϕ = arctang( 1,2 1,6 ) = arctang(0,75) = 36,87° θ + ϕ = artang( 2 1,6 )= arctang(1,25) = 51,34° θ = 51,34° − 36,87° = 14,47° ↗ + ∑ Fx = 0 −ND − 12cos(14,47°) − 5cos(36,87°) = 0 ND = −15,63 kN ↖ + ∑ Fy = 0 VD + 12sen(14,47°) – 5sen(36,87) = 0 VD = 0 kN ↶ + ∑ MD = 0 −MD + dBDTBCsen(θ)−5sen(ϕ) × dBD = 0 MD = 0 kN.m Tensão 6 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.7. Resolva o Problema 1.6 para as cargas internas resultantes que agem no ponto E. Figura 1.7 ↶ + ∑ MA = 0 −2TBCsen(θ) – 5 × 1,2 = 0 TBC = 12 kN ϕ = arctang( 1,2 1,6 ) = arctang(0,75) = 36,87° θ + ϕ = artang( 2 1,6 ) = arctang(1,25) = 51,34° θ = 51,34° − 36,87° = 14,47° ↗ + ∑ Fx = 0 −NE – 12cos(14,47°) – 5cos(36,87°) = 0 NE = −15,63 kN ↖ + ∑ Fy = 0 VE + 12cos(14,47°) – 5sen(36,87°) = 0 VE = 0 kN ↶ + ∑ ME = 0 −ME + dBETBCsen(θ)−5sen(ϕ) × dBE = 0 ME = 0 kN.m Tensão 7 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.8. A lança DF do guindaste giratório e a coluna DE têm peso uniforme de 750 N/m. Se o guindaste e a carga pesam 1.500 N, determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam nos pontos A, B e C. Figura 1.8 Seção 1 (0≤ x ≤ 0,9 m) → + ∑ Fx = 0 NA = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VA – 0,675 – 1,5 = 0 VA = 2,17 kN ↶ + ∑ MA = 0 −MA−1,5 × 0,9−0,675 × 0,45 = 0 MA= −1,654 kN.m Seção 2 (0≤ x ≤ 3,3 m) → + ∑ Fx = 0 NB = 0 kN ↶ + ∑ MB = 0 −MB − 1,5 × 3,3 − 2,457 × 1,65 = 0 MB = −9,034 kN.m ↑ + ∑ Fy = 0 VB – 2,475 – 1,5 = 0 VB = 3,98 kN Seção 3 (0≤ y ≤ 1,5 m) → + ∑ Fx = 0 VC = 0 kNNC ↶ + ∑ MC = 0 −MC − 2,925 × 1,95 − 3,9 × 1,5 = 0 MC = −11,554 kN.m ↑ + ∑ Fy = 0 −NC – 1,125 – 2,925 – 1,5 = 0 NC = −5,55 kN Tensão 8 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.9. A força F = 400 N age no dente da engrenagem. Determine as cargas internas resultantes na raiz do dente, isto é, no centroide da seção a-a (ponto A). Figura 1.9 1.10. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes na seção transversal que passa pelo ponto C. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. Figura 1.10 ↗ + ∑ Fx = 0 VA – 400cos(15°) = 0 VA = 368,37 N ↖ + ∑ Fy = 0 NA – 400sen(15°) = 0 NA = 103,57 N ↶ + ∑ MA = 0 −MA + 400cos(15°) × 0,00575 – 400sen(15°) × 0,004 = 0 MA = 1,808 N.m ↶ + ∑ MA = 0 −3 × 27 – (6 + 2 × 1,35 3 )(8,1) + 6RB = 0 RB = 22,815 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 22,815 – 27 – 8,1 = 0 RA = 12,286 kN → + ∑ Fx = 0 NC = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 12,285 – 16,2 – VC = 0 VC = 3,92 kN ↶ + ∑ MC = 0 MC + 16,2 × 1,8 – 12,285 × 3,6 = 0 MC = 15,07 kN.m Tensão 9 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.11. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam pelos pontos D e E. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. Figura 1.11 Ponto E Ponto D ↶ + ∑ MA = 0 −3 × 27 – (6 + 2 × 1,35 3 )(8,1) + 6RB = 0 RB = 22,815 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 22,815 – 27 – 8,1 = 0 RA = 12,286 kN → + ∑ Fx = 0 NE = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VE – 2,03 = 0 VE = 2,03 kN ↶ + ∑ ME = 0 − ME − 2,03 × 1,35 3 = 0 ME = −0,911 kN.m → + ∑ Fx = 0 ND = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −VD – 8,1 + 12,285 = 0 VD = 4,18 kN ↶ + ∑ MD = 0 MD + 8,1 × 0,9 – 12,285 × 1,8 = 0 MD = 14,823 kN.m Tensão 10 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.12. Determine as cargas internas resultantes que agem sobre (a) seção a-a e (b) seção b-b. Cada seção está localizada no centroide, ponto C. Figura 1.12 (a) Seção a-a ↶ + ∑ MA = 0 3,6 × 3 – 6sen(45°) × RB = 0 RB = 2,545 kN → + ∑ Fx = 0 − NC − 2,5456cos(45°) = 0 NC = −1,8 kN ↑ + ∑ Fy = 0 2,5456sen(45°) − 2,4 + VC = 0 VC = −1,723 kN ↶ + ∑ MC = 0 MC + 2,4 × 2 – 2,5456 × 4sen(45°) = 0 MC = 2,4 kN.m (b) Seção b-b → + ∑ Fx = 0 NC + 2,5456 – 2,4cos(45°) = 0 NC = −0,85 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VC – 2,4sen(45°) = 0 VC = 1,7 kN ↶ + ∑ MC = 0 MC + 2,4 × 2 – 2,5456 × 4sen(45°) = 0 MC = 2,4 kN.m Tensão 11 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.13. Determine a resultante das forças internas normal e de cisalhamento no elemento e : (a) seção a-a e (b) seção b- b, sendo que cada uma delas passa pelo ponto A. Considerando θ = 60°. A carga de 650 N é aplicada ao longo do eixo do centroide do elemento. Figura 1.13 1.14. Determine a resultante das forças interna normal e de cisalhamento no elemento na seção b-b, cada uma em função de θ. Represente esses resultados em gráficos para 0 ≤ θ ≤ 90°. A carga de 650 N é aplicada ao longo do eixo do centroide do elemento. Figura 1.14 → + ∑ Fx = 0 Va-a = 0 N → + ∑ Fy = 0 Na-a = 650 N ↑ + ∑ Fx = 0 Nb-b = 650sen(90°− 60º) Nb-b = 325 N ↑ + ∑ Fy = 0 Vb-b = 650cos(90° − 60º) Vb-b = 563 N ↑ + ∑ Fx = 0Nb-b – 650sen(90°− θ) = 0 Nb-b = 650cos(θ) ↑ + ∑ Fy = 0 Vb-b − 650cos(90°− θ) = 0 Vb-b = 650sen(θ) (a) Seção a-a (b) Seção b-b Tensão 12 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.15. A carga de 4.000 N está sendo levantada a uma velocidade constante pelo motor M, que pesa 450 N. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B na viga. A viga pesa 600 N/m e está fixada à parede em A. Figura 1.15 *1.16. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelos pontos C e D da viga no Problema 1.15. Figura 1.16 Continua... → + ∑ Fx = 0 −NB – 2 = 0 NB = − 2 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VB – 0,72 – 4 = 0 VB = 4,72 kN ↶ + ∑ MB = 0 −MB − 0,72 × 0,6 + 2 × 0,45 − 4 × 1,275 = 0 MB = −4,632 kN.m Tensão 13 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 Ponto C Ponto D 1.17. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B. Figura 1.17 → + ∑ Fx = 0 −NC – 2 = 0 NC = −2 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VC – 4 – 1,26 = 0 VC = 5,26 kN ↶ + ∑ MC = 0 −MC + 2 × 0,45 – 1,26 × 1,05 – 4 × 2,175 = 0 MC = −9,123 kN.m → + ∑ Fx = 0 ND = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VD – 2,52 – 4 – 0,45 = 0 VD = 6,97 kN ↶ + ∑ MD = 0 −MD − 0,45 × 1,2 − 2,52 × 2,1 − 4 × 4,275 = 0 MD = −22,932 kN.m → + ∑ Fx = 0 NB = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VB – 1.440 = 0 VB = 1.440 kN ↶ + ∑ MB = 0 −MB – 1.440 × 4 3 = 0 MB = −1.920 kN.m Tensão 14 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.18. A viga suporta a carga distribuída mostrada. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto C. Considere que as reações nos apoios A e B sejam verticais. Figura 1.18 Ponto C 1.19. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto D no Problema 1.18. Figura 1.19 Continua... ↶ + ∑ MA = 0 −4,5 × 4,5 – 4,5 × 6 + 9RB = 0 RB = 5,25 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 5,25 – 4,5 – 4,5 = 0 RA = 3,75 kN → + ∑ Fx = 0 NC = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −VC – 0,5 – 1,5 + 3,75 = 0 VC = 1,75 kN ↶ + ∑ MC = 0 MC – 3,75 × 3 + 0,5 × 1 + 1,5 × 1,5 = 0 MC = 8,5 kN.m Tensão 15 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 Ponto D *1.20. A estrutura do poste de energia elétrica suporta os três cabos, e cada um deles exercem uma força de 4 kN nas escoras. Se as escoras estiverem acopladas por pinos em A, B e C, determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam pelos pontos D, E e F. Figura 1.20 ↶ + ∑ MA = 0 −4,5 × 4,5 – 4,5 × 6 + 9RB = 0 RB = 5,25 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 5,25 – 4,5 – 4,5 = 0 RA = 3,75 kN → + ∑ Fx = 0 ND = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VD – 0,5 – 3,5 + 5,25 = 0 VD = −1,25 kN ↶ + ∑ MD = 0 −MD - 3,5 × 1,5 − 0,5 × 2 + 5,25 × 3 = 0 MD = 9,5 kN.m → + ∑ Fx = 0 Ax − Cx = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay – Cy + 12 = 0 [2] ↶ + ∑ M = 0 M – 4 × 1,2 – 4 × 1,2 + 4,1,2 = 0 M = 4,8 kN.m Continua... Tensão 16 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 PontoD Ponto E Ponto F 1.21. O guindaste de tambores suspende o tambor de 2,5 kN. O pino de ligação está conectado à chapa em A e B. A ação de aperto sobre a borda do tambor é tal que somente forças horizontais e verticais são exercidas sobre o tambor em G e H. Determine as cargas internas resultantes na seção transversal que passa pelo ponto I. Figura 1.21 ↶ + ∑ MB = 0 1,2Ay + 0,9Ax – 4 × 2,4 = 0 [3] ↶ + ∑ MB = 0 11,2Cy + 0,9Cx − 4 × 2,4 = 0 [4] Resolvendo as equações, obtem-se: Ax = 2,67 kN Ay = 6 kN Cx = 2,67 kN Cy = 6 kN → + ∑ Fx = 0 VD = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 ND = 0 kN ↶ + ∑ MD = 0 MD = 0 kN.m → + ∑ Fx = 0 −VE + 2,67 = 0 VE = 2,67 kN ↑ + ∑ Fy = 0 NE − 6 = 0 NE = 6 kN ↶ + ∑ ME = 0 ME − 2,67 × 0,9 = 0 ME = 2,4 kN.m → + ∑ Fx = 0 VF + 2,67 – 2,67 = 0 VF = 0 kN ↑ + ∑ Fy = 0 NF – 6 – 6 = 0 NF = 12 kN ↶ + ∑ MF = 0 MF + 2,67 × 0,9 − 2,67 × 2,67 = 0 MF = 4,8 kN.m Continua... Tensão 17 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 Ponto I 1.22. Determine as cargas internas resultantes nas seções transversais que passam pelos pontos K e J no guindaste de tambores no Problema 1.21. Figura 1.22 RAC = RBD = R ↑ + ∑ Fy = 0 −RACcos(30°) – RBDcos(30°) + 2,5 = 0 R = 1,443 kN → + ∑ Fx = 0 VI – 1,443cos(60°) = 0 VI = 0,722 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −NI + 1,443sen(60°) = 0 NI = 1,25 kN ↶ + ∑ MI = 0 −MI + 1,443cos(60°) × 0,2 = 0 MI = 0,144 kN.m RAC = RBD = R ↑ + ∑ Fy = 0 −RACcos(30°) – RBDcos(30°) + 2,5 = 0 R = 1,443 kN Continua... Tensão 18 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 Ponto J Ponto K 1.23. O cano tem massa de 12 kg/m. Se ele tiver fixado à parede em A, determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal em B. Despreze o peso da chave CD. Figura 1.23 → + ∑ Fx = 0 NJ + 1,443 = 0 NJ = −1,443 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VD = 0 kN ↶ + ∑ MJ = 0 MJ = 0 kN.m → + ∑ Fx = 0 3,016 − NK = 0 NK = 3,016 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VK = 0 kN ↶ + ∑ MK = 0 MK = 0 kN.m → + ∑ Fx = 0 (NB)x = 0 N ↑ + ∑ Fz = 0 (VB)z = 12 × 9,81 × 0,4 + 12 × 9,81 × 0,2 (VB)z = 70,6 N ↶ + ∑(TB)x = 0 (TB)x = 47,088 × 0,2 (TB)x = 9,42 N.m ↑ + ∑ Fy = 0 (VB)y = 0 N ↶ + ∑(MB)y = 0 (MB)y = 60 × 0,35 – 60 × 0,05 – 47,088 × 0,2 – 23,544 × 0,1 (MB)y = 6,23 N.m ↶ + ∑(MB)z = 0 (MB)z = 0 N.m Tensão 19 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.24. A viga mestra AB suporta a carga na asa do avião. As cargas consideradas são a reação da roda de 175 kN em C, o peso de 6 kN do combustível no tanque da asa, com centro de gravidade em D, e o peso de 2 kN da asa, com centro de gravidade em E. Se a viga estiver fixada à fuselagem em A, determine as cargas internas resultantes na viga nesse ponto. Considere que a asa não transfere nenhumacarga à fuselagem, exceto pela viga. Figura 1.24 1.25. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B do poste de sinalização. O poste está fixado ao solo, e uma pressão uniforme de 50 N/m² age perpendicularmente à parede frontal da placa de sinalização. Figura 1.25 Continua... ∑ Fx = 0 (VA)x = 0 kN ∑ Fy = 0 (NA)y = 0 kN ∑ Fz = 0 (VA)z + 175 – 6 – 2 = 0 (VA)z = −167 kN ↶ + ∑(TA)y = 0 (TA)y + 0,45 × 6 – 0,3 × 2 = 0 (TA)y = −2,1 kN.m ↶ + ∑(MA)z = 0 (𝐌𝐀)𝐳 = 𝟎 ↶ + ∑(MA)x = 0 (MA)x – 6 × 1,8 – 2 × 3,6 + 175 × 3 = 0 (MA)x = −507 kN.m Tensão 20 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.26. O eixo está apoiado em suas extremidades por dois mancais A e B e está sujeito ás polias nele fixadas. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto D. As forças de 400 N agem na direção –z e as forças de 200 N e 80 N agem na direção +y. Os suportes A e B exercem somente as componentes y e z da força sobre o eixo. Figura 1.26 ∑ Fx = 0 (VB)x = 750 N ∑ Fy = 0 (VB)y = 0 N ∑ Fz = 0 (NB)z = 0 N ∑(TB)z = 0 (TB)z = 570 × 0,5 (TB)z = 375 N.m ↶ + ∑(MB)x = 0 (MB)x = 0 N.m ↶ + ∑(MB)y = 0 (MB)y = 750 × 7,5 (MB)y = 5.625 N.m ∑ MB = 0 (0,4i) × (160j) + (0,7i) × (400j) + (1,1i) × (-800k) + (1,4i) × (- Ay j + Az k) = 0 (880 – 1,4Az)j + (334 + 1,4Ay)k = 0 880 – 1,4Az = 0 ∴ Az = 628,57 N 334 + 1,4Ay = 0 ∴ Ay = 245,71 N ∑ Fy = 0 By = 314,29 N ∑ Fz = 0 Bz = 171,43 N Continua... Tensão 21 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.27. O eixo está apoiado em suas extremidades por dois mancais, A e B, e está sujeito às forças aplicadas às polias nele fixadas. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto C. As forças de 400 N agem na direção –z e as forças de 200 N e 80 N agem na direção +y. Os apoios A e B exercem somente as componentes y e z da força sobre o eixo. Figura 1.27 ∑ Fx = 0 (ND)x = 0 N ∑ Fy = 0 (VD)y + 160 – 314,29 = 0 (VD)y = 154,3 kN ∑ Fz = 0 (VD)z + 171,43 = 0 (VD)z = −171,4 N ∑(TD)x = 0 (TD)x = 0 N.m ↶ + ∑(MD)y = 0 (MD)y + 171,43 × 0,55 = 0 (MD)y = −94,3 N.m ↶ + ∑(MD)z = 0 (MD)z + 314,29 × 0,55 – 160 × 0,15 = 0 (MD)z = −149 N.m ∑ MB = 0 (0,4i) × (160j) + (0,7i) × (400j) + (1,1i) × (−800k) + (1,4i) × (−Ayj + Azk) = 0 (880 – 1,4Az)j + (334 + 1,4Ay)k = 0 880 – 1,4Az = 0 ∴ Az = 628,57 N 334 + 1,4Ay = 0 ∴ Ay = 245,71 N ∑ Fy = 0 By = 314,29 N ∑ Fz = 0 Bz = 171,43 N Continua... Tensão 22 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.28. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal da estrutura nos pontos F e G. O contato em E é liso. Figura 1.28 ∑ Fx = 0 (NC)x = 0 N ∑ Fy = 0 (VC)y − 246 = 0 (VC)y = 246 N ∑ Fz = 0 (VC)z – 800 + 628,57 = 0 (VC)z = 171 N ∑(TC)x = 0 (TC)x = 0 N.m ↶ + ∑(MC)y = 0 (MC)y – 800 × 0,2 + 629 × 0,5 = 0 (MC)y = −154 N.m ↶ + ∑(MC)z = 0 (MC)z + 246 × 0,5 = 0 (MC)z = −123 N.m → + ∑ Fy = 0 720 – By − 720sen(30°) = 0 By = 360 N ↶ + ∑ MB = 0 0,9Cy – 720sen(30°) × 1,8 = 0 Cy = 720 N ↶ + ∑ MD = 0 1,5FE – 400 × 2,7 = 0 FE = 720 N Ponto F ↖ + ∑ Fx = 0 NF = 0 N ↗ + ∑ Fy = 0 VF – 400 = 0 VF = 400 N ↶ + ∑ MF = 0 − MF – 400 × 0,6 = 0 MF = 240 N.m Continua... Tensão 23 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.29. A haste do parafuso está sujeita a uma tensão de 400 N. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal no ponto C. Figura 1.29 1.30. O cano tem massa de 12 kg/m e está preso à parede em A. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa por B. Figura 1.30 Ponto G → + ∑ Fx = 0 83,54 + NG = 0 NG = 83,54 N ↑ + ∑ Fy = 0 VG – 360 = 0 VG = 360 N ↶ + ∑ MG = 0 360 × 0,45 − MG = 0 MG = 162 N.m → + ∑ Fx = 0 400 + NC = 0 NC = −400 N ↑ + ∑ Fy = 0 VC = 0 N ↶ + ∑ MC = 0 MC + 400 × 0,15 = 0 MC = −60 N.m ∑ Fx = 0 (VB)x = 0 N ∑ Fy = 0 (NB)y = −600 N ∑ Fz = 0 (VB)z = 235,44 + 235,44 + 450 ∴ (VB)z = 921 N Continua.. . Tensão 24 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.31. A haste curvada tem raio r e está presa em B. Determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto A, o qual está localizado a um ângulo θ em relação à horizontal. Figura 1.31 *1.32. A haste curvada AD de raio r tem peso por comprimento w. Se ela estiver no plano horizontal, determine as cargas internas resultantes que agem na seção transversal que passa pelo ponto B. Dica: A distância entre o centroide C do segmento AB e o ponto O é CO = 0,9745r. Figura 1.32 ↶ + ∑(MB)x = 0 (MB)x = 1 × 235,44 + 2 × 235,44 + 2 × 45 (MB)x = 1.606 N.m ∑(TB)y = 0 (TB)y = 0 N.m ↶ + ∑(MB)z = 0 (MB)z = −800 N.m ↖ + ∑ Fx = 0 NA – Psen(90° − θ) = 0 NA = Pcos(θ) ↗ + ∑ Fy = 0 VA – Pcos(90° − θ) = 0 VA = Psen(θ) ↶ + ∑ MA = 0 MA – P(r – rcosθ) = 0 MA = Pr(1 – cosθ) ∑ Fy = 0 NB = 0 ∑ Fz = 0 VB – π 4 rw = 0 ∴ VB = 0,785 wr ∑(MB)x = 0 (MB)x + π 4 rw × 0,9745rsen(22,5°) = 0 ∴ (MB)x = −0,293wr² ∑(TB)y = 0 TB = π 4 rw(r – 0,9745rcos22,5°) TB = 0,0783 wr² Tensão 25 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.33. Um elemento diferencial tomado de uma barra curva é mostrado na figura. Mostre que dN/dθ = V, dV/dθ = −N, dM/dθ = −T e dT/dθ = M. Figura 1.33 ∑ Fx = 0 ∴ Ncos ( dθ 2 ) + Vsen ( dθ 2 ) − (N + dN) cos ( dθ 2 ) + (V+ dV)sen ( dθ 2 ) = 0 ∑ Fy = 0 ∴ Nsen ( dθ 2 ) − Vcos ( dθ 2 ) + (N + dN) sen ( dθ 2 ) + (V + dV)cos ( dθ 2 ) = 0 ∑ Mx = 0 ∴ Tcos ( dθ 2 ) + Msen ( dθ 2 ) − (T + dT) cos ( dθ 2 ) + (M + dM)sen ( dθ 2 ) = 0 ∑ My = 0 ∴ Tsen ( dθ 2 ) − Mcos ( dθ 2 ) + (T + dT) sen ( dθ 2 ) + (M + dM)cos ( dθ 2 ) = 0 sen ( dθ 2 ) = dθ 2 , cos ( dθ 2 ) = 1 Vdθ − dN + dVdθ 2 = 0 ∴ Vdθ − dN = 0 ∴ 𝐝𝐍 𝐝𝛉 = 𝐕 Ndθ + dV + dNdθ 2 = 0 ∴ Ndθ + dV = 0 ∴ 𝐝𝐕 𝐝𝛉 = −𝐍 Mdθ − dT + dMdθ 2 = 0 ∴ Mdθ − dT = 0 ∴ 𝐝𝐓 𝐝𝛉 = 𝐌 Tdθ + dM + dTdθ 2 = 0 ∴ Tdθ + dM = 0 ∴ 𝐝𝐌 𝐝𝛉 = −𝐓 Tensão 26 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.2 - PROBLEMAS 1.34. A coluna está sujeita a uma força axial de 8 kN aplicada no centroide da área da seção transversal. Determine a tensão normal média que age na seção a-a. Mostre como fica essa distribuição de tensão sobre a seção transversal da área. Figura 1.34 A = 10 × 150 × 2 + 10 × 140 = 4.400 mm² σ = P A = 8 × 103 4.400 = 1,82 MPa 1.35. O arganéu da âncora suporta uma força de cabo de 3 kN. Se o pino tiver diâmetro de 6 mm, determine a tensão média de cisalhamento no pino. Figura 1.35 τméd = V A = V π 4 d2 = 1,5 × 103 π 4 × 62 = 53,05 MPa Tensão 27 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.36. Durante uma corrida, o pé de um homem com massa 75 kg é submetido momentaneamente a uma força equivalente a 5 vezes o seu peso. Determine a tensão normal média desenvolvida na tíbia T da perna desse homem na seção a-a. A seção transversal pode ser considerada circular, com diâmetro externo de 45 mm e diâmetro interno de 25 mm. Considere que a fíbula F não está suportando nenhuma carga. Figura 1.36 P = 5mg = 5 × 75 × 9,81 = 3.678,75 N σméd= P A = P π 4 (d0 2 − di 2) = 3.678,75 π 4 (452 − 252) = 3,346 MPa 1.37. O mancal de encosto está sujeito às cargas mostradas. Determine a tensão normal média desenvolvida nas seções transversais que passam pelos pontos B, C e D. Faça um rascunho dos resultados sobre um elemento de volume infinitesimal localizados em cada seção. Figura 1.37 σB = NB π 4 dB 2 = 500 π 4 × 652 = 151 kPa σC = NC π 4 dC 2 = 500 π 4 × 1402 = 32,5 kPa σD = ND π 4 dD 2 = 200 π 4 ×1002 = 25,5 kPa Tensão 28 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.38. O pequeno bloco tem espessura de 5 mm. Se a distância de tensão no apoio desenvolvida pela carga variar como mostra a figura, determine a força F aplicada ao bloco e a distância d até o ponto onde ela é aplicada. Figura 1.38 1.39. A alavanca está presa ao eixo fixo por um pino cônico AB, cujo diâmetro médio é 6 mm. Se um binário for aplicado à alavanca, determine a tensão de cisalhamento média no pino entre ele e a alavanca. Figura 1.39 T = 20 × 0,5 = 10 N.m τméd = T 2tAméd = 10 2 × 0,006 × π × 0,003² = 29,5 MPa F1 = (60 + 40) × 106 × (0,120/2) = 30 kN F2 = 40 × 106 × 0,03 × 0,005 = 6 kN ↖ + ∑ Fy = 0 F = 30 + 6 = 36 kN ↶ + ∑ M = 0 2 3 × 60 × 6 + 124 × 30 – 36d = 0 d = 110 mm Tensão 29 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.40. O bloco de concreto tem as dimensões mostradas na figura. Se o material falhar quando a tensão normal média atingir 0,84 MPa, determine a maior carga vertical P aplicada no centro que ele pode suportar. Figura 1.40 A = 350 × 25 × 2 + 3 × 50 × 100 = 32.500 mm² σrup = Padm A ∴ Padm = σrupA = 0,84 × 32.500 = 27,3 kN 1.41. O bloco de concreto tem as dimensões mostradas na figura. Se ele for submetido a uma força P = 4 kN aplicada em seu centro, determine a tensão normal média no material. Mostre o resultado sobre um elemento de volume infinitesimal do material. Figura 1.41 A = 350 × 25 × 2 + 3 × 50 × 100 = 32.500 mm² σrup = Padm A = 4 × 10 3 32.500 = 0,123 MPa Tensão 30 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.42. A luminária de 250 N é sustentada por três hastes de aço interligadas por um anel em A. Determine qual das hastes está submetida à maior tensão normal média e calcule seu valor. Considere θ = 30°. O diâmetro de cada haste é dado na figura. Figura 1.42 1.43. Resolva o Problema 1.42 para θ = 45°. Figura 1.43 → + ∑ Fx = 0 FACcos(30°) − FADcos(45°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FACsen(30°) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] Resolvendo as equações [1] e [2]: FAC = 183,2 N e FAD = 224,2 N σAD = FAD π 4 dAD 2 = 224,2 π 4 × 7,52 𝛔𝐀𝐃 = 5,07 MPa σAC = FAC π 4 dAC 2 = 183,2 π 4 × 62 𝛔𝐀𝐂 = 6,473 MPa σAB = FAB π 4 dAB 2 = 250 π 4 × 92 𝛔𝐀𝐁 = 3,93 MPa → + ∑ Fx = 0 FACcos(45°) − FADcos(45°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FACsen(45°) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] Resolvendo as equações [1] e [2]: FAC = FAD = 176,78 N σAB = FAB π 4 dAB 2 = 250 π 4 × 92 = 3,93 MPa σAC = FAC π 4 dAC 2 = 176,78 π 4 × 62 = 6,252 MPa σAD = FAD π 4 dAD 2 = 176,78 π 4 × 7,52 = 4,001 MPa Tensão 31 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.44. A luminária de 250 N é sustentada por três hastes de aço interligadas por um anel em A. Determine o ângulo de orientação θ de AC de modo que a tensão normal média na haste AC seja duas vezes a tensão normal média na haste AD. Qual é a intensidade da tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é dado na figura. Figura 1.44 1.45. O eixo está sujeito à força axial de 30 kN. Se ele passar pelo orifício de 53 mm de diâmetro no apoio fixo A, determine a tensão no mancal que age sobre o colar C. Determine também a tensão de cisalhamento média que age ao longo da superfície interna do colar no ponto onde ele está acoplado ao eixo de 52 mm de diâmetro. Figura 1.45 → + ∑ Fx = 0 FACcos(θ) – FADcos(45°) [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FACsen(θ) + FADsen(45°) – 250 = 0 [2] σAC = 2σAD FAC = 1,28FAD [3] Solucionando as equações: θ = 56,466° FAD = 140,92 N FAC = 180,377 N σAD = FAD π 4 dAD 2 = 140,92 π 4 × 7,52 𝛔𝐀𝐃 = 3,19 MPa σAC = FAC π 4 dAC 2 = 180,377 π 4 × 62 𝛔𝐀𝐂 = 6,38 MPa σAB = FAB π 4 dAB 2 = 250 π 4 × 92 𝛔𝐀𝐁 = 3,93 MPa σmancal = P A = 30(103) π 4 (602 − 532) 𝛔𝐦𝐚𝐧𝐜𝐚𝐥 = 𝟒𝟖, 𝟑 𝐌𝐏𝐚 τméd = V A = 30(103) π(52)(10) 𝛕𝐦é𝐝 = 18,4 MPa Tensão 32 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.46. Os dois elementos de aço estão interligadospor uma solda de topo angular de 60°. Determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média suportada no plano da solda. Figura 1.46 1.47. O gancho é usado para sustentar o tubo de tal modo que a força no parafuso vertical é 775 N. Determine a tensão normal média desenvolvida no parafuso BC se ele tiver diâmetro de 8 mm. Considere que A seja um pino. Figura 1.47 → + ∑ Fx = 0 − 8 + Vcos(60°) + Ncos(30°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 − Vsen(60°) + Nsen(30°) = 0 [2] Resolvendo [1] e [2], obtem-se: V = 4 kN e N = 6,93 kN A′ = A sen(60°) = 25 × 30 sen(60°) = 866,03 mm² τméd = V A′ = 4 × 103 866,03 = 4,62 MPa σ = N A′ = 8 MPa ↶ + ∑ MA = 0 775 × 0,04 – 0,07FBCcos(20°) = 0 FBC = 471,28 N σBC = FBC π 4 dBC 2 = 471,28 π 4 × 82 = 9,38 MPa Tensão 33 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.48. A prancha de madeira está sujeita a uma força de tração de 425 N. Determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média desenvolvida nas fibras da madeira orientadas ao longo da seção a-a a 15° em relação ao eixo da prancha. Figura 1.48 1.49. A junta de topo quadrada aberta é usada para transmitir uma força de 250 N e uma placa a outra. Determine as componentes da tensão de cisalhamento média e da tensão normal média que essa carga cria na face da solda, seção AB. Figura 1.49 → + ∑ Fx = 0 - Vcos(15°) – Ncos(75°) + 425 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(75°) − Vsen(15°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 109,86 N e V = 410 N σ = N A = 109,8625 × 75 sen(15°) = 0,0152 MPa τméd = V A = 410 25 × 75 sen(15°) = 𝟎, 𝟎𝟓𝟔𝟕 𝐌𝐏𝐚 → + ∑ Fx = 0 Vcos(60°) − Ncos(30°) + 250 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 − Vsen(60°) + Nsen(30°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 216,506 N e V = 125 N σ = N A = 216,506150 × 50 sen(60°) = 25 kPa τméd = V A = 125 150 × 50 sen(60°) = 𝟏𝟒, 𝟒𝟑 𝐤𝐏𝐚 Tensão 34 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.50. O corpo de prova falhou no ensaio de tração a um ângulo de 52° sob uma carga axial de 100 kN. Se o diâmetro do corpo de prova for 12 mm, determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média que agem na área do plano de falha inclinado. Determine também qual a tensão normal média em atuação sobre a seção transversal quando acorreu a falha. Figura 1.50 1.51. Um corpo de prova sob tração com área de seção transversal A é submetido a uma força axial P. Determine a tensão de cisalhamento média máxima no corpo de prova e indique a orientação θ de uma seção na qual ela ocorre. Figura 1.51 → + ∑ Fx = 0 100 – Ncos(38°) – Vcos(52°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Vsen(52°) + Nsen(38°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 78,8 kN e V = 61,57 kN σ = N A = 78,8 × 10 3 π × 122 4sen(52°) = 549,05 MPa τméd = V A = 61,57 × 103 π × 122 4sen(52°) = 𝟒𝟐𝟗 𝐌𝐏𝐚 → + ∑ Fx = 0 Ncos(90°−θ) + Vcos(θ)−P = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(90°−θ) – Vsen(θ) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = Vtang(θ) e V = P sen(θ)tang(θ) + cos (θ) Para que V seja máximo, dV dθ = 0 Logo: θ = 45° Substituindo θ em V, obtem-se: V = P √2 τméd = V A′ = V 2A sen(45°) = 𝐏 𝟐𝐀 Tensão 35 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.52. A junta está submetida a uma força axial de 5 kN. Determine a tensão normal média que age nas seções AB e BC. Considere que o elemento é liso e tem 50 mm de espessura. Figura 1.52 1.53. O garfo está sujeito a força e a um binário. Determine a tensão de cisalhamento média no parafuso que age nas seções transversais que passam por A e B. O parafuso tem 6 mm de diâmetro. Dica: O binário sofre a resistência de um conjunto de forças desenvolvidas nas hastes do parafuso. Figura 1.53 → + ∑ Fx = 0 NABcos(30°) – 5cos(45°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 − NBC − NABsen(30°) + 5sen(45°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: NAB = 4,082 kN e NBC = 1,4945 kN σAB = NAB AAB = 4,082(103) 40 × 50 = 2,04 MPa σBC = NBC ABC = 1,4945(103) 50 × 50 = 0,598 MPa Continua... Tensão 36 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 𝛕𝐀 = 𝟎 𝐌𝐏𝐚 ∑ Fz = 0 ∴ 2,5 − 2Fz = 0 ∴ Fz = 1,25 kN ∑ Mz = 0 ∴ 120 − 0,05Fx = 0 ∴ Fx = 2.400 N = 2,4 kN FB = √Fx 2 + Fy 2 = √2.4002 + 1.2502 = 2.706,01 N (τB)méd = 2.706,01 π 4 ×62 = 𝟗𝟓, 𝟕 𝐌𝐏𝐚 1.54. Os dois elementos usados na construção da fuselagem de um avião estão interligados por uma solda em boca-de- peixe a 30°. Determine a tensão de cisalhamento média e a tensão normal média no plano de cada solda. Considere que cada plano inclinado suporta uma força horizontal de 2 kN. Figura 1.54 1.55. Os grampos na fileira AB contida no grampeador estão colados de modo que a tensão de cisalhamento máxima que a cola pode suportar é θmáx = 84 kPa. Determine a força mínima F que deve ser aplicada ao êmbolo para extrair um grampo da fileira por cisalhamento e permitir que ele saia sem deformação pela fenda em C. As dimensões externas do grampo são mostradas na figura, e a espessura é 1,25 mm. Considere que todas as outras partes são rígidas e despreze o atrito. Figura 1.55 → + ∑ Fx = 0 − Ncos(60°) – Vcos(30°) + 2 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(60°) – Vsen(30°) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2]: N = 1 kN e V = 1,732 kN σ = N A = 103 37,5 × 25 sen(30°) = 0,53333 MPa = 𝟓𝟑𝟑, 𝟑𝟑 𝐤𝐏𝐚 τméd = V A = 1,732 × 103 37,5 × 25 sen(30°) = 0,92376 MPa = 𝟗𝟐𝟑, 𝟕𝟔 𝐤𝐏𝐚 A = (7,5 – 1,25) × 1,25 × 2 + 12,5 × 1,25 = 31,25 mm² θmáx = F A ∴ Fmín = Aθmáx = 31,25 × 0,084 = 2,63 N Tensão 37 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.56. Os diâmetros das hastes AB e BC são 4 mm e 6 mm, respectivamente. Se for aplicada uma carga de 8 kN ao anel em B, determine a tensão normal média em cada haste se θ = 60°. Figura 1.56 1.57. Os diâmetros das hastes AB e BC são 4 mm e 6 mm, respectivamente. Se a carga vertical de 8 kN for aplicada ao anel em B, determine o ângulo θ da haste BC de modo que a tensão normal média em cada haste seja equivalente. Qual é essa tensão? Figura 1.57 → + ∑ Fx = 0 FBCcos(60°) – FAB = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FBCsen(60°) – 8 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FBC = 9,2376 kN e FAB = 4,6188 kN σAB = FAB π 4 dAB 2 = 4,6188 × 103 π 4 × 42 = 𝟑𝟔𝟖 𝐌𝐏𝐚 σBC = FBC π 4 dBC 2 = 9,2376 × 103 π 4 × 62 = 𝟑𝟐𝟕 𝐌𝐏𝐚 → + ∑ Fx = 0FBCcos(θ) – FAB = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FBCsen(θ) – 8 = 0 [2] Resolvendo [1] e [2], obtem-se: FBC = 8 sen(θ) e FAB = 8 tang(θ) σAB = σBC ∴ θ = 63,6° FBC = 8 sen(63,6°) = 8,93 kN σAB = σBC = FBC π 4 dBC 2 = 8,93 × 103 π 4 × 62 = 𝟑𝟏𝟔 𝐌𝐏𝐚 Tensão 38 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.58. Cada uma das barras da treliça tem área de seção transversal de 780 mm². Determine a tensão normal média em cada elemento resultante da aplicação da carga P = 40 kN. Indique se a tensão é de tração ou de compressão. Figura 1.58 Ponto C ↶ + ∑ MD = 0 40 × 2,4 + 30 × 1,2 − 0,9FBC = 0 FBC = 146,667 kN → + ∑ Fx = 0 0,8FAB – FAE = 0 FAE = 53,33 kN ↑ + ∑ Fy = 0 0,6FAB – 40 = 0 FAB = 66,667 kN Ponto A Ponto B ↑ + ∑ Fy = 0 − 0,6FAB − FBE + 0,6FBD = 0 FBD = 116,667 kN Ponto E → + ∑ Fx = 0 − FED + FAE = 0 FED = 53,33 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FBE – 30 = 0 FBE = 30 kN σAB = FAB A = 66,667 × 103 780 = 𝟖𝟓, 𝟒𝟕 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) σAE = σED = 53,33 × 103 780 = 𝟔𝟖, 𝟑𝟕𝟔 𝐌𝐏𝐚 (𝐂) σBE = FBE A = 30 × 103 780 = 𝟑𝟖, 𝟒𝟔𝟐 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) σBD = FBD A = 116,667 × 103 780 = 𝟏𝟒𝟗, 𝟓𝟕𝟑 𝐌𝐏𝐚 (𝐂) σBC = FBC A = 146,667 × 103 780 = 𝟏𝟖𝟖, 𝟎𝟑𝟒 𝐌𝐏𝐚 (𝐓) Tensão 39 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.59. Cada uma das barras da treliça tem área de seção transversal de 780 mm². Se a tensão normal máxima em qualquer barra não pode ultrapassar 140 MPa, determine o valor máxima P das cargas que podem ser aplicadas à treliça. Figura 1.59 *1.60. O tampão é utilizado para vedar a extremidade do tubo cilíndrico que está sujeito a uma pressão interna p = 650 Pa. Determine a tensão de cisalhamento média que a cola exerce sobre os lados do tubo necessária para manter o tampão no lugar. Figura 1.60 Ponto A ↑ + ∑ Fy = 0 0,6FAB – P = 0 FAB = 1,667P Ponto E ↑ + ∑ Fy = 0 FBE – 0,75P = 0 FBE = 0,75P σAB = σadm = FAB A 140 = 1,667P 780 P = 65,52 kN σBE = σadm = FBE A 140 = 0,75P 780 P = 145,6 kN ↶ + ∑ MD = 0 2,4P + 0,75P × 1,2 − 0,9FBC = 0 FBC = 3,667P σBC = σadm = FBC A 140 = 3,667P 780 P = 29,78 kN ρ = V A ∴ V = π 4 × 0,035² × 650 = 0,6254 N τméd = V A = 0,6254 π × 0,04 × 0,025 = 𝟏𝟗𝟗 𝐏𝐚 Tensão 40 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.61. O alicate de pressão é usado para dobrar a extremidade do arame E. Se uma força de 100 N for aplicada nas hastes do alicate, determine a tensão de cisalhamento média no pino em A. O pino está sujeito a cisalhamento duplo e tem diâmetro de 5 mm. Somente uma força vertical é exercida no arame. Figura 1.61 1.62. Resolva o Problema 1.61 para o pino B, o qual está sujeito a cisalhamento duplo e tem 5 mm de diâmetro. Figura 1.62 ↶ + ∑ ME = 0 37,5Ay – 87,5By = 0 [1] ↶ + ∑ MD = 0 − 25By + 100 × 125 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: Ay = 1.166,667 N e By = 500 N (τméd)A = Ay 2A = 1.166,667 2 × π 4 × 5² = 𝟐𝟗, 𝟕𝟎𝟗 𝐌𝐏𝐚 ↶ + ∑ ME = 0 37,5Ay – 87,5By = 0 [1] ↶ + ∑ MD = 0 − 25By + 100 × 125 = 0 [2] Resolvendo [1] e [2], obtem-se: Ay = 1.166,667 N e By = 500 N (τméd)B = By 2A = 1.166,667 2 × π 4 × 5² = 𝟏𝟐, 𝟕𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚 Tensão 41 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.63. A lâmpada de engate do vagão é sustentada pelo pino de 3 mm de diâmetro em A. Se a lâmpada pesar 20 N e peso do braço extensor AB for 8 N/m, determine a tensão de cisalhamento média no pino necessária para sustentar a lâmpada. Dica: A força de cisalhamento no pino é causada pelo binário exigido para o equilíbrio em A. Figura 1.63 *1.64. A estrutura de dois elementos está sujeita a um carregamento distribuído mostrado. Determine a tensão normal média e a tensão de cisalhamento média que agem nas seções a-a e b-b. A seção transversal quadrada do elemento CB tem 35 mm. Considere w = 8 kN/m. Figura 1.64 ↶ + ∑ MA = 0 − 0,45 × 7,2 – 0,9 × 20 + 0,032V = 0 V = 663,75 N τméd = V A = 663,75 π 4 × 3² = 𝟗𝟑, 𝟗𝟎𝟏 𝐌𝐏𝐚 ↶ + ∑ MA = 0 0,8FBC × 3 – (8 ×3) × 1,5 = 0 FBC = 15 kN → + ∑ Fx = 0 15 – Na−a = 0 Na-a = 15 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Va-a = 0 kN → + ∑ Fx = 0 Nb−b – 15 × 0,6 = 0 Nb-b = 9 kN ↑ + ∑ Fy = 0 15 × 0,8 − Vb−b = 0 Vb-b = 12 kN Seção a-a Seção b-b σa−a = 15 × 103 35 × 35 = 𝟏𝟐, 𝟐 𝐌𝐏𝐚 τa−a = 𝟎 𝐌𝐏𝐚 σb−b = 9 × 103 35 × 35 = 𝟒, 𝟒𝟏 𝐌𝐏𝐚 τb−b = 12 × 103 35 × 35 = 𝟓, 𝟖𝟖 𝐌𝐏𝐚 Tensão 42 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.65. O elemento A da junta escalonada de madeira usada na treliça está submetida a uma força de compressão de 5 kN. Determine a tensão normal média que age na haste do pendural C com diâmetro de 10 mm e no elemento B com espessura de 30 mm. Figura 1.65 1.67. A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Se P = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida nos pinos em A, B e C. Todos os pinos estão sujeitos a cisalhamento duplo, como mostra a figura, e cada um tem diâmetro de 18 mm. Figura 1.67 → + ∑ Fx = 0 5cos(60°) – FB = 0 FB = 2,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 − 5cos(30°) + FC = 0 FC = 4,33 kN σC = FC Ac = 4,33 × 103 π 4 × 102 = 𝟓𝟓, 𝟏 𝐌𝐏𝐚 σB = FB AB = 2,5 × 103 40 × 30 = 𝟐, 𝟎𝟖 𝐌𝐏𝐚 ↶ + ∑ MA = 0 2 × 15 × 0,5 + 4 × 15 × 2 + 4 × 15 × 3,5 + 4,5 × 15 – FBCsen(30°) = 0 FBC = 165 kN → + ∑ Fx = 0 −165cos(30°) + Ax = 0 Ax = 142,8942 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −15 – 4 × 15 – 4 × 15 – 2 × 15 + Ay + 165sen(30°) = 0 Ay = 60,5 kN A = √(Ax)² + (Ay)² = √142,89422 + 60,52 A = 165 kN τA = A 2A′ = 165 × 103 2 × π 4 × 182 = 𝟑𝟐𝟒 𝐌𝐏𝐚 𝛕𝐁 = 𝛕𝐂 = 𝟑𝟐𝟒 𝐌𝐏𝐚 Tensão 43 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.68. A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Determine o valor máximo P das cargas que a viga suportará se a tensão de cisalhamentomédia em cada pino não puder ultrapassar 80 MPa. Todos os pinos sofrem cisalhamento duplo, como mostra a figura, e cada um tem diâmetro de 18 mm. Figura 1.68 1.69. A estrutura está sujeita a carga de 1 kN. Determine a tensão de cisalhamento média no parafuso em A em função do ângulo da barra θ. Represente essa função em gráfico para 0 ≤ θ ≤ 90° e indique os valores de θ para os quais essa tensão é mínima. O parafuso tem diâmetro de 6 mm e está sujeito a cisalhamento simples. Figura 1.69 Continua... ↶ + ∑ MB = 0 − 0,5 × P – 4P × 1,5 – 4P × 3 – 2P × 4,5 + 5Ay = 0 Ay = 5,5P ↑ + ∑ Fy = 0 − P – 4P – 4P – 2P + 5,5P + FBCsen(30°) = 0 FBC = 11P → + ∑ Fx = 0 Ax − 11P × cos(30°) = 0 Ax = 9,5263P A = √Ax 2 + Ay 2 = √(9,5263P)2 + (5,5P)2 = 11P τadm = A 2A′ ∴ 80 = 11P 2 × π 4 × 182 P = 3,70 kN ↶ + ∑ MC = 0 0,15FABcosθ + 0,6 FABsenθ – 1,05 = 0 FAB = 1,05 0,6senθ + 0,15cosθ τA = FAB A = 𝟏𝟑𝟑,𝟕 𝟐,𝟏𝟔𝐬𝐞𝐧𝛉 + 𝟎,𝟓𝟒𝐜𝐨𝐬𝛉 Tensão 44 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.70. O guindaste giratório está preso por um pino em A e suporta um montacargas de corrente que pode deslocar-se ao longo da flange inferior da viga, 0,3 m ≤ x ≤ 3,6 m. Se a capacidade de carga normal máxima do guindaste for 7,5 kN, determine a tensão normal média máxima na barra BC de 18 mm de diâmetro e a tensão de cisalhamento média máxima no pino de 16 mm de diâmetro em B. Figura 1.70 Para que a tensão seja mínima: dτ dθ = 0 dτ dθ ( 133,7 2,16senθ + 0,54cosθ ) = 0 Sendo assim, resolvendo a derivada, obtem-se: θ = 75,96° ↶ + ∑ MA = 0 −7500x + 3FBCsen(30°) = 0 FBC = 5.000x Para que a tensão seja máxima: x = 3,6 m FBC = 5.000 × 3,6 = 18.000 N σbarra = FBC ABC = 18.000 π 4 × 182 = 𝟕𝟎, 𝟕𝟑𝟔 𝐌𝐏𝐚 τpino = FBC AB = 18.000 π 4 × 162 = 𝟒𝟒, 𝟕𝟔𝟐 𝐌𝐏𝐚 Tensão 45 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.71. A barra tem área de seção transversal A e está submetida à carga axial P. Determine a tensão normal média e a tensão de cisalhamento média que agem na seção sombreada que está orientada a um ângulo θ em relação à horizontal. Represente em gráfico a variação dessas tensões em função de θ (0 ≤ θ ≤ 90º). Figura 1.71 *1.72. A lança tem peso uniforme de 3 kN e é alçada até a posição desejada por meio do cabo BC. Se o cabo tiver diâmetro de 15 mm, construa um gráfico da tensão normal média no cabo em função da posição da lança θ para 0 ≤ θ ≤ 90º. Figura 1.72 Continua... → + ∑ Fx = 0 − P + Ncos(90° − θ) + Vcos(θ) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 Nsen(90° − θ) – Vsen(θ) = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: N = Psen(θ) e V = −Pcos(θ) = Pcos(θ) ↖ σ = N A′ = Psenθ A senθ = 𝐏 𝐀 𝐬𝐞𝐧𝟐𝛉 τ = V A′ = Pcosθ A senθ = 𝐏 𝟐𝐀 𝐬𝐞𝐧𝟐𝛉 Tensão 46 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.73. A área da seção transversal da barra é 400(10-6) m². Se ela estiver sujeita a uma carga axial distribuída uniformemente ao longo de seu comprimento e a duas cargas concentradas como mostra a figura, determine a tensão normal média na barra em função de x para 0 < x ≤ 0,5 m. Figura 1.73 (BC)² = 1² + 1² − 2 × 1 × 1 × cos(ϕ) BC = √2 − 2sen(θ) (√2 − 2senθ) 2 = (1 − senθ)2 + x2 x = cosθ cos(α) = x √2 − 2sen(θ) = cosθ √2 − 2senθ sen(α) = 1 − sen(θ) √2 − 2sen(θ) ↶ + ∑ MA = 0 −3 × 0,5cos(θ) + Fcos(α) × [1 – (1 – senθ)] + Fsen(α)cos(θ) = 0 F = 1,5√2 − 2sen(θ) kN σBC = F A = (1,5√2 – 2sen(θ))(103) π 4 × 152 ≅ 𝟏𝟐√𝟏 − 𝐬𝐞𝐧𝛉 𝐌𝐏𝐚 → + ∑ Fx = 0 3 + 6 + 8 × 1,25 – R = 0 R = 19 kN → + ∑ Fx = 0 (Seção) N + 8x – 19 = 0 N = (19 – 8x) kN σ = N A = (19 − 8x)(103) 400 = (𝟒𝟕, 𝟓 − 𝟐𝟎𝐱) 𝐌𝐏𝐚 Tensão 47 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.74. A área da seção transversal da barra é 400(10-6) m². Se ela estiver sujeita a uma carga axial distribuída uniformemente ao longo de seu comprimento e a duas cargas concentradas como mostra a figura, determine a tensão normal média na barra em função de x para 0,5 m < x ≤ 1,25 m. Figura 1.74 1.75. A coluna é feita de concreto de densidade 2,30 Mg/m³ e está sujeita a uma força de compressão axial de 15 kN em sua extremidade superior B. Determine a tensão normal média na coluna em função da distância z medida em relação à base. Observação: por causa da deformação localizada nas extremidades, o resultado servirá apenas para determinar a tensão normal média em seção removida das extremidades da coluna. Figura 1.75 → + ∑ Fx = 0 3 + 6 + 8 × 1,25 – R = 0 R = 19 kN → + ∑ Fx = 0 (Seção) N + 6 + 8x – 19 = 0 N = (13 – 8x) kN σ = N A = (13 − 8x)(103) 400 × 10−6 = (𝟑𝟐, 𝟓 − 𝟐𝟎𝐱) 𝐌𝐏𝐚 V = (π × 0,180²)(4) = 0,4071504076 m3 W = (2,30 × 103)(9,81)(0,4071504076) = 9,186535 kN P(z) = ρ × V(z) = (2,3 × 103)(9,81)(π × 0,182 × z) = (2,2966z) kN ↑ + ∑ Fy = 0 F – 9,186535 – 15 = 0 F = 24,186535 kN ↑ + ∑ Fy = 0 (Seção) − N – 2,2966z + 24,186535 = 0 N = (24,186535−2,2966z) kN σ = N A = (24,186535 − 2,2966z)(103) π × 0,1802 = (𝟐𝟑𝟕, 𝟔 − 𝟐𝟐, 𝟔𝐳) 𝐤𝐏𝐚 Tensão 48 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.76. A estrutura de dois elementos está sujeita à carga distribuída mostrada. Determine a maior intensidade w da carga uniforme que pode ser aplicada à estrutura sem que a tensão normal média ou a tensão de cisalhamento média na seção b-b ultrapasse σ = 15 MPa e τ = 16 MPa, respectivamente. O elemento CB tem seção transversal quadrada de 30 mm de lado. Figura 1.76 ↶ + ∑ MC = 0 4VA – 1,5 × 3w = 0 VA = 1,125w ↶ + ∑ MB = 0 1,5 × 3w – 3HA = 0 HA = 1,5w → + ∑ Fx = 0 HB – 1,5w = 0 HB = 1,5w → + ∑ Fx = 0 1,5w – Vb-b = 0 Vb-b = 1,5w ↑ + ∑ Fy = 0 1,125 – Nb-b = 0 Nb-b = 1,125w A′ = A senθ = 30 ×30 0,6 = 1.500 mm2 σb−b = Nb−b A′ ∴ 15 = 1,125w 1.500 w = 20 kN/m τb−b = Vb−b A′ ∴ 16 = 1,5w 1.500 w = 16 kN/m Tensão 49 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.77. O pedestalsuporta uma carga P em seu centro. Se a densidade de massa do material for ρ, determine a dimensão radial r em função de z de modo que a tensão normal no pedestal permaneça constante. A seção transversal é circular. Figura 1.77 σ = P + W1 A = P + W1 + dW A + dA ∴ PdA + W1dA = AdW dW dA = P + W1 A = σ ∴ dA = π(r + dr)2 − πr2 = 2πrdr dW = πr2ρgdz ∴ πr2ρgdz 2πrdr = σ ∴ σ = πρgdz 2dr ρgz 2σ ∫ dz z 0 = ∫ dr r r2 r1 ∴ ρgz 2σ = ln r r1 ∴ r = r1e ( ρg 2σ )z σ = P πr12 ∴ 𝐫 = 𝐫𝟏𝐞 ( 𝛑𝐫𝟏 𝟐𝛒𝐠 𝟐𝐏 )𝐳 1.78. O raio do pedestal é definido por 𝑟 = (0,5𝑒−0,08𝑦 2 ) m, onde y é dado em metros. Se o material tiver densidade de 2,5 Mg/m³, determine a tensão normal média no apoio. Figura 1.78 V = ∫ π 3 0 (0,5e−0,08y 2 ) 2 dy = 1,58404 m³ N = W = ρ × g × V = (2,5 × 103)(9,81)(1,58404) = 38,848 kN σméd = N πr2 = 38,848 × 103 π × 0,52 = 𝟒𝟗, 𝟓 𝐤𝐏𝐚 Tensão 50 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.79. A barra uniforme com área da seção transversal A e massa por unidade de comprimento m está apoiada por um pino em seu centro. Se ela girar no plano horizontal a uma velocidade angular constante 𝜔, determine a tensão normal média na barra em função de x. Figura 1.79 ← + ∑ Fx = maN N = m [ 1 2 (L − 2x)] ω2 [ 1 4 (L + 2x)] N = mω2 8 (L2 − 4x2) σ = N A = 𝐦𝛚𝟐 𝟖𝐀 (𝐋𝟐 − 𝟒𝐱𝟐) Tensão 51 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.3 – PROBLEMAS 1.80. O elemento B está sujeito a uma força de compressão de 4 kN. Se A e B forem feitos de madeira e tiverem 10 mm de espessura, determine, com aproximação de 5 mm, a menor dimensão h do apoio de modo que a tensão de cisalhamento média não exceda 𝜏adm = 2,1 MPa. Figura 1.80 V = 5P 13 = 5 × 4 × 103 13 = 1,538 kN τadm = V A = V th ∴ 1,538 × 103 10h = 2,1 ∴ h = 73,24 mm ≅ 75 mm 1.81. A junta está presa por dois parafusos. Determine o diâmetro exigido para os parafusos se a tensão de ruptura por cisalhamento para os parafusos for 𝜏rup = 350 MPa. Use um fator de segurança para cisalhamento FS = 2,5. Figura 1.81 τrup = FS V A ∴ d = √FS 4V πτrup = √ 2,5 × 4 × 20 × 103 π × 350 = 𝟏𝟑, 𝟒𝟗 𝐦𝐦 Tensão 52 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.82. As hastes AB e CD são feitas de aço cuja tensão de ruptura por tração é σrup = 510 MPa. Usando um fator de segurança FS = 1,75 para tração, determine o menor diâmetro das hastes de modo que elas possam suportar a carga mostrada. Considere que a viga está acoplada por pinos em A e C. Figura 1.82 1.83. A manivela está presa ao eixo A por uma chaveta de largura d e comprimento 25 mm. Se o eixo for fixo e uma força vertical de 200 N for aplicada perpendicularmente ao cabo, determine a dimensão d se a tensão de cisalhamento admissível para a chaveta for 𝜏adm = 35 MPa. Figura 1.83 ↶ + ∑ MA = 0 −4 × 2 – 6 × 4 – 5 × 7 – 10FCD = 0 FCD = 6,7 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FAB – 15 + 6,7 = 0 FAB = 8,3 kN σrup = FS P A ∴ d = √FS 4FAB πσrup d = √ 1,75 × 4 × 8,3 × 103 π × 510 = 𝟔, 𝟎𝟐 𝐦𝐦 ↶ + ∑ MA = 0 20Fa-a – 200 × 500 = 0 Fa-a = 5 kN τadm = Fa−a Aa−a ∴ 35 = 5(103) 25d ∴ d = 5,71 mm Tensão 53 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.84. O tamanho a do cordão de solda é determinado pelo cálculo da tensão de cisalhamento média ao longo do plano sombreado, que tem a menor seção transversal. Determine o menor tamanho a das duas soldas se a força aplicada á chapa for P = 100 kN. A tensão de cisalhamento admissível para o material da solda é 𝜏adm = 100 MPa. Figura 1.84 A = 2a × 100 × cos(45°) = (141,42a) mm² τadm = V A ∴ 100 = 100 × 103 141,42a ∴ a = 7,071 mm 1.85. O tamanho do cordão de solda é a = 8 mm. Considerando que a junta falhe por cisalhamento em ambos os lados do bloco ao longo do plano sombreado, que é a menor seção transversal, determine a maior força P que pode ser aplicada à chapa. A tensão de cisalhamento admissível para o material da solda é 𝜏adm = 100 MPa. Figura 1.85 A = 2 × 8 × 100 × cos(45°) = 1.131,371 mm² τadm = τadm = V A ∴ 100 = P 1.131,371 ∴ P = 113,14 kN Tensão 54 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.86. O parafuso de olhal é usado para sustentar a carga de 25 kN. Determine seu diâmetro d com aproximação de múltiplos de 5 mm e a espessura exigida h com aproximação de múltiplos de 5 mm do suporte de modo que a arruela não penetre ou cisalhe o suporte. A tensão normal admissível para o parafuso é σadm = 150 MPa e a tensão de cisalhamento admissível para o material do suporte é 𝜏adm = 35 MPa. Figura 1.86 σadm = P A ∴ d = √ 4 × 25 × 103 π × 150 = 14,57 mm ≅ 𝟏𝟓 𝐦𝐦 τadm = V A ∴ h = 25 × 103 2π × 12,5 × 35 = 9,09 mm ≅ 𝟏𝟎 𝐦𝐦 1.87. A estrutura está sujeita a carga de 8 kN. Determine o diâmetro exigido para os pinos em A e B se a tensão de cisalhamento admissível para o material for𝜏adm = 42 MPa. O pino A está sujeito a cisalhamento duplo, ao passo que o pino B está sujeito a cisalhamento simples. Figura 1.87 ↶ + ∑ MA = 0 3FD – 8 × 2,1 = 0 FD = 5,6 kN → + ∑ Fx = 0 −Ax + 8 = 0 Ax = 8 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 5,6 = 0 Ay = 5,6 kN A = √Ax² + Ay² = √82 + 5,62 A = 9,765 kN τadm = V 2A′ ∴ dA = √ 2A πτadm = √ 2 × 9,765 × 103 π × 42 = 𝟏𝟐, 𝟏𝟔𝟔 𝐦𝐦 ↶ + ∑ MD = 0 −1,5FBCsen(α) + 3Ay = 0 FBC = 15,84 kN dB = √ 4FBC πτadm = √ 4 × 15,84 × 103 π × 42 𝐝𝐁 = 𝟐𝟏, 𝟗𝟏𝟑 𝐦𝐦 Tensão 55 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.88. Os dois cabos de aço AB e AC são usados para suportar a carga. Se ambos tiverem uma tensão de tração admissível σadm = 200 MPa, determine o diâmetro exigido para cada cabo se a carga aplicada for P = 5 kN. Figura 1.88 1.89. Os dois cabos de aço AB e AC são usados para suportar a carga. Se ambos tiverem uma tensão de tração admissível σadm = 180 MPa, e se o cabo AB tiver diâmetro de 6 mm e o cabo AC tiver diâmetro de 4 mm, determine a maior força P que pode ser aplicada à corrente antes que um dos cabos falhe. Figura 1.89 → + ∑ Fx = 0 0,8TAC – TABsen(60°) = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 0,6TAC + TABcos(60°) – 5 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: TAB = 4,35 kN e TAC = 4,71 kN σadm = TAB AAB ∴ dAB = √ 4TAB πσadm = √ 4 ×4,35 × 103 π ×200 𝐝𝐀𝐁 = 𝟓, 𝟐𝟔 𝐦𝐦 σadm = TAC AAC ∴ dAC = √ 4TAC πσadm = √ 4 ×4,71 × 103 π ×200 𝐝𝐀𝐁 = 𝟓, 𝟒𝟖 𝐦𝐦 → + ∑ Fx = 0 0,8FAC − FABcos(30°)= 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 0,6FAC + FABcos(30°) – P = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FAB = 0,87P e FAC = 0,941726P σadm = FAB AAB ∴ 180 = 0,87P π 4 × 62 P = 5,85 kN σadm = FAC AAC ∴ 180 = 0,941726P π 4 × 42 P = 2,4 kN Tensão 56 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.90. A lança é suportada pelo cabo do guincho com diâmetro de 6 mm com tensão normal admissível σadm = 168 MPa. Determine a maior carga que pode ser suportada sem provocar a ruptura do cabo quando θ = 30° e ϕ = 45°. Despreze o tamanho do guincho. Figura 1.90 1.91. A lança é suportada pelo cabo do guincho cuja tensão normal admissível é σadm = 168 MPa. Se a lança tiver de levantar lentamente uma carga de 25 kN, de θ = 20° até θ = 50°, determine o menor diâmetro do cabo com aproximação de múltiplos de 5 mm. O comprimento da lança AB é 6 m. Despreze o tamanho do guincho. Considere d = 3,6 m. Figura 1.91 ↶ + ∑ MA = 0 − [Tcos(60°) + W] × 6cos(45°) + Tsen(60°) × 6sen(45°) = 0 T = 2,73206W σadm = T A ∴ 168 = 2,73206W π 4 × 62 W = 1,739 kN tang(20°) = 6sen(ϕ) 3,6 + 6cos (ϕ) (3,6 + 6cosϕ) × tang(20°) = 6sen(ϕ) (0,6 + cosϕ) × tang(20°) = sen(ϕ) 1,13247cos²ϕ + 0,159cosϕ – 0,95231 = 0 Resolvendo a equação, obtem-se: Φ = 31,842° α = 90° − 31,842° = 58,158° β = 31,842° – 20º = 11,842° α + β = 58,158° + 11,842° = 70° ↶ + ∑ MA = 0 − [Tcos(70°) + 25] × 6cos(31,842°) + Tsen(70°) × 6sen(31,842°) = 0 T = 103,491 kN σadm = T A ∴ d0 = √ 4T πσadm = √ 4 × 103,491 × 103 π × 168 d0 = 28 mm ≅ 𝟑𝟎 𝐦𝐦 Tensão 57 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.92. A estrutura está sujeita ao carregamento distribuído de 2 kN/m. Determine o diâmetro exigido para os pinos em A e B se a tensão de cisalhamento admissível para o material for 𝜏adm = 100 MPa. Ambos os pinos estão sujeitos a cisalhamento duplo. Figura 1.92 1.93. Determine as menores dimensões do eixo circular e da tampa circular se a carga que devem suportar é P = 150 kN. A tensão de tração, a tensa de apoio e a tensão de cisalhamento admissível são (σt)adm = 175 MPa, (σa)adm = 275 MPa e σadm = 115 MPa. Figura 1.93 ↶ + ∑ MC = 0 3HA – 6 × 1,5 = 0 HA = 3 kN → + ∑ Fx = 0 −3 + HB = 0 HB = 3 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VA + VB – 6 = 0 VA = VB = 3 kN RA = √HA² + VA² = √32 + 32 = 4,243 kN τadm = RA 2A ∴ √ 2RA πτadm = √ 2 × 4,243 × 103 π × 100 = 𝟓, 𝟐𝟎 𝐦𝐦 (σa)adm = P A3 ∴ d3 = √ 4P π(σa)adm = √ 4 × 150 × 103 π × 275 = 𝟐𝟔, 𝟒 𝐦𝐦 σadm = P A3 ∴ t = P σadmπd3 = 150 × 103 115 × π × 26,4 = 𝟏𝟓, 𝟖 𝐦𝐦 (σt)adm = P A1 d1 = √ 4P π(σt)adm + d2² = √ 4 × 150 × 103 π × 175 + 302 𝐝𝟏 = 𝟒𝟒, 𝟔 𝐦𝐦 Tensão 58 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.94. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine os tamanhos das chapas de apoio quadradas A’ e B’ exigidos para suportar a carga. Considere P = 7,5 kN. A dimensão das chapas deverá ter aproximação de 10 mm. As reações nos apoios são verticais. Figura 1.94 1.95. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine a carga P máxima que pode ser aplicada à viga. As seções transversais quadradas das chapas de apoio A’ e B’ são 50 mm × 50 mm e 100 mm × 100 mm, respectivamente. Figura 1.95 ↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1,5−15 × 3−10 × 4,5 + 4,5 FB – 7 × 7,5 = 0 FB = 35 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 35 − 10 – 10 – 15 – 10 – 7,5 = 0 FA = 17,5 kN (σa)adm = FA (aA)2 ∴ 2,8 = 17,5 × 103 (aA)2 aA = 80 mm (σa)adm = FB (aB)2 ∴ 2,8 = 35 × 103 (aB)2 aB = 120 mm ↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1,5 – 15 × 3 – 10 × 4,5FB – 7P = 0 FB = ( 70 3 + 14 9 P) kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB – 10 – 10 – 15 – 10 – P = 0 FA = ( 65 3 − 5 9 P) kN (σa)adm = FA AA 2,8 = ( 65 3 − 5 9 P)(103) 50 × 50 P = 26,4 kN (σa)adm = FB AB ∴ 2,8 = ( 70 3 + 14 9 P)(103) 100 × 100 ∴ P = 3 kN Tensão 59 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *1.96. Determine a área da seção transversal exigida para o elemento BC e os diâmetros exigidos para os pinos em A e B se a tensão normal admissível for σadm = 21 MPa e a tensão de cisalhamento for 𝜏adm = 28 MPa. Figura 1.96 ↶ + ∑ MA = 0 −7,5 × 0,6 – 7,5 × 1,8 + 2,4By = 0 By = 7,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Ay –7,5 – 7,5 + By = 0 Ay = 7,5 kN ↶ + ∑ MC = 0 −Bx × L × sen(60°) + 7,5 × L × cos(60°) = 0 Bx = 4,33 kN → + ∑ Fx = 0 −4,33 + Cx = 0 Cx = 4,33 kN → + ∑ Fx(Elemento AB) = 0 −Ax + 4,33 = 0 Ax = 4,33 kN A = √Ax² + Ay² = √4,332 + 7,52 = 8,66 kN (τadm)A = A AA ∴ dA = √ 4A πτadm = √ 4 × 8,66 × 103 π × 28 𝐝𝐀 = 𝟏𝟗, 𝟖𝟒 𝐦𝐦 dB = √ 2B πτadm = √ 2 × 8,66 × 103 π × 28 = 𝟏𝟒, 𝟎𝟑 𝐦𝐦 ABC = FBC σadm = 8,66 × 103 21 = 𝟒𝟏𝟐, 𝟔 𝐦𝐦² Tensão 60 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.97. O conjunto consiste em três discos A, B e C usados para suportar a carga de 140 kN. Determine o menor diâmetro d1 do disco superior, o diâmetro d2do espaço entre os apoios e o diâmetro d3 do orifício no disco inferior. A tensão de apoio admissível para o material é (σadm)a = 350 MPa e a tensão de cisalhamento admissível é 𝜏adm = 125 MPa. Figura 1.97 1.98. As tiras A e B devem ser coladas com a utilização das duas tiras C e D. Determine a espessura exigida t para C e D de modo que todas as tiras falhem simultaneamente. A largura das tiras A e B é 1,5 vezes a das tiras C e D. Figura 1.98 σA = σB = σC 40 (30)(1,5w) = 20 wt t = 22,5 mm (σadm)a = P A1 ∴ d1 = √ 4P πσadm = √ 4 × 140 × 103 π × 350 = 𝟐𝟐, 𝟔 𝐦𝐦 τadm = P A2 ∴ d2 = P πtτadm = 140 × 103 π × 10 × 125 = 𝟑𝟓, 𝟕 𝐦𝐦 (σadm)a = P A3 ∴ d3 = √d2 2 − 4P πσadm = √35,652 − 4 × 140 × 103 π × 350 = 𝟐𝟕, 𝟔 𝐦𝐦 Tensão 61 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.99. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine os tamanhos das chapas de apoio quadradas A’ e B’ exigidos para suportar a carga.A dimensão das chapas deve ter aproximação de múltiplos de 10 mm. As reações nos apoios são verticais. Considere P = 7,5 kN. Figura 1.99 *1.100. Se a tensão de apoio admissível para o material sob os apoios em A e B for (σa)adm = 2,8 MPa, determine a carga máxima P que pode ser aplicada à viga. As seções transversais quadradas das chapas de apoio A’ e B’ são 50 mm × 50 mm e 100 mm × 100 mm, respectivamente. Figura 1.100 ↶ + ∑ MA = 0 −45 × 22,5 + 4,5RB – 7,5 × 6,75 = 0 RB = 33,75 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA – 45 + 33,75 – 7,5 = 0 RA = 18,75 kN (σadm)A = RA aA 2 ∴ 2,8 = 18,75 × 103 (aA) 2 ∴ 𝐚𝐀 = 𝟗𝟎 𝐦𝐦 (σadm)B = RB aB 2 ∴ 2,8 = 33,75 × 103 (aB) 2 ∴ 𝐚𝐁 = 𝟏𝟏𝟎 𝐦𝐦 ↶ + ∑ MA = 0 −45 × 2,25 + 4,5RB – 6,75P = 0 RA – 45 + RB – P = 0 RB = (22,5 + 1,5P) kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA = (22,5 – 0,5P) kN (σadm)A = RA AA ∴ 2,8 = (22,5 − 0,5P)(103) 2.500 ∴ P = 31 kN (σadm)B = RB AB ∴ 2,8 = (22,5 + 1,5P)(103) 10.000 ∴ 𝐏 = 𝟑, 𝟔𝟕 𝐤𝐍 Tensão 62 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.101. O conjunto de pendural é usado para suportar um carregamento distribuído w = 12 kN/m. Determine a tensão de cisalhamento média no parafuso de 10 mm de diâmetro em A e a tensão de tração média na haste AB, com diâmetro de 12 mm. Se a tensão de escoamento por cisalhamento para o parafuso for 𝜏e = 175 MPa e a tensão de escoamento por tração para a haste for σe = 266 MPa, determine o fator de segurança em relação ao escoamento em cada caso. Figura 1.101 1.102. Determine a intensidade w da carga distribuída máxima que pode ser suportada pelo conjunto de pendural de modo a não ultrapassar uma tensão de cisalhamento admissível de 𝜏adm = 95 MPa nos parafusos de 10 mm de diâmetro em A e B e uma tensão de tração admissível de σadm = 155 MPa na haste AB de 12 mm de diâmetro. Figura 1.102 ↶ + ∑ MC = 0 −21,6 × 0,9 + 1,2FAB × 0,6 = 0 FAB = 27 kN τadm = FAB 2Apino = 2FAB πdp 2 = 2 ×27 × 103 π × 102 𝛕adm = 171,88 MPa (F. S. )pino = τe τadm = 175 171,88 = 𝟏, 𝟎𝟐 σadm = FAB Ahaste = FAB π 4 dAB 2 = 27 × 103 π 4 × 122 = 𝟐𝟑𝟖, 𝟕𝟑𝟐 𝐌𝐏𝐚 (F. S. )haste = σe σadm = 266 238,732 = 𝟏, 𝟏𝟏 ↶ + ∑ MC = 0 1,2FAB × 0,6 – 1,8w × 0,9 = 0 FAB = 2,25w τadm = FAB 2Ap = 2FAB πdp 2 ∴ 95 = 2 × 2,25w π × 102 ∴ 𝐰 = 𝟔, 𝟔𝟑𝟐 𝐤𝐍/𝐦 σadm = FAB AAB = 4FAB πdAB 2 ∴ 155 = 4 × 2,25w π × 122 ∴ w = 7,791 kN/m Tensão 63 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.103. A barra é suportada pelo pino. Se a tensão de tração admissível para a barra for (σt)adm = 150 MPa e a tensão de cisalhamento admissível para o pino for 𝜏adm = 85 MPa, determine o diâmetro do pino para o qual a carga P será máxima. Qual é essa carga máxima? Considere que o orifício na barra tem o mesmo diâmetro d do pino. Considere também t = 6 mm e w = 50 mm. Figura 1.103 *1.104. A barra está acoplada ao suporte por um pino de diâmetro d = 25 mm. Se a tensão de tração admissível para a barra for (σt)adm = 140 MPa e a tensão de apoio admissível entre o pino e a barra for (σa)adm = 210 MPa, determine as dimensões w e t tais que a área bruta da área da seção transversal seja wt = 1.250 mm² e a carga P seja máxima. Qual é essa carga? Considere que o orifício da barra tem o mesmo diâmetro do pino. Figura 1.104 σadm = P wt − dt ∴ 150 = P 50 × 6 − 6d P = 45.000 − 900d τadm = P 2A ∴ 85 = P 2 × π 4 × d2 P = 42,5πd2 Iguala-se as duas equações: 45.000 − 900d = 42,5πd2 Obtem-se a seguinte equação do segundo grau: 42,5πd2 + 900d – 45.000 = 0 Cuja solução é: d = 15,29 mm Sendo assim, a carga máxima será: P = 42,5 × π × 15,292 = 𝟑𝟏, 𝟐𝟑 𝐤𝐍 σadm = P wt − dt ∴ P = [(1,75 − 35t) × 105 ] N σadm = P A ∴ P = [(52,5 × 105)t] N Igualando-se as equações: (1,75 – 35t) × 105 = (52,5 × 105)t ∴ t = 20 mm P = (52,5 × 105)(0,02) = 105 kN w = 1.250 20 = 𝟔𝟐, 𝟓 𝐦𝐦 Tensão 64 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.105. A viga composta de madeira está interligada por um parafuso em B. Considerando que os acoplamentos em A e B, C e D exerçam somente forças verticais na viga, determine o diâmetro exigido para o parafuso em B e o diâmetro externo exigido para as respectivas arruelas se a tensão de tração admissível para o parafuso for (σt)adm = 150 MPa e a tensão de apoio admissível para a madeira for (σa)adm = 28 MPa. Considere que o orifício das arruelas tem o mesmo diâmetro do parafuso. Figura 1.105 1.106. A barra é mantida em equilíbrio por pinos em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, o que envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão de cisalhamento admissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 150 MPa. Se uma carga uniformemente distribuída w = 8 kN/m for colocada sobre a barra, determine sua posição admissível mínima x em relação a B. Cada um dos pinos A e B tem diâmetro de 8 mm. Despreze qualquer força axial na barra. Figura 1.106 ↶ + ∑ MA = 0 −3 × 2 + 4FC + 5,5FB = 0 [1] ↶ + ∑ MD = 0 2 × 1,5 + 3 × 1,5 + 4,5FB + 6FC = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FB = 4,4 kN e FC = 4,55 kN dB = √ 4FB πσadm = √ 4 × 4,4 × 103 π × 150 = 𝟔, 𝟏𝟏 𝐦𝐦 dm = √ 4FB πσadm + dB 2 = √ 4 × 4,4 × 103 π × 28 + 6,112 = 𝟏𝟓, 𝟒 𝐦𝐦 ↶ + ∑ MA = 0 (2i) × (Byj + Bzk) + (3 + 0,5x)i × [−8(2 – x)]k = 0 Resolvendo a equação: Bz = (24 – 8x – 2x²) kN τadm = Bz 2A = 2Bz πdB 2 ∴ 150 = 2 × Bz π × 82 ∴ Bz = 15,08 kN 15,08 = 24 – 8x – 2x² ∴ x² + 4x – 4,46 = 0 Solucionando a equação, obtem-se: x = 0,909 m Tensão 65 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.107. A barra é mantida em equilíbrio pelos apoios de pino em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, o que envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão de cisalhamento admissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 125 MPa. Se x = 1 m, determine a carga distribuída máxima w que a barra suportará. Cada um dos pinos A e B tem diâmetro de 8 mm. Despreze qualquer força axial na barra. Figura 1.107 1.108. A barra é mantida em equilíbrio pelos apoios de pino em A e B. Observe que o apoio em A tem uma única orelha, o que envolve cisalhamento simples no pino, e o apoio B tem orelha dupla, o que envolve cisalhamento duplo. A tensão de cisalhamentoadmissível para ambos os pinos é 𝜏adm = 125 MPa. Se x = 1 m e w = 12 kN/m, determine o menor diâmetro exigido para os pinos A e B. Despreze qualquer força axial na barra. Figura 1.108 ↶ + ∑ MA = 0 (2i) × (Byj + Bzk) + (3,5i) × (−wk) = 0 Bz = (1,75w) kN τadm = Bz 2A ∴ 125 = 1,75w π 4 × 82 w = 7,18 kN/m ↶ + ∑ MA = 0 (2i) × (Byj + Bzk) + (3,5i) × (−12k) = 0 Bz = 21 kN ↑ + ∑ Fz = 0 21−12−Az = 0 ∴ Az = 9 kN dB = √ 2Bz πτadm = √ 2 × 21 × 103 π × 125 = 𝟏𝟎, 𝟑 𝐦𝐦 dA = √ 4Az πτadm = √ 4 × 9 × 103 π × 125 = 𝟗, 𝟓𝟕 𝐦𝐦 Tensão 66 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.109. O pino está submetido a cisalhamento duplo, visto que é usado para interligar os três elos. Devido ao desgaste, a carga é distribuída nas partes superior e inferior do pino como mostra o diagrama de corpo livre. Determine o diâmetro d do pino se a tensão de cisalhamento admissível for 𝜏adm = 70 MPa e a carga P = 40 kN. Determine também as intensidades das cargas w1 e w2. Figura 1.109 1.110. O pino está submetido a cisalhamento duplo, visto que é usado para interligar os três elos. Devido ao desgaste, a carga é distribuída nas partes superior e inferior do pino como mostra o diagrama de corpo livre. Determine a carga máxima P que o acoplamento pode suportar se a tensão de cisalhamento admissível para o material for 𝜏adm = 56 MPa e o diâmetro do pino for 12,5 mm. Determine também as intensidades das cargas w1 e w2. Figura 1.110 0,0375w1 = 40 w1 = 1.066,67 kN/m 0,0125w2 = 0,5 × 40 w2 = 1.600,00 kN/m τadm = P 2A ∴ d = √ 2P πτadm = √ 2 × 40 × 103 π × 70 = 𝟏𝟗, 𝟎𝟕𝟑 𝐦𝐦 0,0375w1 = P w1 = 26,667P = 26,667 × 13,744 𝐰𝟏 = 𝟑𝟔𝟔, 𝟓𝟐 𝐤𝐍/𝐦 0,0125w2 = 0,5P w2 = 40P = 40 × 13,744 𝐰𝟐 = 𝟓𝟒𝟗, 𝟕𝟖 𝐤𝐍/𝐦 τadm = P 2A = 2P πd2 = 2 × P π × 12,52 P = 13,744 kN Tensão 67 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.111. A chaveta é usada para manter as duas hastes juntas. Determine a menor espessura t da chaveta e o menor diâmetro d das hastes. Todas as partes são feitas de aço com tensão de ruptura por tração σrup = 500 MPa e tensão de ruptura por cisalhamento 𝜏 rup = 375 MPa. Use um fator de segurança (FS)t = 2,50 em tração e (FS)c = 1,75 em cisalhamento. Figura 1.111 σrup = (FS)t P A ∴ d = √ 4(FS)tP πσrup = √ 4 × 2,5 × 30 × 103 π × 500 = 𝟏𝟑, 𝟖 𝐦𝐦 τadm = τrup (FS)c = V A ∴ 375 1,75 = 15(103) 10t ∴ 𝐭 = 𝟕 𝐦𝐦 Tensão 68 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.4 - PROBLEMAS DE REVISÃO *1.112. O parafuso longo passa pela chapa de 30 mm de espessura. Se a força na haste do parafuso for 8 kN, determine a tensão normal média na haste, a tensão de cisalhamento média ao longo da área cilíndrica da chapa definida pelas linhas de corte a-a e a tensão de cisalhamento média na cabeça do parafuso ao longo da área cilíndrica definida pelas linhas de corte b-b. Figura 1.112 σméd = P A = P π 4 dp 2 = 8(103) π 4 × 72 = 208 MPa (τméd)a = V A = 8(103) π × 18 x 30 = 4,72 MPa (τméd)b = V A = 8(103) π(0,007)(0,008) = 45,5 MPa 1.113. A sapata de apoio consiste em um bloco de alumínio de 150 mm por 150 mm que suporta uma carga de compressão de 6 kN. Determine a tensão normal média e a tensão de cisalhamento média que agem no plano que passa pela seção a-a. Mostre os resultados em um elemento de volume infinitesimal localizado no plano. Figura 1.113 ↗ + ∑ Fx = 0 Va-a – 6cos(60°) = 0 Va-a = 3 kN ↖ + ∑ Fy = 0 Na-a – 6sen(60°) = 0 Na-a = 5,196 kN τadm = Va−a A = 3 × 103 1502 cos(30°) = 𝟏𝟏𝟓, 𝟓 𝐤𝐏𝐚 σadm = Na−a A = 5,196 × 103 1502 cos(30°) = 𝟐𝟎𝟎 𝐤𝐏𝐚 Tensão 69 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.114. Determine as cargas internas resultantes que agem nas seções transversais que passam pelos pontos D e E da estrutura. Figura 1.114 Ponto D Ponto E ↶ + ∑ MA = 0 0,9sen(θ)FBC – 6 × 1,2 = 0 FBC = 10 kN → + ∑ Fx = 0 −Ax + FBC × 0,6 = 0 Ax = 6 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay – 6 + FBC × 0,8 = 0 Ay = 2 kN → + ∑ Fx = 0 ND – 6 = 0 ND = 6 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −2 – 1,125 – VD = 0 VD = −3,13 kN ↶ + ∑ MD = 0 MD + 2 × 0,45 + 1,125 × 0,225 = 0 MD = −1,153 kN.m → + ∑ Fx = 0 NE = −10 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VE = 0 kN ↶ + ∑ ME = 0 ME = 0 kN.m Tensão 70 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.115. O punção circular B exerce uma força de 2 kN na parte superior da chapa A. Determine a tensão de cisalhamento média na chapa provocada por essa carga. Figura 1.115 τméd = P 2πrh = 2(103) 2π × 2 × 2 = 79,6 MPa *1.116. O cabo tem peso específico 𝛾 (peso/volume) e área de seção transversal A. Se a flecha s for pequena, de modo que o comprimento do cabo seja aproximadamente L e seu peso possa ser distribuído uniformemente ao longo do eixo horizontal, determine a tensão normal média no cabo em seu ponto mais baixo C. Figura 1.116 w = γAL 2 ↶ + ∑ MA = 0 Ts − wL 4 = 0 ∴ T = γAL² 8s σméd = T A = 𝛄𝐋𝟐 𝟖𝐬 Tensão 71 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.117. A viga AB é suportada por um pino em A e também por um cabo BC. Um cabo separado CG é usado para manter a estrutura na posição vertical. Se AB pesar 2 kN/m e o peso da coluna FC for 3 kN/m, determine as cargas internas resultantes que agem nas seções transversais localizadas nos pontos D e E. Despreze a espessura da viga e da coluna nos cálculos. Figura 1.117 Ponto D Ponto E ↶ + ∑ MA = 0 3,5TBC × 0,3162 – 7,2 × 1,8 = 0 TBC = 11,3842 kN → + ∑ Fx = 0 Ax – 11,3842 × 0,9487 = 0 Ax = 10,8 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Ay + 11,3842 × 0,3162 – 7,2 = 0 Ay = 3,6 kN → + ∑ Fx = 0 −ND – 11,3842 × 0,9487 = 0 ND = −10,8 kN ↑ + ∑ Fy = 0 VD + 11,3842 × 0,3162 – 3,6 = 0 VD = 0 kN ↶ + ∑ MD = 0 −MD – 3,6 × 0,9 + 1,8 × 11,3842 × 0,3162 = 0 MD = 3,24 kN.m → + ∑ Fx = 0 −VE + 2,7 = 0 VE = 2,7 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −NE + 25,2 – 3,6 = 0 NE = 21,6 kN ↶ + ∑ ME = 0 −ME + 2,7 × 1,2 = 0 ME = 3,24 kN.m Tensão 72 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 1.118. O tubo de concreto de 3 Mg está suspenso por três cabos.Se os diâmetros de BD e CD forem 10 mm e AD tiver diâmetro de 7 mm, determine a tensão normal média em cada cabo. Figura 1.118 1.119. O acoplamento de gancho e haste está sujeito a uma força de tração de 5 kN. Determine a tensão normal média em cada haste e a tensão de cisalhamento média no pino A entre os elementos. Figura 1.119 TAD = (TADcosθ × cos60°)i + (−TADcosθ × cos30°)j + (TADsenθ)k TBD = (−TBDcosθ)i + (TBDcosθ × cos90°)j + (TBDsenθ)k TCD = (TCDcosθ × cos60°)i + (TCDcosθ × cos30°)j + (TCDsenθ)k Fazendo o somatório das forças nas direções x, y e z, obtem-se: TAD = TBD = TCD T = 10,968 kN sen(θ) = 2 √5 cos(θ) = 1 √5 W = (3 × 9,81)k = (−29,43 kN)k σCD = σBD = T π 4 dBD 2 = 10,968 × 103 π 4 × 102 = 𝟏𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚 σAD = T π 4 dAD 2 = 10,968 × 103 π 4 × 72 = 𝟐𝟖𝟓 𝐌𝐏𝐚 σ30 = P A30 = 5(103) π 4 × 302 = 7,07 MPa σ40 = P A40 = 5(103) π 4 × 402 = 3,98 MPa τméd = P 2Apino = 2,5(103) π 4 × 252 = 5,09 MPa 73 Capítulo 2 Deformação Deformação 74 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.1 - PROBLEMAS 2.1. O diâmetro de um balão de borracha cheio de ar é 150 mm. Se a pressão do ar em seu interior for aumentada até o diâmetro atingir 175 mm, determine a deformação normal média na borracha. ∊ = ∆s′− ∆s ∆s = πd − πd0 πd0 = 175 − 150 150 = 0,1667 mm/mm 2.2. O comprimento de uma fita elástica delgada não esticada é 375 mm. Se a fita for esticada ao redor de um cano de diâmetro externo 125 mm, determine a deformação normal média na fita. ∊ = L− L0 L0 = πd − L0 L0 = π × 125 − 375 375 = 0,0472 mm/mm 2.3. A barra rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a carga P aplicada à viga provocar um deslocamento de 10 mm para baixo na extremidade C, determine a deformação normal desenvolvida nos cabos CE e BD. Figura 2.3 7.000 10 = 3.000 ∆BD ∴ ΔBD = 4,2857 mm ∊CE = ∆CE LCE = 10 4.000 = 0,0025 mm/mm ∊BD = ∆BD LBD = 4,2857 4.000 = 0,00107 mm/mm Deformação 75 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.4. O diâmetro da parte central do balão de borracha é d = 100 mm. Se a pressão do ar em seu interior provocar o aumento do diâmetro do balão até d = 125 mm, determine a deformação normal média na borracha. Figura 2.4 ∊méd = πd− πd0 πd0 = d − d0 d0 = 125 − 100 100 = 0,25 mm/mm 2.5. A viga rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a carga P aplicada à viga for deslocada 10 mm para baixo, determine a deformação normal desenvolvida nos cabos CE e BD. Figura 2.5 7.000 10 = 3.000 ∆BD ∴ ΔBD = 4,2857 mm 7.000 10 = 5.000 ∆CE ∴ ΔCE = 7,142857 mm (∊CE)méd = ∆CE LCE = 7,142857 4.000 = 1,79 × 10-3 mm/mm (∊BD)méd = ∆BD LBD = 4,2857 3.000 = 1,43 × 10-3 mm/mm Deformação 76 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.6. A viga rígida é sustentada por um pino em A e pelos cabos BD e CE. Se a deformação admissível máxima em cada cabo for ∊máx = 0,002 mm/mm, determine o deslocamento vertical máximo da carga P. Figura 2.6 ∊máx = ∆CE LCE ∴ 0,02 = ∆CE 4.000 ∴ ΔCE = 8 mm 7.000 ∆P = 5.000 8 ∴ ΔP = 11,2 mm 2.7. Os dois cabos estão interligados em A. Se a força P provocar um deslocamento horizontal de 2 mm no ponto em A, determine a deformação normal desenvolvida em cada cabo. Figura 2.7 LCA’ = √(300cos30° + 2)2 + 150² = 301,733 mm ∊AC = L CA′ − LCA LAC = 301,733 − 300 300 = 0,00578 mm/mm Deformação 77 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.8. Parte de uma ligação de controle para um avião consiste em um elemento rígido CBD e um cabo flexível AB. Se uma força for aplicada à extremidade D do elemento e provocar uma rotação θ = 0,3º, determine a deformação normal no cabo. Em sua posição original, o cabo não está esticado. Figura 2.8 (AB’)² = (400)² + (300)² − 2(400)(300)cos(90,3°) ∴ AB’ = 501,25506 mm ∊AB = AB′− AB AB = 501,25506 − 500 500 = 2,51 × 10-3 mm/mm 2.9. Parte de uma ligação de controle para um avião consiste em um elemento CBD e um cabo flexível AB. Se uma força for aplicada à extremidade D do elemento e provocar uma deformação normal no cabo de 0,0035 mm/mm, determine o deslocamento do ponto D. Em sua posição original, o cabo não está esticado. Figura 2.9 AB’ = (1 + ∊)AB = (1 + 0,0035)(500) = 501,75 mm (501,75) ² = (400)² + (300)² − 2(400)(300)cos(ϕ) ∴ ϕ = 90,418° θ = 90,48º – 90° = 0,418° ∴ DD’ = (600 × 0,418º)( π 180° ) = 4,38 mm Deformação 78 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.10. O cabo AB não está esticado quando θ = 45º. Se uma carga vertical for aplicada à barra AC e provocar a mudança do ângulo para θ = 47º, determine a deformação normal no cabo. Figura 2.10 2.11. Se a carga aplicada á barra AC provocar o deslocamento do ponto A para a esquerda de uma quantidade ΔL, determine a deformação normal no cabo AB. Originalmente, θ = 45º. Figura 2.11 AB = √2 L L² = (√5L)² + (BA’)² − 2(√5L)(BA’)cos(20,435º) ∴ BA’ = 1,4705L BC = √L² + (2L)2 = √5 L Φ = 18,435° + 2° = 20,435 ϵAB = BA′− AB AB = 1,4705L− √2L √2L = 0,0562864L √2L 𝛜𝐀𝐁 = 𝟎, 𝟎𝟑𝟗𝟖 𝐦𝐦/𝐦𝐦 (BA’)² = (ΔL)² + (√2 L)² − 2(ΔL)(√2 L)cos(135°) BA’ = √∆L² + 2L² + 2L∆L ∊AB = BA′− AB AB = √∆L² + 2L² + 2L∆L − √2L √2L = √1 + ∆L L + ∆L² 2L² − 1 ∊AB = 𝟎,𝟓∆𝐋 𝐋 Deformação 79 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.12. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação por cisalhamento 𝛾xy nos cantos A e B se o plástico se distorcer como mostra as linhas tracejadas. Figura 2.12 2.13. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação por cisalhamento 𝛾xy nos cantos D e C se o plástico se distorcer como mostram as linhas tracejadas. Figura 2.13 α = 2 302 = 0,00662252 rad β = θ = 2 403 = 0,00496278 rad (γ B ) xy = α + β = 0,00662252 + 0,00496278 = 𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 (γ A ) xy = −(α + θ) = −(0,00662252 + 0,00496278) = −𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 α = 2 302 = 0,00662252 rad β = θ = 2 403 = 0,00496278 rad (γ C ) xy = −(α + β) = −(0,00662252 + 0,00496278) = −𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 (γ D) xy = α + β = 0,00662252 + 0,00496278 = 𝟏𝟏, 𝟔 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐫𝐚𝐝 Deformação 80 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.14. A forma original de uma peça de plástico é retangular. Determine a deformação normal média que ocorrer ao longo das diagonais AC e DB. Figura 2.14 A′C′ = √(403,005)2 + (302,007)2 − 2(403,005)(302,007)cos (90° − 0,2843° − 0,3794°) = 500,8 mm ∊AC = A′C′− AC AC = 500,8 − 500 500 = 1,6 × 10-3 mm/mm ∊DB = 506,4 − 500 500 = 12,8 × 10-3 mm/mm 2.15. Originalmente, o cabo de ancoragem AB de uma estrutura de edifício não está esticado. Devido a um terremoto, as duas colunas da estrutura inclinam-se até um ângulo θ = 2º. Determine a deformação normal aproximada do cabo quando a estrutura estiver nessa posição. Considere que as colunas são rígidas e giram ao redor de seus apoios inferiores. Figura 2.15 Continua… AC = √4002 + 3002 = 500 mm DC’ = √302² + 2² = 302,007 mm DB’ = √405² + 304² =506,4mm DA’ = √403² + 2² = 403,005 mm β = tang−1 ( 2 302 ) = 0,3794° α = tang−1 ( 2 403 ) = 0,2843° Deformação 81 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.16. Os cantos da chapa quadrada sofrem os deslocamentos indicados. Determine a deformação por cisalhamento ao longo das bordas da chapa em A e B. Figura 2.16 (γA)xy = 2(45º − 43,5607°) ( π 180° ) = 0,05024 rad (γB)xy = 2(45° − 46,43923°) ( π 180° ) = −0,05024 rad xB = 4sen(2°) = 0,1396 m yB = 4cos(2°) = 3,9976 m xA = sen(2°) = 0,0349 m AB’ = √(yB − 1)2 + (4 + xB − xA)² = 5,0827 m ∊AB = AB′− AB AB = 5,0827−5 5 = 16,8 × 10-3 m/m θA = tang−1 ( 250 250 ) = 45° θA’ = tang−1 ( 242,5 255 ) = 43,5607° θB = tang−1 ( 250 250 ) = 45° θB’ = tang−1 ( 255 242,5 ) = 46,43923° Deformação 82 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.17. Os cantos da chapa quadrada sofrem os deslocamentos indicados. Determine as deformações normais médias ao longo do lado AB e das diagonais AC e DB. Figura 2.17 2.18. O quadrado deforma-se até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação normal média ao longo de cada diagonal AB e CD. O lado D’B’ permanece horizontal. Figura 2.18 AC = 250 + 250 = 500 mm AC’ = 500 + 5 + 5 = 510 mm AB = √250² + 250² = 353,553 mm A’B’ = √255² + 242,5² = 351,897 mm DB = 250 + 250 = 500 mm D’B’ = 500 − 7,5 − 7,5 = 485 mm ∊AC = AC′− AC AC = 510 − 500 500 = 20 × 10-3 mm/mm ∊AB = A′B′− AB AB = 351,897 − 353,553 353,553 = −4,686 × 10-3 mm/mm ∊DB = D′B′− DB DB = 485 − 500 500 = −30 × 10-3 mm/mm AB = √250² + 250² = 70,711 mm AB’ = √(53cos1,5°)² + 47² = 70,824 mm C’D’ = √58² + 53² − 2 × 58 × 53 × cos (91,5°) = 79,6 mm ∊AB = AB′− AB AB = 70,824 − 70,711 70,711 = 1,61 × 10-3 mm/mm ∊CD = C′D′− AB C′D′ = 79,6 − 70,711 79,6 = 126 × 10-3 mm/mm Deformação 83 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.19. O quadrado deforma-se até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por cisalhamento em cada um de seus cantos A, B, C e D. O lado D’B’ permanece horizontal. Figura 2.19 *2.20. O bloco é deformado até chegar à posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação normal média ao longo da reta AB. Figura 2.20 (γ A )xy = π 2 − π 180° (91,5°) = −0,0262 rad (γ D )xy= π 2 − π 180° (88,5°) = 0,0262 rad (γ B )xy= π 2 − π 180° (101,73°) = −0,205 rad (γ C )xy= π 2 − π 180° (78,27°) = 0,205 rad θC′ = arctang ( 53cos1,5° 11 ) = 78,27° θD′ = 90° − 1,5° = 88,5° θB′ = 360° − 88,5° − 91,5° − 78,27° = 101,73° AB = √100² + 40² = 107,7033 mm h = √110² − 15² = 108,9725 mm AB’ = √108,9725² + 25² = 111,8034 mm ∊AB = AB′− AB AB = 111,8034 − 107,7033 107,7033 = 0,0381 mm/mm Deformação 84 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.21. Um cabo fino que se encontra ao longo do eixo x é deformado de tal modo que cada um de seus pontos sofre um deslocamento Δx = kx² ao longo do eixo. Se k for constante, qual é a deformação normal em qualquer ponto P ao longo do cabo? Figura 2.21 ϵ = d dx (∆x) = d dx (kx2) = 2kx 2.22. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pela linha tracejada. Determine a deformação por cisalhamento média 𝛾xy da chapa. Figura 2.22 2.23. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por cisalhamento média 𝛾xy da chapa. Figura 2.23 tang(θ′) = 3 150 ∴ θ′ = 1,1458°θ’ θ = 90° + 1,1458° = 91,1458º γ xy = π 2 − π 180° (θ) = π 2 − π 180° (91,1458°) = −0,02 rad θ = arctang ( 150 3 ) = 88,854° γ xy = π 2 − π 180° (θ) = π 2 − π 180° (88,854°) = 0,02 rad Deformação 85 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.24. A chapa retangular é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. Determine as deformações normais médias ao longo da diagonal AC e do lado AB. Figura 2.24 2.25. A forma original da peça de borracha é retangular. Determine a deformação por cisalhamento média 𝛾xy, se os cantos B e D forem submetidos a deslocamentos que provoquem a distorção da borracha mostrada pelas linhas tracejadas. Figura 2.25 θ = arctang( 150 3 ) = 88,854° ϕ = 180° − 88,854° = 91,14576° CD’ = A’B =√150² + 3² = 150,03 mm A′C = √(150,03)2 + (200)2 − 2(150,03)(200) cos(91,15°) A′C = 252,40642 mm ϵAB = 150,03 − 150 150 = 𝟐 × 𝟏𝟎−𝟒 𝐦𝐦/𝐦𝐦 ϵAB = 252,406 – 250 250 = 𝟗, 𝟔𝟑 × 𝟏𝟎−𝟑 𝐦𝐦/𝐦𝐦 θ = tang-1( 3 400 ) = 0,4297° θ’ = tang-1( 2 300 ) = 0,382° γ xy = θ + θ’ = 0,497° + 0,382° = 0,879° × π 180° = 0,0142 rad Deformação 86 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.26. A forma original da peça de borracha é retangular e ela é submetida à deformação mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação normal média ao longo da diagonal DB e do lado AD.Figura 2.26 2.27. O material é distorcido até a posição, como mostra a figura. Determine (a) as deformações normais médias ∊x e ∊y e a deformação por cisalhamento 𝛾xy em A e (b) a deformação normal média ao longo da reta BE. Figura 2.27 AD’ = √400² + 3² = 400,011 mm AB’ = √300² + 2² = 300,007 mm ϕ = arctng( 2 300 ) = 0,382° θ = arctng( 3 400 ) = 0,43° α = 90° − 0,382° – 0,43° = 89,1883° D’B’ = √400,0112 + 300,0072 − 2 × 400,011 × 300,007 × cos (89,19°) = 496,6 mm ∊DB = D′B′− DB DB = 496,6 − 500 500 = −0,00680 mm/mm ∊AD = AD′− AD AD = 400,011 − 400 400 = 0,0281 × 10-3 mm/mm (a) ∊x = 0 ∊y = √125² + 10² − 125 125 = 0,00319 mm/mm γxy = arctang( 10 125 ) = 4,574° = 0,0798 rad (b) BB’ = 100 × 10 125 = 8 mm EE’ = 50 × 15 125 = 6 mm x’ = 80 + 6 – 8 = 78 mm B’E’ = √50² + 78² = 92,65 mm BE = √50² + 80² = 94,34 mm ∊BE = BE′− BE BE = 92,65 − 94,34 94,34 = −0,0179 mm/mm Deformação 87 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.28. O material é distorcido até a posição, como mostra a figura. Determine a deformação normal média que ocorre ao longo das diagonais AD e CF. Figura 2.28 2.29. O bloco é deformado até a posição mostrada pelas linhas tracejadas. Determine a deformação por cisalhamento nos cantos C e D. Figura 2.29 (γ C )xy = π 2 − [ π 2 + π 180° arcsen ( 15 110 )]= −0,137 rad (γ D )xy = π 2 − [ π 180° arccos ( 15 110 )]= 0,137 rad AD = CF = √125² + 80² = 148,408 mm α = tang-1( 15 125 ) = 6,843° β = tang-1( 10 125 ) = 4,574° FD’ = √125² + 15² = 125,90 mm AC’ = √125² + 10² = 125,4 mm AD’ = √125,902 + 802 − 2 × 125,90 × 80 × cos(90° + 6,843°) = 157,0032 mm C’F = √125,42 + 802 − 2 × 125,4 × 80 × cos(90° − 4,574°) = 143,2654 mm ∊AD = AD′− AD AD = 157,0032 − 148,408 148,408 = 0,0579 mm/mm ∊CF = FC′− CF CF = 143,2654 − 148,408 148,408 = −0,0347 mm/mm Deformação 88 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.30. O comprimento original da barra é 30 mm quando está reta. Se ela for submetida a uma deformação por cisalhamento definida por γxy = 0,02x, onde x é dado em milímetros, determine o deslocamento Δy na extremidade de sua borda inferior. A barra foi distorcida até a forma mostrada, na qual não ocorre alongamento da barra na direção x. Figura 2.30 dy dx = tang(γ xy ) = tang(0,02x) ∫ dy = ∫ tang(0,02x)dx 300 0 ∆y 0 ∴ Δy = 2,03 mm 2.31. O raio original do tubo curvado é 0,6 m. Se ele sofrer aquecimento não uniforme que provoque uma deformação normal ao longo de seu comprimento ∊ = 0,05cosθ, determine o aumento no comprimento do tubo. Figura 2.31 dδ = ∊rdθ ∴ δ = ∫ 0,05 cos(θ) × 0,6dθ π 2 0 = 0,03 ∫ cos(θ) dθ π 2 0 = 0,030 m = 30 mm Deformação 89 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *2.32. Resolva o Problema 2.31 considerando ∊ = 0,08senθ. Figura 2.32 dδ = ∊rdθ ∴ δ = ∫ 0,08sen(θ) × 0,6dθ π 2 0 = 0,048 ∫ sen(θ) dθ π 2 0 = 0,048 m = 48 mm 2.33. Um cabo fino é enrolado ao longo da superfície cuja forma é y = 0,02x², onde x e y são dados em mm. A posição original da extremidade B é x = 250 mm. Se o cabo sofrer uma deformação normal ∊ = 0,0002x ao longo de seu comprimento, determina mudança no comprimento do cabo. Dica: Para a curva y = f(x), ds = √1 + (dy/dx)² dx. Figura 2.33 dδAB = ∊ds = 0,0002x√1 + ( dy dx ) 2 δAB = 0,0002 ∫ x√1 + 0,0016x²dx π 2 0 = 42,252 mm Deformação 90 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 2.34. A fibra AB tem comprimento L e orientação θ. Se suas extremidades A e B sofrerem deslocamentos muito pequenos uA e vB, respectivamente, determine a deformação normal na fibra quando ela estiver na posição A’B’. Figura 2.34 LA’B’ = √(Lcosθ − uA)2 + (Lsenθ + vB)² = √L² + uA² + vB² + 2L(vBsenθ − uAcosθ) ∊AB = LA′B′ − L L = √1 + 2(vBsenθ − uAcosθ) L + uA² + vB² L² − 1 = 𝐯𝐁𝐬𝐞𝐧𝛉 − 𝐮𝐀𝐜𝐨𝐬𝛉 𝐋 2.35. Se a deformação normal for definida em relação ao comprimento final, isto é: em vez de em relação ao comprimento original, Equação 2.2, mostre que a diferença entre essas deformações é representada como um termo de segunda ordem, a saber, ∊n - ∊’n = ∊n∊’n. ϵn − ϵn ′ = ∆S′−∆S ∆S − ∆S′−∆S ∆S′ = ∆S′ 2 − ∆S∆S′− ∆S′∆S + ∆S2 ∆S∆S′ = ∆S′ 2 + ∆S2− 2∆S′∆S ∆S∆S′ = (∆S′− ∆S) 2 ∆S∆S′ = ( ∆𝑆′− ∆𝑆 ∆𝑆 ) ( ∆𝑆′− ∆𝑆 ∆𝑆′ ) Logo: ϵn − ϵ′n = ϵnϵ′n 91 Capítulo 3 Propriedades Mecânicas dos Materiais Propriedades Mecânicas dos Materiais 92 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.1 - PROBLEMAS 3.1. Um cilindro de concreto com 150 mm de diâmetro e 300 mm de comprimento de referência é testado sob compressão. Os resultados do ensaio são apresentados na tabela como carga em relação à contração. Desenhe o diagrama tensão-deformação usando escalas de 10 mm = 2 MPa e 10 mm = 0,1 (10-3) mm/mm. Use o diagrama para determinar o módulo de elasticidade aproximado. Figura 3.1 Eaprox = 10,7 × 106 − 0 0,0004 − 0 = 26,67 GPa 3.2. Os dados obtidos em um ensaio de tensão-deformação para um material cerâmico são dados na tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Represente o diagrama em gráfico e determine o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência. Figura 3.2 Eaprox = 232 × 106− 0 0,0006 − 0 = 387,3 GPa ur = 232 × 106 × 0,0006 2 = 0,0696 MJ/m³ Propriedades Mecânicas dos Materiais 93 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.3. Os dados obtidos em um ensaio de tensão-deformação para um material cerâmico são dados na tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Represente o diagrama em gráfico e determine o valor aproximado do módulo de tenacidade. A tensão de ruptura é σr = 373,8 MPa. Figura 3.3 (ut)aprox = (0,001+0,0004)(232) 2 + (0,0012)(318) + (0,0012)(55) 2 + (0,0004)(86) 2 ut = 0,595 MJ/m³ *3.4. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 13 mm e 50 mm de comprimento de referência foi submetido a um ensaio de tração. Os dados resultantes são apresentados na tabela. Construa o gráfico do diagrama tensão- deformação e determine os valores aproximados do módulo de elasticidade, da tensão de escoamento, do limite de resistência e da tensão de ruptura. Use uma escala de 10 mm = 209 MPa e 10 mm = 0,05 mm/mm. Desenhe novamente a região elástica usando a mesma escala de tensão, mas use uma escala de deformação de10 mm = 0,001 mm/mm. Figura 3.4 Eaprox = 391 × 106 0,0015 = 260,8 GPa 𝛔𝐞 = 𝟒𝟒𝟖 𝐌𝐏𝐚 𝛔𝐥𝐢𝐦 = 𝟖𝟗𝟎 𝐌𝐏𝐚 e 𝛔𝐑 = 𝟕𝟓𝟑, 𝟖 𝐌𝐏𝐚 Propriedades Mecânicas dos Materiais 94 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.5. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e comprimento de referência 50 mm. Determine os valores para o material, a carga aplicada ao corpo de prova que causa escoamento e a carga máxima que o corpo de prova suportará. Figura 3.5 E = 290 × 106 0,001 = 290 GPa 290 = Pe π 4 × 122 ∴ Pe = 32,80 kN 550 = Pmáx π 4 × 122 ∴ Pmáx = 62,2 kN 3.6. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e 50 mm de comprimento de referência. Se o corpo de prova for submetido a carga de tração até 500 MPa, determine o valor aproximado da recuperação elástica e do aumento no comprimento de referência após o descarregamento. Figura 3.6 E = (290 − 0) × 106 0,001 − 0 = 290 GPa ∴ σ E = 500 × 106 290 × 109 = 1,72414 × 10-3 mm/mm ValorRE = 1,72414 × 10 -3 × 50 = 0,08621 mm Aumento no comprimento = (0,08 – 0,00172414)(50) = 3,91379 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 95 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.7. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para um aço-liga com 12 mm de diâmetro original e 50 mm de comprimento de referência. Determine os valores aproximados do módulo de resiliência e do módulo de tenacidade para o material. Figura 3.7 ur = 290 × 106 × 0,001 2 = 0,145 MPa ut = 33 × 0,04 × 100 = 132 MPa *3.8. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação de uma barra de aço. Determine os valores aproximados do módulo de elasticidade, limite de proporcionalidade, limite de resistência e módulo de resiliência. Se a barra for submetida a uma carga de tração de 450 MPa, determine o valor da recuperação da deformação elástica e da deformação permanente na barra quando descarregada. Figura 3.8 E = 325(106) 0,0015 = 𝟐𝟏𝟕 𝐆𝐏𝐚 σP = 325 MPa σr = 500 MPa ur = 1 2 (0,0015)(325)(106) = 𝟐𝟒𝟒 𝐤𝐉/𝐦³ ValorRE = 450(106) E = 450(106) 217(109) = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟎𝟕 𝐦𝐦/𝐦𝐦 DeformaçãoPER = 0,0750 − 0,00207 = 𝟎, 𝟎𝟕𝟐𝟗 𝐦𝐦/𝐦𝐦 Propriedades Mecânicas dos Materiais 96 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.9. A figura mostra o diagrama σ - ∊ para as fibras elásticas que compõem a pele e os músculos dos seres humanos. Determine o módulo de elasticidade das fibras e estime os módulos de tenacidade e de resiliência. Figura 3.9 E = 77 2 = 38,5 kPa ur = 77 × 2 2 = 77 kPa ut = 77 + (385 + 77)( 0,25 2 ) = 134,75 kPa 3.10. Uma barra de aço A-36 tem comprimento de 1.250 mm e área de seção transversal de 430 mm². Determine o comprimento da barra se ela for submetida a uma tração axial de 25 kN. O material tem comportamento elástico linear. Figura 3.10 σ = P A = 25 × 103 430 = 58,14 MPa σ = E∊ ∴ ∊ = σ E = 58,14 × 106 200 × 109 = 2,907 × 10-4 mm/mm L = ∊L0 + L0 = 2,907 × 10-4 × 1.250 + 1.250 = 1.250,363 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 97 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.11. O diagrama tensão-deformação para o polietileno que é utilizado para revestir cabos coaxiais é determinado por um ensaio com um corpo de prova com comprimento de referência de 250 mm. Se uma carga P aplicada ao corpo de prova desenvolver uma deformação ∊ = 0,024 mm/mm, determine o valor aproximado do comprimento do corpo de prova medido entre os pontos de referência quando a carga é removida. Considere que o corpo de prova se recupere elasticamente. Figura 3.11 E = 14 × 106 0,004 = 3,5 GPa 3,5 × 109 = 26 × 106 0,024 − ϵ ∴ ∊ = 0,01657 mm/mm L = ∊L0 + L0 = 0,01657 × 250 + 250 = 254,143 mm *3.12. A figura mostra o diagrama tensão-deformação para fibra de vidro. Se uma barra de 50 mm de diâmetro e 2 m de comprimento fabricada com esse material for submetida a uma carga de tração axial de 60 kN, determine seu alongamento. Figura 3.12 σ = P π 4 d² = 60 × 103 π 4 × 502 = 30,56 MPa ∊ = ( 30,56 300 ) 2 = 1,0375 × 10-2 mm/mm δ = ∊L = 0,010375 × 50 = 20,8 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 98 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.13. A mudança de peso de um avião é determinada pela leitura de um extensômetro A montado no suporte de alumínio da roda do avião. Antes de o avião ser carregado, a leitura do extensômetro no suporte é ∊1 = 0,00100 mm/mm, ao passo que, após o carregamento, é ∊2 = 0,00243 mm/mm. Determine a mudança na força que age sobre o suporte se a área da seção transversal dele for 2.200 mm². Eal = 70 GPa. Figura 3.13 ∊ = ∊2 − ∊1 = 0,00243 – 0,00100 = 0,00143 mm/mm σ = ∊Eal = 0,00143 × 70 × 109 = 100,1 MPa 100,1 = ΔP 2.200 ∴ ΔP = 220,22 kN 3.14. Um corpo de prova com comprimento original de 300 mm tem diâmetro original de 12 mm e é submetido a uma força de 2,5 kN. Quando a força é aumentada para 9 kN, o corpo de prova sofre um alongamento de 22,5 mm. Determine o módulo de elasticidade para o material se ele permanecer elástico. ΔP = 9 – 2,5 = 6,5 kN σ = ΔP π 4 d² = 6,5 × 10 3 π 4 × 122 = 57,473 MPa Δ∊ = σ E ∴ E = σL δ = 57,473 × 300 22,5 = 766,3 MPa 3.15. Um elemento estrutural de um reator nuclear é feito de uma liga de zircônio. Se esse elemento tiver se suportar uma carga axial de 20 kN, determine a área da seção transversal exigida. Use um fator de segurança 3 em relação ao escoamento. Qual é a carga sobre o elemento se ele tiver 1m de comprimento e seu alongamento for 0,5 mm? Ezr = 100 GPa, σe = 400 MPa. O material tem comportamento elástico. σe = FS P A ∴ Aexig = 3 × 20 × 103 400 = 150 mm² ϵ = δ L = 0,5 1.000 = 0,0005 0,0005 = σe Ezr = P AEzr ∴ P = 0,0005 × 150 × 100 × 103 = 7,5 kN Propriedades Mecânicas dos Materiais 99 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *3.16. O poste é sustentado por um pino em C e por um arame de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do arame for 5 mm, determine quanto ele se deforma quando uma força horizontal de 15 kN agir sobre o poste. Figura 3.16 3.17. A adição de plastificadores ao cloreto de polivinil provoca a redução de sua rigidez. Os diagramas tensão- deformação apresentados a seguir mostram tal efeito para três tipos desse material. Especifique o tipo que deve ser usado na fabricação de uma haste com 125 mm de comprimento e 50 mm de diâmetro que terá de suportar, no mínimo, uma carga axial de 100 kN e alongar, no máximo, 6 mm. Figura 3.17 σ = P π 4 d² = 100 × 103 π 4 × 502 = 50,93 MPa ϵ = δ L = 6 125 = 0,048 mm/mm Logo, o material que atende as características do diagrama tensão – deformação é o copolímero. ↶ ∑ MC = 0 −15 × 1,2 + 2,2 × TABsen(30°) = 0 TAB = 16,3636 kN LAB = 2,2 cos(30°) = 2,54 m σAB = TAB π 4 d² = 16,3636 × 103 π 4 × 52 = 833,4 MPa ∊ = σAB Eaço= 833,4 × 106 200 × 109 = 0,004167 mm/mm δAB = ∊LAB = 0,004167 × 2.540 = 10,586 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 100 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.18. Os cabos de aço AB e AC sustentam a massa de 200 kg. Se a tensão axial admissível para os cabos for σadm = 130 MPa, determine o diâmetro exigido para cada cabo. Além disso, qual é o novo comprimento do cabo AB após a aplicação da carga? Considere que o comprimento não alongado de AB seja 750 mm. Eaço = 200 GPa. Figura 3.18 WA = 200 × 9,81 = 1.962 N 3.19. A figura mostra o diagrama tensão-deformação para duas barras de poliestireno. Se a área da seção transversal da barra AB for 950 mm² e a de BC for 2.500mm², determine a maior força P que pode ser suportada antes que qualquer dos elementos sofra ruptura. Considere que não ocorre nenhuma flambagem. Figura 3.19 → + ∑ Fx = 0 −TABcos(60°) + 0,6TAC = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 TABsen(60°) + 0,8TAC – 1.962 = 0 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: TAB = 1.280,177 N e TAC = 1.066,77 N σadm = TAB AAB ∴ dAB = √ 4TAB πσadm = √ 4 × 1.280,177 π × 130 = 3,54 mm dAC = √ 4TAC πσadm = √ 4 × 1.066,77 π × 130 = 3,23 mm ϵ = σadm Eaço = 130 × 106 200 × 109 = 0,00065 mm/mm LAB’ = (1 + ∊)LAB = (1 + 0,00065)(750) = 750,49 mm ↶ + ∑ MC = 0 −1,2P + 1,2(0,6FAB) = 0 FAB = 1,667P → + ∑ Fx = 0 0,8 × 1,667P – Cx = 0 Cx = FCB = 1,333P (σAB)C = 1,667P 950 ∴ P = 99,75 kN (σBC)T = 1,333P 2.500 ∴ 𝐏 = 𝟔𝟓, 𝟔𝟑 𝐤𝐍 Propriedades Mecânicas dos Materiais 101 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *3.20. A figura mostra o diagrama tensão-deformação de duas barras de poliestireno. Determine a área da seção transversal de cada barra de modo que elas sofram ruptura simultânea quando a carga P = 15 kN é aplicada. Considere que não ocorra nenhuma flambagem. Figura 3.20 3.21. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para uma resina de poliéster. Se a viga for suportada por uma barra AB e um poste CD, ambos feitos desse material, e for submetida à carga P = 80 kN, determine o ângulo de inclinação da viga quando a carga for aplicada. O diâmetro da barra é 40 mm, e o diâmetro do poste é 80 mm. Figura 3.21 ↶ + ∑ MC = 0 −1,2 × 15 + 1,2(0,6FAB) = 0 FAB = 25 kN → + ∑ Fx = 0 0,8 × 25 – Cx = 0 Cx = FCB = 20 kN 175 = 25 × 103 AAB ∴ 𝐀𝐀𝐁 = 𝟏𝟒𝟐, 𝟖𝟔 𝐦𝐦² 35 = 20 × 103 ABC ∴ 𝐀𝐁𝐂 = 𝟓𝟕𝟏, 𝟒𝟑 𝐦𝐦² ↑ + ∑ Fy = 0 FAB + FCD – 80 = 0 FAB = FCD = 40 kN E = 32,2 × 106 0,01 = 3,22 GPa σAB = FAB π 4 dAB 2 = 40 × 103 π 4 × 402 = 31,831 MPa ϵAB = σAB E = 31,831 3,22 × 103 = 0,0098854 mm/mm σCD = FCD π 4 dCD 2 = 40 × 103 π 4 × 802 = 7,958 MPa ϵCD = σCD E = 7,958 3,22 × 103 = 0,00247133 mm/mm δAB = ∊ABLAB = 0,0098854 × 2.000 = 19,7708 mm δCD = ∊CDLCD = 0,0024713 × 500 = 1,235665 mm α = arctang( 19,7708 − 1,235665 1.500 ) = 0,708° Propriedades Mecânicas dos Materiais 102 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.22. A figura apresenta o diagrama tensão-deformação para uma resina de poliéster. Se a viga for suportada por uma barra AB e um poste CD, ambos feitos desse material, determine a maior carga P que pode ser aplicada à viga antes da ruptura. O diâmetro da barra é 12 mm, e o diâmetro do poste é 40 mm. Figura 3.22 3.23. A viga é sustentada por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o cabo tiver diâmetro de 5 mm, determine quanto ele estica quando um carregamento distribuído w = 1,5 kN/m agir sobre o tubo. O material permanece elástico. Figura 3.23 ↑ + ∑ Fy = 0 FAB + FCD – P = 0 FAB = FCD = 0,5P σAB = FAB π 4 dAB 2 ∴ 50 = 0,5P π 4 × 122 ∴ 𝐏 = 𝟏𝟏, 𝟑𝟏 𝐤𝐍 σCD = FCD π 4 dCD 2 ∴ 95 = 0,5P π 4 × 402 ∴ P = 238,76 kN ↶ + ∑ MC = 0 −4,5 × 1,5 + 3FABsen(30°) = 0 FAB = 4,5 kN LAB = 3 cos(30°) = 3,46 m σAB = FAB π 4 dAB 2 = 4,5 × 103 π 4 × 52 = 229,18 MPa ϵ = σAB Eaço = 229,18 × 106 200 × 109 = 1,146 × 10−3 mm/mm δAB = ∊LAB = 1,146 × 10 -3 × 3.460 = 3,970 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 103 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *3.24. A viga é sustentada por um pino em C e por um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o cabo tiver diâmetro de 5 mm, determine o carregamento w se a extremidade B for deslocada 18 mm para baixo. Figura 3.24 3.25. Às vezes, são instalados indicadores de tração em vez de torquímetros para garantir que um parafuso tenha a tração prescrita quando utilizado em conexões. Se uma porca do parafuso for apertada de tal modo que seis cabeças do indicador, cujas alturas originais eram de 3 mm, forem esmagadas até 0,3 mm, deixando uma érea de contato de 1,5 mm² em cada cabeça, determine a tensão na haste do parafuso. O diagrama tensão-deformação do material é mostrado na figura. Figura 3.25 ∊ = 0,3 3 = 0,1 mm/mm Equação da reta que passa pelos pontos (0,0015 mm/mm, 450 MPa) e (0,3 mm/mm, 600 MPa): σ = 502,513∊ + 449,246 Logo, quando ∊ = 0,1 mm/mm, tem-se: σ = 502,513 × 0,1 + 449,246 = 500 MPa, sendo assim: σ = T 6A ∴ T = 6Aσ = 6 × 1,5 × 500 = 4.500 N = 4,50 kN ↶ + ∑ MC = 0 −1,5 × 3w + 3FABsen(30°) = 0 FAB = 3w α = arctang( 18 3.000 ) = 0,343776° LAB = 3 cos(30°) = 3,46 m AB’ = √(3tang30°)2 + 32 − 2 × (3tang30°) × 3 × cos(90° − 0,343776°) AB’ = 3,4731 m ϵ = AB′− AB AB = 3,4731− 3,46 3,46 = 2,59471 × 10-3 mm/mm σAB = FAB π 4 dAB 2 = 3w π 4 × 0,0052 = 152.788,745w σAB = Eaço∊ ∴ 152.788,745w = 200 × 10 3 × 2,59471 × 10−3 ∴ w = 3,40 kN/m Propriedades Mecânicas dos Materiais 104 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.2 – PROBLEMAS 3.26. A haste plástica de acrílico tem 200 mm de comprimento e 15 mm de diâmetro. Se uma carga axial de 300 N for aplicada a ela, determine a mudança em seu comprimento e em seu diâmetro. Ep = 2,70 GPa, 𝜈p = 0,4. Figura 3.26 σ = P π 4 d2 = 300 π 4 × 152 = 1,6976 ∊long = σ Ep = 1,6976 × 106 2,70 × 109 = 0,00062874 mm/mm δcomp = ∊longL = 0,00062874 × 200 = 0,126 mm ν = 0,4 = − ϵlat 0,00062874 ∴ ∊lat = −0,0002515 mm/mm ∴ ∆d = d∊lat = 15 × (−0,0002515) = −0,00377 mm 3.27. O bloco é feito de titânio Ti-6A1-4V. É submetido a uma compressão de 1,5 mm ao longo do eixo y, e sua forma sofre uma inclinação de θ = 89,7°. Determine ϵx, ϵy e γxy Figura 3.27 δy = −ϵyLy ∴ 1,5 = ϵy × 100 ∴ 𝛜𝐲 = −𝟎, 𝟎𝟏𝟓𝟎 𝐦𝐦/𝐦𝐦 0,36 = − ϵx −0,0150 ∴ 𝛜𝐱 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝟒𝟎 𝐦𝐦/𝐦𝐦 α = 180° − 89,7° = 90,3° ∴ γxy = π 2 − π 180°(90,3°) = −𝟎, 𝟎𝟎𝟓𝟐𝟒 𝐫𝐚𝐝 *3.28. Um bloco cilíndrico curto de bronze C86.100, com diâmetro original de 38 mm e comprimento de 75 mm, é colocado em uma máquina de compressão e comprimido até atingir o comprimento de 74,5 mm. Determine o novo diâmetro do bloco. δy = L – L0 = 74,5 – 75 = −0,5 mm ∴ ϵy = δy L0 = − 0,5 75 = −6,667 × 10-3 mm/mm νb = 0,34 = − ϵx (−6,667 × 10−3) ∴ ϵx = 2,2667 × 10 −3 mm/mm d’ = d + dϵx = 38 + 38 × 2,2667 × 10 -3 = 38,0861 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 105 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.29. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para um aço-liga. O corpo de prova do qual ela foi obtida tinha diâmetro original de 13 mm e comprimento de referência de 50 mm. Quando a carga aplicada ao corpo de prova for 50 kN, o diâmetro é 12,99265 mm. Determine o coeficiente de Poisson para o material. Figura 3.29 E = σ′ ϵ = 400 × 106 0,002 = 200 GPa σ = P π 4 d² = 50 × 10 3 π 4 × 12,992652 = 376,7 MPa σ = Eϵlong ∴ 376,6 × 10 6 = (200 × 109)ϵlong ∴ ϵlong = 1,883 × 10 −3 mm/mm ϵlat = d − d0 d0 = 12,99265 − 13 13 = −5,6538 × 10-4 mm /mm ∴ ν = − ϵlat ϵlong = − (−5,6538 × 10−4) 1,883 × 10−3 = 0,300 3.30. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para um aço-liga. O corpo de prova do qual ela foi obtida tinha diâmetro original de 13 mm e comprimento de referência de 50 mm. Se uma carga P = 20 kN for aplicada ao corpo de prova, determine seu diâmetro e comprimento de referência. Considere ν = 0,4. Figura 3.30 E = σ′ ϵ = 400 × 106 0,002 = 200 GPa σ = P π 4 d² = 20 × 10 3 π 4 × 132 = 150,68 MPa σ = Eϵlong ∴ 150,68 × 10 6 = (200 × 109)ϵlong ∴ ϵlong = 7,534 × 10 −4 mm/mm L’ = L + Lϵlong = 50 + 50 × 7,534 × 10 −4 = 50,0377 mm 0,4 = − ϵlat 7,534 × 10−4 ∴ ϵlat = −3,0136 × 10 −4 mm/mm d = d0 + d0ϵlat = 13 + 13(−3,0136 × 10 −4) = 12,99608 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 106 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.31. A figura mostra o diagrama tensão-deformação de cisalhamento para um aço-liga. Se um parafuso de 6 mm de diâmetro feito desse material for utilizado em uma junta sobreposta, determine o módulo de elasticidade E e a força P exigida para provocar o escoamento do material. Considere ν = 0,3. Figura 3.31 τ = P π 4 d² ∴ 350 = Pπ 4 × 62 ∴ P = 9,896 kN G = 350(106) 0,004 = 87,5 GPa G = E 2(1 + ν) ∴ E = 2(1 + 0,3)(87,5 × 109) = 227,5 GPa *3.32. As sapatas do freio do pneu de uma bicicleta são feitas de borracha. Se uma força de atrito de 50 N for aplicada de cada lado dos pneus, determine a deformação por cisalhamento média na borracha. As dimensões da seção transversal de cada sapata são 20 mm e 50 mm. Gb = 0,20 MPa. Figura 3.32 τ = V A = 50 50 × 20 = 50 kPa 50 × 103 = (0,20 × 106)γ ∴ 𝛄 = 0,250 rad Propriedades Mecânicas dos Materiais 107 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.33. O tampão tem diâmetro de 30 mm e ajusta-se ao interior de uma luva rígida com diâmetro interno de 32 mm. Ambos, tampão e luva, têm 50 mm de comprimento. Determine a pressão axial p que deve ser aplicada à parte superior do tampão para que ele entre em contato com as laterais da luva. Determine também a que distância o tampão deve ser comprimido para baixo para que isso aconteça. O material do tampão tem E = 5 MPa e ν = 45. Figura 3.33 σ = Eϵlong ∴ ϵlong = − p E = − p 5 × 106 = (−2 × 10−7)p ∊lat = −νϵlong = (−0,45)(−2 × 10 −7)p = (9 × 10−8)p d’t = dl ∴ ϵlatdt + dt = dl ∴ [(9 × 10 −8)p](30) + 30 = 32 ∴ p = 741 kPa δ = ϵlongL = (−2 × 10 −7)(741 × 103)(50) = −7,41 mm 3.34. O bloco de borracha é submetido a um alongamento de 0,75 mm ao longo do eixo x, e suas faces verticais sofrem uma inclinação de modo que θ = 89,3°. Determine as deformações ϵx, ϵy e γxy. Considere υb = 0,5. Figura 3.34 ϵx = δ Lx = 0,75 100 = 0,00750 mm/mm 0,5 = − ϵy 0,00750 ∴ 𝛜𝐲 = −𝟎, 𝟎𝟎𝟑𝟕𝟓 𝐦𝐦/𝐦𝐦 γxy = π 2 − π 180° (θ) = π 2 − π 180° (89,3°) = 0,0122 rad Propriedades Mecânicas dos Materiais 108 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.3 - PROBLEMAS DE REVISÃO 3.35. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para uma liga de alumínio. O corpo de prova usado para o ensaio tem comprimento de referência de 50 mm e 12,5 mm de diâmetro. Quando a carga aplicada for 45 kN, o novo diâmetro do corpo de prova será 12,48375 mm. Calcule o módulo de cisalhamento Gal para o alumínio. Figura 3.35 E = σ ϵ = 500 × 106 0,00614 = 81,433 GPa σ = P π 4 d 2 = 45 × 103 π 4 × 12,52 = 366,693 MPa ϵlong = σ E = 366,693 × 106 81,433 × 109 = 4,503 × 10-3 mm/mm ∴ ν = − ϵlat ϵlong = − ϵlat 4,503 × 10−3 ∴ ϵlat = −4,503(10 −3)υ 12,48375 = 12,5 + (12,5)(−0,004503ν) ∴ ν = 0,2887 ∴ Gal = E 2(1 + ν) = 81,433 2(1 + 0,2887) = 31,60 GPa *3.36. A figura mostra a porção elástica do diagrama tensão-deformação para uma liga de alumínio. O corpo de prova usado para o ensaio tem comprimento de referência de 50 mm e 12,5 mm de diâmetro. Quando a carga aplicada é 50 kN, determine o novo diâmetro do corpo de prova. O módulo de cisalhamento Gal = 28 GPa. Figura 3.36 E = σ ϵ = 500 × 106 0,00614 = 81,433 GPa σ = P π 4 d 2 = 50 × 103 π 4 × 12,52 = 407,4366 MPa ϵlong = σ E = 407,4366 × 106 81,433 × 109 = 5,0032 × 10-3 mm/mm ν = − ϵlat 5,0032 × 10−3 ∴ ϵlat = −5,0032(10 −3)υ Gal = 28 = 81,433 2(1 + ν) ∴ ν = 0,454 ϵlat = −5,0032 × 10 -3 × 0,454 = −2,272 × 10-3 mm/mm ∴ d’ = d + dϵlat = 12,5 + (12,5)(−0,002272) = 12,4716 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 109 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.37. O cabeçote H está acoplado ao cilindro de um compressor por seis parafusos de aço. Se a força de aperto de cada parafuso for 4 kN, determine a deformação normal nos parafusos. Cada um deles tem 5 mm de diâmetro. Se σe = 280 MPa e Eaço = 200 GPa, qual é a deformação em cada parafuso quando a porca é desatarraxada, aliviando, assim, a força de aperto? Figura 3.37 σp = P π 4 d 2 = 4 × 103 π 4 × 52 = 203,72 MPa ∴ 203,72 = 200.000ϵlong ∴ 𝛜𝐥𝐨𝐧𝐠 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟏𝟎𝟏𝟖𝟔 𝐦𝐦/𝐦𝐦 Ao desatarraxar a porca, o parafuso volta ao seu tamanho original, pois σp< σe= 280 MPa ∴ δp = 0, logo: 𝛜 = 𝟎 3.38. O tubo rígido é sustentado por um pino em C e um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do cabo for 5 mm, determine o quanto ele é esticado quando uma carga P = 1,5 kN age sobre o tubo. O material permanece elástico. Figura 3.38 ↶ + ∑ MC = 0 −2,4 × 1,5 + 2,4TABcos(60°) = 0 TAB = 3 kN LAB = 2,4 sen(60°) = 2,771 m σAB = TAB π 4 dAB2 = 3 × 103 π 4 × 5 2 = 152,79 MPa 152,79 = (200 × 103)ϵlong ∴ ϵlong = 7,63944 × 10 −4 mm/mm δAB = ϵlongLAB = 7,63944 × 10 -4 × 2.771 = 2,1171 mm Propriedades Mecânicas dos Materiais 110 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.39. O tubo rígido é sustentado por um pino em C e um cabo de ancoragem AB de aço A-36. Se o diâmetro do cabo for 5 mm, determine a carga P se a extremidade B for deslocada 2,5 mm para a direita. Figura 3.39 *3.40. Ao ser submetido a um ensaio de tração, um corpo de prova de liga de cobre com comprimento de referência de 50 mm sofre uma deformação de 0,40 mm/mm quando a tensão é de 490 MPa. Se σe = 315 MPa quando 𝜖e = 0,0025 mm/mm, determine a distância entre os pontos de referência quando a carga é aliviada. ϵ = 490 × 0,0025 315 = 3,8889 × 10-3 mm/mm ϵp = 0,40 – 0,0038889 = 0,3961 mm/mm δ = L + ϵpL = 50 + 0,3961 × 50 = 69,806 mm ↶ + ∑ MC = 0 −2,4P + 2,4TABcos(60°) = 0 TAB = 2P LAB = 2,4 sen(60°) = 2,7713 m AC = 2,4 tan(60°) = 1,386 m ϕ = 2,5 × 180 2400π = 0,059683° σAB = TAB π 4 dAB 2 = 2P π 4 × 52 = (0,10186P) MPa σAB = Eaçoϵ ∴ 0,10186P = (200 × 103)ϵ ∴ ϵ = (5,093 × 10−7P) LAB’ = LAB + LABϵ = 2.771,3 + 2.771,3 × (5,093 × 10−7P) = (2.7713 + 0,0014114P) mm LAB’ = √2.4002 + 1.3862 − 2(2.400)(1.386)cos (90° + 0,059683°) = 2.772,531 m m Iguala-se: 2.771,3 + 0,0014114P = 2.772,531 ∴ P = 0,872 kN Propriedades Mecânicas dos Materiais 111 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.41. O parafuso de 8 mm de diâmetro é feito de uma liga de alumínio e está instalado em uma luva de magnésio com diâmetro interno de 12 mm e diâmetro externo de 20 mm. Se os comprimentos originais do parafuso e da luva forem 80 mm e 50 mm, respectivamente, determine as deformações na luva e no parafuso se a porca do parafuso for apertada de tal modo que a tensão no parafuso seja de 8 kN. Considere que o material em A é rígido. Eal = 70 GPa, Emg = 45 GPa. Figura 3.41 σp = P π 4 dp 2 = 8 × 103 π 4 × 82 = 159,15 MPa σp = Ealϵp ∴ 159,15 = (70 × 10 3)ϵp ∴ 𝛜𝐩 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟐𝟐𝟕 𝐦𝐦/𝐦𝐦 σl = P π 4 (d0 2 − di 2) = 8 × 103 π 4 (202 − 122) = 39,789 MPa ∴ σl = Emgϵl ∴ 39,789 = (45 × 10 3)ϵp ∴ 𝛜𝐥 = 𝟎, 𝟎𝟎𝟎𝟖𝟖𝟒 𝐦𝐦/𝐦𝐦 3.42. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 12,5 mm e comprimento de referência de 50 mm foi submetido a um ensaio de tração. Os dados resultantes do teste são apresentados na tabela. Construa o diagrama tensão- deformação e determine os valores aproximados do módulo de elasticidade, limite de resistência e tensão de ruptura. Use uma escala de 20 mm = 50 MPa e 20 mm = 0,05 mm/mm. Desenhe novamente a região elástica linear usando a mesma escala de tensão, mas uma escala de deformação de 20 mm = 0,001 mm/mm. Figura 3.42 A = π 4 × 0,01252 = 1,2272 × 10-4 m² Eaprox = 125 × 106 0,0005 = 250 GPa Propriedades Mecânicas dos Materiais 112 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 3.43. Um corpo de prova de aço com diâmetro original de 12,5 mm e comprimento de referência de 50 mm foi submetido a um ensaio de tração. Usando os dados apresentados na tabela, construa o diagrama tensão-deformação e determine o valor aproximado do módulo de tenacidade. Use uma escala de 20 mm = 50 MPa e 20 mm = 0,05 mm/mm. Figura 3.43 ut = 188,5 × 25 × 106 × 0,025 = 118 × 106 𝐍 𝐦² *3.44. Uma haste de latão de 8 mm de diâmetro tem módulo de elasticidade Elat = 100 GPa. Se a haste tiver 3 m de comprimento e for submetida a uma carga axial de 2 kN, determine seu alongamento. Qual será o alongamento se o diâmetro for 6 mm? Figura 3.44 σ = P π 4 d1 2 = 2 × 103 π 4 × 82 = 39,789 MPa σ = Elatϵlong ∴ 39,789 = (100 × 10 3)ϵlong ∴ ϵlong = 3,9789 × 10 −4 mm/mm δ = Lϵlong = 3.000 × 3,9789 × 10 -4 = 1,193 mm σ = P π 4 d2 2 = 2 × 103 π 4 × 62 = 70,7355 MPa σ = Elatϵlong ∴ 70,7355 = (100 × 10 3)ϵlong ∴ ϵlong = 7,07355 × 10 −4 mm/mm δ = Lϵlong= 3.000 × 7,07355 × 10 −4 = 2,122 mm 113 Capítulo 4 Carga Axial Carga Axial 114 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.1 - PROBLEMAS 4.1. O navio é impulsionado na água pelo eixo de uma hélice de aço A-36 com 8 m de comprimento medido desde a hélice até o mancal de encosto D no motor. Se o eixo tiver diâmetro externo de 400 mm e espessura de parede de 50 mm, determine a quantidade de contração axial do eixo quando a hélice exercer uma força de 5 kN sobre o eixo. Os apoios em B e C são mancais de deslizamento. Figura 4.1 di = 2 ( d0 2 − t) = 2 ( 400 2 − 50) = 300 mm δ = PL π 4 (d0 2 − di 2)Eaço = 5 × 103 × 8.000 π 4 (4002 − 1502)(200 × 103) = −3,64 × 10-3 mm 4.2. A coluna de aço A-36 é usada para suportar as cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Determine o deslocamento vertical de sua extremidade, A, se P1 = 200 kN, P2 = 310 kN e a coluna tiver área de seção transversal de 14.625 mm². Figura 4.2 δA′ = − 2 × 200 × 103 × 3.600 14.625 × 200 × 103 = −0,492308 mm δB = − (2 × 200 × 103 + 2 × 310 × 103)(3.600) 14.625 × 200 × 103 = −1,255385 mm δA = δA′ + δB = −0,492308 – 1,255385 = −1,74769 mm Carga Axial 115 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.3. A coluna de aço A-36 é usada para suportar as cargas simétricas dos dois pisos de um edifício. Determine as cargas P1 e P2 se A se mover 3 mm para baixo e B se mover 2,25 mm para baixo quando as cargas forem aplicadas. A coluna tem área de seção transversal de 14.625 mm². Figura 4.3 δA = 3 − 2,25 = 2P1(3.600) (14.625)(200 × 103) ∴ P1 = 304,69 kN δB = 2,25 = (2 × 304.690 + 2P2)(3.600) (14.625)(200 × 103) ∴ P2 = 609,38 kN *4.4. O eixo de cobre está sujeito às cargas axiais mostradas na figura. Determine o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade D se os diâmetros de cada segmento forem dAB = 20 mm, dBC = 25 mm e dCD = 12 mm. Considere Ecobre = 126 GPa. Figura 4.4 δA = ∑ PL AE = − 40 × 103 × 2.000 π 4 × 202 × 126 × 103 + 10× 103× 3.750 π 4 × 252 × 126 × 103 + 30× 103× 2.500 π 4 × 122× 126 × 103 = −3,8483 mm Carga Axial 116 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.5. A haste de aço A-36 está sujeita ao carregamento mostrado. Se a área de seção transversal da haste for 60 mm², determine o deslocamento de B e A. Despreze o tamanho dos acoplamentos em B, C e D. Figura 4.5 δA = (2 × 3.300 × sen60° + 2 × 0,6 × 2.000 + 8.000 )(750) + ((2 × 0,6 × 2.000+ 8.000) × 1.500 + 8.000)( 500) 60 × 200 × 103 = 2,64 mm δB = (2 × 3.300 × sen60° + 2 × 0,6 × 2.000 + 8.000 )(750) + (2 × 0,6 × 2.000 + 8.000)(1.500) 60× 200 × 103 = 2,31 mm 4.6. O conjunto é composto por uma hasteCB de aço A-36 e uma haste BA de alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 25 mm. Determine as cargas aplicadas P1 e P2 se A deslocar 2 mm para a direita e B se deslocar 0,5 mm para a esquerda quando as cargas forem aplicadas. O comprimento de cada segmento quando não alongado é mostrado na figura. Despreze o tamanho das conexões em B e C e considere que elas são rígidas. Figura 4.6 δA = P1LAB π 4 d2Eal + δB ∴ 2 = P1(1.200) ( π 4 × 252)(68,9 ×103) − 0,5 ∴ P1 = 70,46 kN δB = (P1− P2)LCB π 4 d2Eaço ∴ −0,5 = (70,46 − P2)(10 3)(600) ( π 4 × 252)(200 × 103) ∴ P2 = 152,27 kN Carga Axial 117 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.7. O eixo AC de aço A-36 com 15 mm de diâmetro é sustentado por um colar rígido fixado ao eixo B. Se for submetido a uma carga axial 80 kN em sua extremidade, determine a distribuição de pressão uniforme p no colar exigida para o equilíbrio. Calcule também o alongamento nos segmentos BC e BA. Figura 4.7 δBC = (80 × 103)(500) ( π 4 × 152)(200 × 103) = 1,13 mm PBA = 0 ∴ δAB = PBALBA π 4 deixo 2Eaço = 𝟎 𝐦𝐦 ↑ + ∑ Fy = 0 p π 4 (702 − 152) − 80.000 = 0 ∴ p = 21,8 MPa *4.8. A carga é sustentada pelos quatro cabos de aço inoxidável 304 conectados aos elementos rígidos AB e DC. Determine o deslocamento vertical da carga de 2,5 kN se os elementos estiverem na horizontal quando for aplicada. Cada cabo tem área de seção transversal de 16 mm². Figura 4.8 ↶ + ∑ MA = 0 −2,5 × 0,9 + 1,2 TB = 0 TB = 1.875 N ↑ + ∑ Fy = 0 TA + 1.875 – 2.500 = 0 TA = 625 N ↶ + ∑ MD = 0 −0,625 × 0,3 + 0,9TC = 0 TC = 208,333 N ↑ + ∑ Fy = 0 TD + 208,333 – 625 = 0 TD = 416,667 N Continua... Carga Axial 118 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.9. A carga é sustentada pelos quatro cabos de aço inoxidável 304 conectados aos elementos rígidos AB e DC. Determine o ângulo de inclinação de cada elemento após a aplicação da carga de 2,5 kN. A posição original dos elementos era horizontal e cada cabo tem área de seção transversal de 16 mm². Figura 4.9 δA = TALAH AEaço = 625 × 540 16 × 193 × 103 = 0,01093 mm δB = TBLBG AEaço = 1.875 × 1.500 16 × 193 × 103 = 0,91078 mm δC = TCLCF AEaço = 208,333 × 900 16 ×193 × 103 = 0,06072 mm δD = TDLDE AEaço = 416,667 × 900 16 × 193 × 103 = 0,12144 mm 0,12144 − 0,06072 y = 0,9 0,6 ∴ y = 0,04048 mm HH’ = 0,04048 + 0,06072 = 0,1012 mm AA’ = 0,1012 + 0,01093 = 0,2105 mm tangϕ = 0,91078 − 0,2105 1.200 = 5,83333 × 10-4 δI′ = 900 × 5,83333 × 10 −4 = 0,525 mm δI = 0,525 + 0,2105 = 0,736 mm ↶ + ∑ MA = 0 −2,5 × 0,9 + 1,2 TB = 0 TB = 1.875 N ↑ + ∑ Fy = 0 TA + 1.875 – 2.500 = 0 TA = 625 N ↶ + ∑ MD = 0 −0,625 × 0,3 + 0,9TC = 0 TC = 208,333 N ↑ + ∑ Fy = 0 TD + 208,333 – 625 = 0 TD = 416,667 N Continua... Carga Axial 119 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.10. A barra tem área de seção transversal de 1.800 mm² e E = 250 GPa. Determine o deslocamento da extremidade A da barra quando submetida ao carregamento distribuído. Figura 4.10 P(x) = ∫ wdx = 500 ∫ x1 3⁄ dx x 0 x 0 = 375x4/3 δA = ∫ P(x)dx AE L 0 = 375 (1.800 × 10−6 × 250 × 109) ∫ x4 3⁄ 1,5 0 dx = 9,2 × 10-4 mm 4.11. O conjunto é composto por três hastes de titânio (Ti-6A1-4V) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Se uma força de 30 kN for aplicada ao anel F, determine o deslocamento horizontal do ponto F. Figura 4.11 δA = TALAH AEaço = 625 × 540 16 × 193 × 103 = 0,01093 mm δB = TBLBG AEaço = 1.875 × 1.500 16 × 193 × 103 = 0,91078 mm δC = TCLCF AEaço = 208,333 × 900 16 ×193 × 103 = 0,06072 mm δD = TDLDE AEaço = 416,667 × 900 16 × 193 × 103 = 0,12144 mm 0,12144 − 0,06072 y = 0,9 0,6 ∴ y = 0,04048 mm HH’ = 0,04048 + 0,06072 = 0,1012 mm AA’ = 0,1012 + 0,01093 = 0,2105 mm ϕ = tang-1( 0,91078 − 0,2105 1.200 ) = 0,0334° θ = tang-1( 0,12144 − 0,06072 900 ) = 0,0039° ↶ + ∑ ME = 0 0,6FCD – 0,3FAB = 0 FAB = 2FCD [1] → + ∑ Fx = 0 FAB + FCD = 30 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FCD = 10 kN e FAB = 20 kN Continua... δAB = FABLAB AABEti = 20 × 103 × 1.800 900 × 120 × 103 = 0,3333 mm δCD = FCDLCD ACDEti = 10 × 103 × 1.200 600 × 120 × 103 = 0,1667 mm x = δAB − δCD 1,5 = 0,333− 0,1667 1,5 = 0,1111 mm δE = δCD + x = 0,1667 + 0,1111 = 0,278 mm δF = δE + δEF = 0,278 + 0,0625 = 0,34 mm Carga Axial 120 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.12. O conjunto é composto por três hastes de titânio (Ti-6A1-4V) e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Se uma força de 30 kN for aplicada ao anel F, determine o ângulo de inclinação da barra AC. Figura 4.12 4.13. Um suporte para tubos apoiado por molas é composta por duas molas que, na posição original, não estão alongadas e têm rigidez k = 60 kN/m, três hastes de aço inoxidável 304, AB e CD, com diâmetro de 5 mm e EF com diâmetro de 12 mm e uma viga rígida GH. Se o tubo e o fluido que ele transporta tiverem um peso de 4 kN, determine o deslocamento do tubo quando estiver acoplado ao suporte. Figura 4.13 ↶ + ∑ ME = 0 0,6FCD – 0,3FAB = 0 FAB = 2FCD [1] → + ∑ Fx = 0 FAB + FCD = 30 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FCD = 10 kN e FAB = 20 kN δAB = FABLAB AABEti = 20 × 103 × 1.800 900 × 120 × 103 = 0,3333 mm δCD = FCDLCD ACDEti = 10 × 103 × 1.200 600 × 120 × 103 = 0,1667 mm x = δAB − δCD 1,5 = 0,333− 0,1667 1,5 = 0,1111 mm α = tang-1( 0,1111 600 )= 0,01061° Continua... FAB = FCD = 2 kN FEF = 4 kN x = FAB K = 2 × 103 60 × 103 = 0,033333 m = 33,333 mm (deformação da mola) Carga Axial 121 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.14. Um suporte para tubos apoiados por molas é composto por duas molas que, na posição original, não estão alongados e têm rigidez k = 60 kN/m, três hastes de aço inoxidável 304, AB e CD, com diâmetro de 5 mm e EF com diâmetro de 12 mm, e uma viga rígida GH. Se o tubo for deslocado 82 mm quando estiver cheio de fluido, determine o peso do fluido.Figura 4.14 δAB + δEF + x = δtubo ∴ δtubo = FABLAB π 4 d2ABEaço + FEFLEF π 4 d2EFEaço + x δ = 2 × 103 × 750 π 4 × 52 × 193 × 103 + 4 × 103 × 750 π 4 × 122 × 193 × 103 + 33,333 = 33,87 mm FAB = FCD = 2 kN FEF = 4 kN δAB + δEF + x = δtubo ∴ x = δtubo 4FABLAB πd 2 ABEaço + 4FEFLEF πd 2 EFEaço + 1 = 82 4 × 2 × 103 × 750 π × 5 2 × 193 × 103 + 4 × 4 × 10 3 × 750 π × 122 × 193 × 103 + 1 = 80,71 mm W = 2kx = 2 × 60 × 0,08071 = 9.6852 N = 9,69 kN Carga Axial 122 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.15. O conjunto é composto por três hastes de titânio e uma barra rígida AC. A área da seção transversal de cada haste é dada na figura. Se uma força vertical P = 20 kN for aplicada ao anel F, determine o deslocamento vertical do ponto F. Eti = 350 GPa. Figura 4.15 *4.16. O sistema articulado é composto por três elementos de aço A-36 conectados por pinos, cada um com área de seção transversal de 500 mm². Se uma força vertical P = 250 kN for aplicada à extremidade B do elemento AB, determine o deslocamento vertical do ponto B. Figura 4.16 ↶ + ∑ ME = 0 0,75FCD – 0,5FAB = 0 FAB = 1,5FCD [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FAB + FCD – 20 = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FAB = 12 kN e FCD = 8 kN δAB = FABLAB AABEti = 12 × 103 × 2.000 60 × 350 × 103 = 1,142857 mm δCD = FCDLCD ACDEti = 8 × 103× 2.000 45 ×350 × 103 = 1,015873 mm δEF = PLEF AEFEti = 20 × 103× 1.500 75 ×350 × 103 = 1,142857 mm 1,142857 – 1,015873 x = 1,25 0,75 ∴ x = 0,0762 mm δE = x + δCD = 0,0762 + 1,015873 = 1,092073 mm δF = δE + δEF = 1,092073 + 1,142857 = 2,23 mm Continua... Carga Axial 123 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.17. O sistema articulado é composto por três elementos de aço A-36 conectados por pinos, cada um com área de seção transversal de 500 mm². Determine o valor da força P necessária para deslocar o ponto B a uma distância de 2,5 mm para baixo. Figura 4.17 FAD = FAC = F ↑ + ∑ Fy = 0 2F × 0,8 – 250 = 0 F = 156,25 kN δAC = FACLAC AEaço = 156,25 × 103 × 2.500 500 × 200 × 103 = 3,90625 mm (2.500 + 3,90625)2 = (1.500)2 + (2.000 + δA) 2 δA = 4,88 mm δB = 250 × 103 × 3.000 500 × 200 × 103 + 4,88 𝛅𝐁 = 𝟏𝟐, 𝟑𝟕 𝐦𝐦 FAD = FAC = F ↑ + ∑ Fy = 0 2F × 0,8 – P = 0 F = 0,625P δAC = FACLAC AEaço = (0,625P)(2.500) 500 × 200 × 103 = 1,5625(10-5)P (2.500 + [1,5625 × 10−5]P)2 = 1,52 + (2.000 + δAB) 2 δAB = √4 × 106 + 0,078125P + 2,44140625(10−10)P² − 2.000 δB = PLAB AEaço + δAB 2,5 = P × 3.000 500 × 200 × 103 + √4 × 106 + 0,078125P + 2,44140625(10−10)P² − 2.000 Solucionando a equação acima, obtem-se: P = 50,47 kN Carga Axial 124 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.19. A barra rígida é sustentada pela haste CB acoplada por pino, com área de seção transversal de 14 mm² e feita de alumínio 6061-T6. Determine a deflexão vertical da barra em D quando a carga distribuída for aplicada. Figura 4.19 *4.20. A viga rígida está apoiada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. Se a tensão admissível para o aço for σadm = 115 MPa, a carga w = 50 kN/m e x = 1,2 m, determine o diâmetro de cada haste de modo que a viga permaneça na posição horizontal quando carregada. Figura 4.20 ↶ + ∑ MA = 0 2 × 0,6 FBC – 2 × 1,2 = 0 FBC = 2 kN (5,1835 + 2,5)2 = (2)2 + (1,5)2 − 2(2)(1,5)cos(α) α = 90,248° ∴ β = 90,248° – 90° = 0,248° δBC = FBCLBC ABCEal = 2 × 103 × 2.500 14 × 68,9 × 103 = 5,1835 mm δD= 4tang(0,248°) = 17,3 mm ↶ + ∑ MA = 0 −60 × 0,6 + 2,4FCD = 0 FCD = 15 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −60 + FAB + 15 = 0 FAB = 45 kN σadm = FAB AAB ∴ dAB = √ 4FAB πσadm = √ 4 × 45 × 103 π × 115 = 22,321 mm σadm = FCD ACD ∴ dCD = √ 4FCD πσadm = √ 4 ×15× 103 π ×115 = 12,887mm Carga Axial 125 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.21. A viga rígida está apoiada em suas extremidades por dois tirantes de aço A-36. Os diâmetros das hastes são dAB = 12 mm e dCD = 7,5 mm. Se a tensão admissível para o aço for σadm = 115 MPa, determine a intensidade da carga distribuída w e seu comprimento x sobre a viga para que esta permaneça na posição horizontal quando carregada. Figura 4.21 Igualando as equações [1] e [2], obtem-se: x = 4,8dCD 2 dAB 2 + dCD 2 = 4,8 × 7,52 122 + 7,52 = 1,35 m w = 1,2π(0,0075)2(115 × 106) (1,35)2 = 13,41 kN/m 4.22. O poste é feito de Abeto Douglas e tem diâmetro de 60 mm. Se estiver sujeito a uma carga de 20 kN e o solo proporcionar resistência ao atrito w = 4 kN/m uniformemente distribuída ao longo de seus lados, determine a força F na parte inferior do poste necessária para haver equilíbrio. Calcule também qual é o deslocamento da parte superior do poste, A, em relação á sua parte inferior, B. Despreze o peso do poste. Figura 4.22 ↶ + ∑ MA = 0 −wx(0,5x) + 2,4FCD = 0 FCD = wx2 4,8 ↑ + ∑ Fy = 0 −wx + FAB + FCD = 0 FAB = wx − wx2 4,8 σadm = FAB AAB ∴ wx − wx² 4,8 = π 4 dAB 2σadm [1] σadm = FCD ACD ∴ wx² = 1,2πdCD 2σadm [2] ↑ + ∑ Fy = 0 F + 8 – 20 = 0 ∴ F = 12 kN δA/B = − 20(103)(2) π 4 (0,06)2(13,1 × 109) + ∫ 4ydy π 4 (0,06)2(13,1 × 109) 2 0 = −0,864 m Carga Axial 126 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.23. O poste é feito de abeto Douglas e tem diâmetro de 60 mm. Se estiver sujeito a uma carga 20 kN e o solo proporcionar resistência ao atrito uniformemente distribuído ao longo do comprimento do poste e variar linearmente de w = 0 em y = 0 a w = 3 kN/m em y = 2 m, determine a força F em sua parte inferior necessária para haver equilíbrio. Calcule também qual é o deslocamento da parte superior do poste, A, em relação à sua parte inferior, B. Despreze o peso do poste. Figura 4.23 *4.24. A haste tem uma leve conicidade e comprimento L. Está suspensa a partir do teto e suporta uma carga P em sua extremidade. Mostre que o deslocamento de sua extremidade em razão dessa carga é δ = PL/(πEr2r1). Despreze o peso do material. O módulo de elasticidade é E. Figura 4.24 A equação da reta que passa pelos pontos (r1,0) e (r2,L) é: x = (r2− r1) L y + r1 , logo: A(y) = πx²δ = ∫ Pdx A(y)E L 0 = P πE ∫ [ (r2 − r1) L y + r1] −2L 0 dy ∴ 𝛅 = 𝐏𝐋 𝛑𝐄𝐫𝟐𝐫𝟏 ↑ + ∑ Fy = 0 F + 3 – 20 = 0 F = 17 kN w(x) = 1,5y P(y) = 1,5y² δA/B = − 20(103)(2.000) π 4 (60)2(13,1)(103) + ∫ 1,5y²dy π 4 (60)2(13,1)(103) 2.000 0 𝛅𝐀/𝐁 = −1,03 mm Carga Axial 127 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.25. Resolva o Problema 4.24 incluindo P e o peso do material e também considerando que o peso específico da haste é 𝛾 (peso por unidade de volume). Figura 4.25 4.26. Dois lados opostos de uma esfera de raio r0 foram cortados para fabricar o suporte apresentado na figura. Se a altura original do suporte for r0/2, determine até que distância ele se encurta quando suporta uma carga P. O módulo de elasticidade é E. Figura 4.26 A(y) = πx² = π(r02 – y²) ∴ δ = ∫ Pdy A(y)E r0 4⁄ −r0 4⁄ = P πE ∫ dy (r02− y2) r0 4⁄ −r0 4⁄ Solucionando a integral, obtem-se: 𝛅 = 𝟎,𝟓𝟏𝟏𝐏 𝛑𝐫𝟎𝐄 Carga Axial 128 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.27. Uma bola cujas extremidades foram truncadas é usada para suportar a carga de apoio P. Se o módulo de elasticidade para o material for E, determine o decréscimo em sua altura quando a carga é aplicada. Figura 4.27 4.28. Determine o alongamento da tira de alumínio quando submetida a uma força axial de 30 kN. Eal = 70 GPa. Figura 4.28 δ = 2Ph Et(d2− d1) ln ( d2 d1 ) + PL AE = 2 × 30 × 1000 × 250 70 × 109 × 0,006 × (0,5−0,015) ln ( 50 15 ) + 30 × 1000 × 800 0,006 × 0,05 × 70 × 109 = 𝟐, 𝟑𝟕 𝐦𝐦 A(y) = πx² = π(r2 – y²) x2 + y2 = r2 ( r 2 ) 2 + y2 = r2 y = √3 2 r δ = ∫ Pdy A(y)E √3r 2⁄ −√3r 2⁄ = P πE ∫ dy (r2− y2) √3r 2⁄ −√3r 2⁄ Solucionando a integral, obtem-se: 𝛅 = 𝟐,𝟔𝟑𝐏 𝛑𝐫𝐄 Carga Axial 129 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.29. A peça fundida é feita de um material com peso específico 𝛾 e módulo de elasticidade E. Se ela tiver a forma da pirâmide cujas dimensões são mostradas na figura, determine ate que distância sua extremidade será deslocada pela ação da gravidade quando estiver suspensa na posição vertical. Figura 4.29 4.30. O raio do pedestal apresentado na figura é definido pela função r = 2/(2 + y1/2) m, onde y é dado em metros. Se o módulo de elasticidade para o material for E = 100 MPa, determine o deslocamento da parte superior do pedestal quando ele suportar a carga de 5 kN. Figura 4.30 A(y) = πr² = 4π (2 + y1 2⁄ )² m2 δ = ∫ Pdy A(y)E = ∫ 5 × 103 ( 4π (2 + y1 2⁄ ) 2) 2 (100 × 106) dy 4 0 4 0 = 3,9789(10−6) ∫ (2 + y1 2⁄ )²dy 4 0 = 1,804 × 10-4 m = 0,1804 mm x = z = b0y L A(y) = xz = b0 2y2 L2 V(y) = xyz 3 = b0 2 3L2 y3 W(y) = γV(y) = γb0 2 3L2 y3 δ = ∫ w(y)dy A(y)E = γ 3E L 0 ∫ ydy L 0 𝛅 = 𝛄𝐋𝟐 𝟔𝐄 Carga Axial 130 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.2 – PROBLEMAS 4.31. A coluna é construída de concreto de alta resistência e seis hastes de reforço de aço A-36. Se ela for submetida a uma força axial de 150 kN, determine a tensão normal média no concreto e em cada haste. Cada uma tem diâmetro de 20 mm. Figura 4.31 σaço = Faço π 4 daço 2 = 7,641 × 103 π 4 × 202 = 24,323 MPa σconc = Fconc π 4 dconc 2 = 104,152 × 103 π 4 × 2002 = 3,527 MPa *4.32. A coluna é construída de concreto de alta resistência e seis hastes de reforço de aço A-36. Se for submetida a uma força axial de 150 kN, determine o diâmetro exigido para cada haste, de modo que 1/4 da carga suportada pelo concreto e 3/4 , pelo aço. Figura 4.32 Fconc = 150 4 = 37,5 kN 6Faço = 150 × 3 4 = 112,5 kN δconc = δaço ∴ 37,5 = (2002− 6daço 2)(29) 200daço 2 (18,75) ∴ daço = √ 2002× 29 × 18,75 200 × 37,5 + 6 × 29 × 18,75 = 44,95 mm ↑ + ∑ Fy = 0 6Faço + Fconc = 150 kN [1] δconc = δaço ∴ Fconc = (2002− 6 × 202)(29) (202)(200) Faço= 13,63Faço [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: Faço = 7,641 kN e Fconc = 104,152 kN Carga Axial 131 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.33. O tubo de aço A-36 tem núcleo de alumínio 6061-T6 e está sujeito a uma força de tração de 200 kN. Determine a tensão normal média no alumínio e no aço devido a essa carga. O tubo tem diâmetro externo de 80 mm e diâmetro interno de 70 mm. Figura 4.33 Faço + Fal = 200 kN [1] δaço = δal ∴ Faço = (802 − 702)(200) (702)(68,9) Fal = 0,8886Fal [2] Substituindo Faço na equação [1], obtem-se: Faço = 94,1 kN e Fal = 105,9 kN , sendo assim: σaço = Faço π 4 (d0 2− di 2) = 94,1 × 103 π 4 (802 − 702) = 79,9 MPa σal = Fal π 4 di 2 = 105,9 × 103 π 4 × 702 = 27,5 MPa 4.34. A coluna de concreto é reforçada com quatro hastes de aço, cada uma com diâmetro de 18 mm. Determine a tensão no concreto e no aço se a coluna for submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa, Ec = 25 GPa. Figura 4.34 ↑+∑ Fy = 0 Fconc + 4Faço = 800 kN [1] δconc = δaço ∴ Fconc = (3002− 4 × π × 92)(25) (π × 92)(200) Faço= 43,71Faço [2] Substituindo Fconc na equação [1], obtem-se: Faço = 16,768 kN e Fconc = 732,933 kN, sendo assim: σaço = Faço Aaço = 16,768(103) π 4 × 182 = 65,9 MPa σconc = Fconc Aconc = 732,933(103) (3002 − 4 × π × 9²) = 8,24 MPa Carga Axial 132 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.35. A coluna é de concreto de alta resistência e reforçada com quatro hastes de aço A-36. Se for submetida a uma força axial de 800 kN, determine o diâmetro exigido para cada haste de modo que 1/4 da carga seja suportada pelo aço e 3/4, pelo concreto. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa. Figura 4.35 *4.36. O tubo de aço A-36 tem raio externo de 20 mm e raio interno de 15 mm. Se ele se ajustar exatamente entre as paredes fixas antes de ser carregado, determine a reação nas paredes quando for submetido à carga mostrada. Figura 4.36 Faço = 800 4 = 200 kN Fc = 800 × 3 4 = 600 kN δconc = δaço ∴ daço = √ L²EcFaço π(EaçoFc + EcFaço) daço = √ (300)2(25)(200) π(200 × 600 + 25 × 200) = 33,9 mm → + ∑ Fx = 0 FA + FC – 16 = 0 [1] δAB = δBC FA = FcLBC LAB = 7 3 FC [2] Substituindo FA na equação [1], obtem-se: FA = 11,2 kN e FC = 4,8 kN Carga Axial 133 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.37. O poste A de aço inoxidável 304 tem diâmetrod = 50 mm e está embutido em um tubo B de latão vermelho C83400. Ambos estão apoiados sobre a superfície rígida. Se for aplicada uma força de 25 kN à tampa rígida, determine a tensão normal média desenvolvida no poste e no tubo. Figura 4.37 σaço = (10,4752)(10)3 π 4 (50)2 = 5,335 MPa σlat = (14,5247)(10)³ π(752− 632) = 2,792 MPa 4.38. O poste A de aço inoxidável 304 está embutido em um tubo B de latão vermelho C83400. Ambos estão apoiados sobre a superfície rígida. Se for aplicada uma força de 25 kN à tampa rígida, determine o diâmetro d exigido para o poste de aço para que a carga seja compartilhada igualmente entre o poste e o tubo. Figura 4.38 ↑ + ∑ Fy = 0 Faço + Flat = 25 kN [1] δaço = δlat Faço = (50)2(193)Flat 4 (752 − 63²)(101) = 0,7212Flat [2] Substituindo Faço em [1], obtem-se: Flat = 14,5247 kN e Faço = 10,4752 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Flat + Faço – 25 = 0 Faço = Flat = F = 12,5 kN δaço = δlat daço = 2√ (752− 632)(101) (193) = 58,88 mm Carga Axial 134 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.39. A carga de 7,5 kN deve ser suportada pelos dois cabos verticais de aço para os quais σe = 500 MPa. Se os comprimentos originais dos cabos AB e AC forem 1.250 mm e 1.252,5 mm respectivamente, determine a força desenvolvida em cada cabo depois da suspensão da carga. Cada cabo tem área de seção transversal de 12,5 mm². Figura 4.39 *4.40. A carga de 4 kN deve ser suportada pelos dois cabos verticais de aço para os quais σe = 560 MPa. Se os comprimentos originais dos cabos AB e AC forem 1.250 mm e 1.252,5 mm respectivamente, determine a área da seção transversal de AB para que a carga seja compartilhada igualmente entre os dois cabos. O cabo AC tem área de seção transversal de 13 mm². Figura 4.40 ↑ + ∑ Fy = 0 TAB + TAC – 7,5 = 0 [1] δAB = δAC + 2,5 TAB = AEaço LAB ( TACLAC AE + 2,5) = 12,5 × 200 × 103 1.250 ( TAC × 1.252,5 12,5 × 200 × 103 + 2,5) TAB = (1,002TAC + 5.000) N [2] Substituindo TAB em [1], obtem-se: TAB = 6,251 kN e TAC = 1,249 kN σAB = 2.000 3,6091 = 554,15 MPa σAB < σe = 560 MPa Ok ! δAB = δAC + 2,5 TABLAB AABEaço = TACLAC AACEaço + 2,5 AAB = AACTABLAB TACLAC + 2,5AACEaço = 13 × 2 × 103 × 1.250 2 × 103 × 1.252,5 + 2,5 × 13 × 200 × 103 = 3,60911 mm² Carga Axial 135 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.41. O apoio é composto por um poste sólido de latão vermelho C83400 embutido em um tubo de aço inoxidável 304. Antes da aplicação da carga, a folga entre essas duas partes é 1 mm. Dadas as dimensões mostradas na figura, determine a maior carga axial que pode ser aplicada à tampa rígida A sem provocar o escoamento de qualquer um dos materiais. Figura 4.41 4.42. Dois cabos de aço A-36 são usados para suportar o motor de 3,25 kN (≈325 kg). O comprimento original de AB é 800 mm e o de A’B’ é 800,2 mm. Determine a força suportada por cada cabo quando o motor é suspenso por eles. Cada cabo tem área de seção transversal de 6,25 mm². Figura 4.42 ↑ + ∑ Fy = 0 Flat + Faço – P = 0 [1] δlat = δaço + 1 Faço(0,25) π(0,052 − 0,042)(193) = Flat(0,25) π(0,03)2(101) + 0,001 ∴ Faço = 1,911Flat + 2,1828(10 6) [2] P = Flat =Alat(σe)lat = π 4 (60)2(70) = 𝟏𝟗𝟖 𝐤𝐍 ↑ + ∑ Fy = 0 TA’B’ + TAB = 3.250N [1] δA′B′ = δAB + 0,2 TA′B′ = AEaço L A′B′ ( TABLAB AEaço + 0,2) = 6,25 × 200 × 10 3 800,2 ( TAB × 800 6,25 × 200 × 103 + 0,2) TA′B′ = (0,99975TAB + 312,422) N [2] Substituindo TA’B’ na equação [1], obtem-se:TAB = 1,469 kN e TA’B’ = 1,781 kN Carga Axial 136 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.43. O parafuso AB tem diâmetro de 20 mm e passa por uma luva com diâmetro interno de 40 mm e diâmetro externo de 50 mm. O parafuso e a luva são feitos de aço A-36 e estão presos aos apoios rígidos como mostra a figura. Se o comprimento do parafuso for 220 mm e o comprimento da luva for 200 mm, determine a tração no parafuso quando for aplicada uma força de 50 kN aos apoios. Figura 4.43 *4.44. O corpo de prova representa um sistema de matriz reforçada por filamentos feito de plástico (matriz) e vidro (fibra). Se houver n fibras, cada uma com área de seção transversal Af e módulo Ef, embutidas em uma matriz com área de seção transversal Am e módulo Em, determine a tensão na matriz e em cada fibra quando a força P for imposta ao corpo de prova. Figura 4.44 → + ∑ Fx = 0 Pp + Pl – 50 = 0 [1] δp = δl Pp(220) ( π 4 × 202)(200 × 103) = Pl(200) π 4 (502 − 402)(200 × 103) ∴ P1 = 2,475Pb[2] Substituindo Pl na equação [1], obtem-se: Pp = 14,4 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Ff + Fm – P = 0 [1] δf = δm Ff = ( nAfEf AmEm ) Fm [2] SubstituindoFf na equação [1], obtem-se: Fm = AmEm nAfEf + AmEm P e Ff = nAfEf nAfEf + AmEm P, sendo assim: σm = Fm Am = 𝐄𝐦 𝐧𝐀𝐟𝐄𝐟 + 𝐀𝐦𝐄𝐦 𝐏 σf = Ff Af = 𝐏𝐄𝐟 𝐧𝐀𝐟𝐄𝐟 + 𝐀𝐦𝐄𝐦 𝐏 Carga Axial 137 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.45. O carregamento distribuído é sustentado pelas três barras de suspensão AB e EF são feitas de alumínio e CD é feita de aço. Se cada barra tiver área de seção transversal de 450 mm², determine a intensidade máxima w do carregamento distribuído de modo a não ultrapassar uma tensão admissível de (σadm)aço = 180 MPa no aço e (σadm)al = 94 MPa no alumínio. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. Figura 4.45 4.46. O elo de aço BC com comprimento de 200 mm quando não alongado com área de seção transversal de 22,5 mm² e um bloco curto de alumínio com 50 mm de comprimento quando não carregado com área de seção transversal de 40 mm². Se o elo for submetido à carga vertical mostrada, determine a tensão normal média no cabo e no bloco. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. Figura 4.46 ↶ + ∑ MA = 0 ; 450 × 0,25 – 0,15FBC – 0,15FD = 0 ∴ FBC + FD = 750 [1] δBC = δD ∴ FD = ( ADEalLBC ABCEaçoLD ) FBC = ( 40 × 70 × 200 22,5 × 200 × 50 ) FBC = 2,4889FBC [2] Substituindo FD na equação [1],obtem-se: FBC = 215 N e FD = 535 N, logo: σBC = FBC ABC = 215 22,5 = 9,55 MPa σD = FD AD = 535 40 = 13,4 MPa ↑ + ∑ Fy = 0; TAB = TEF TAB + TCD + TEF – 3w = 0 2TAB + TCD = 3 [1] δAB = δCD TAB = Eal Eaço TCD = 0,35TCD [2] Substituindo TAB em [1] , tem-se: TCD = 1,7647w 180 = 1,7647w 450 ∴ w = 45,9 kN/m TAB = 0,35 × 1,7647w = 0,617645w 94 = 0,617645w 450 ∴ w = 68,49 kN/mCarga Axial 138 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.47. O elo rígido é sustentado por um pino em A, um cabo de aço BC com comprimento de 200 mm quando não alongado com área de seção transversal de 22,5 mm² e um bloco curto de alumínio com 50 mm de comprimento quando não carregado com área de seção transversal de 40 mm². Se o elo for submetido á carga vertical mostrada na figura, determine a rotação do elo em torno do pino A. Dê a resposta em radianos. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. Figura 4.47 ↶ + ∑ MA = 0 450 × 0,25 – 0,15FBC – 0,15FD = 0 ∴ FBC + FD = 750 [1] δBC = δD ∴ FD = ( ADEalLBC ABCEaçoLD ) FBC = ( 40 × 70 × 200 22,5 × 200 × 50 ) FBC = 2,4889FBC [2] Substituindo FD na equação [1],obtem-se: FBC = 215 N e FD = 535 N δBC = FBCLBC ABCEaço = 215 × 200 22,5 × 200 × 103 = 0,00955 mm ∴ θ = artang ( 0,00955 150 ) = 0,003648° = 63,7 × 10-6 rad *4.48. Cada um dos três cabos de aço A-36 tem diâmetro de 2 mm e comprimentos LAC = 1,60 m e LAD = 2,00 m quando não carregados. Determine a força em cada cabo depois que a massa de 150 kg é suspensa pelo anel em A. Figura 4.48 → + ∑ Fx = 0 0,6FAD – 0,6FAB = 0 FAD = FAB = F [1] ↑ + ∑ Fy = 0 2 × (0,8F) + FAC – 1.471,5 = 0 1,6F + FAC = 1.471,5 [2] δAD = δACcos(θ) ∴ F = 0,64FAC [3] Substituindo F na equação [2], obtem-se: FAC = 727 N e FAB = FAD = 465 N Carga Axial 139 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.49. Cada um dos três cabos AB e AD de aço A-36 tem diâmetro de 2 mm e comprimento LAC = 1,60 m e LAB = LAD = 2,00 m quando não carregados. Determine o diâmetro exigido para o cabo AC de modo que cada cabo seja submetido à mesma força provocada pela massa de 150 kg suspensa pelo anel em A. Figura 4.49 4.50. As três barras de suspensão são feitas de mesmo material e têm áreas de seção transversal iguais, A. Determine a tensão normal média em cada barra se a viga rígida ACE for submetida à força P. Figura 4.50 → + ∑ Fx = 0 0,6FAD – 0,6FAB = 0 FAD = FAB = F [1] ↑ + ∑ Fy = 0 2 × (0,8F) + FAC – 1.471,5 = 0 [2] δAD = δACcos(θ) ∴ δAD = 0,8δAC [3] dAC = √ dAD 2LAC LAD = √ 22 × 1.600 2.000 = 1,79 mm ↶ + ∑ MA = 0 −0,5dP + dFCD + 2dFEF = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 FAB – P + FCD + FEF = 0 [2] δAB − δEF δCD− δEF = 2d d = 2 δA = 2δC − δE [3] ∴ FAB = 2FCD – FEF [3], sendo assim:FCD = P 3 , FEF = P 12 e FAB = 7P 12 σAB = 7P 12⁄ A = 𝟕𝐏 𝟏𝟐𝐀 ; σCD = P 3⁄ A = 𝐏 𝟑𝐀 e σEF = P 12⁄ A = 𝐏 𝟏𝟐𝐀 Carga Axial 140 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.51. O conjunto é composto por um parafuso de aço A-36 e um tubo de latão vermelho C83400. Se a porca for apertada contra o tubo de modo que L = 75 mm, e quando girada um pouco mais, avance 0,02 mm no parafuso, determine a força no parafuso e no tubo. O parafuso tem diâmetro de 7 mm, e o tubo tem área de seção transversal de 100 mm². Figura 4.51 *4.52. O conjunto é composto de aço A-36 e um tubo de latão vermelho C83400. A porca foi apertada contra o tubo de modo que L = 75 mm. Determine a quantidade máxima de avanço adicional da porca no parafuso para que o material não sofra escoamento. O parafuso tem diâmetro de 7 mm, e o tubo tem área de seção transversal de 100 mm². Figura 4.52 (σe)aço = Paço π 4 dp 2 ∴ Paço = π(σe)açodp 2 4 = π × 250 × 7 2 4 = 9,621 kN (σe)lat = Pbr Atubo ∴ Plat = (σe)latAtubo = 70 × 100 = 7 kN a = δtubo + δp = PlatL AtuboElat + PaçoL π 4 dp 2Eaço = 7 × 103 × 75 100 × 101 × 103 + 9,625 × 103 × 75 π 4 × 72 × 200 × 103 = 0,120 mm → + ∑ Fx = 0 Faço – Flat = 0 Faço = Flat= P [1] δaço + δlat = 0,02 [2] P = 0,02 75 100 × 101 × 103 + 4 × 75 π × 72× 200 × 103 = 1,16 kN Carga Axial 141 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.53. O parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutido em uma luva de bronze. O diâmetro externo dessa luva é 20 mm e seu diâmetro interno é 10 mm. Se o parafuso for submetido a uma força de compressão P = 20 kN, determine a tensão normal média no aço e no bronze. Eaço = 200 GPa, Ebr = 100 GPa. Figura 4.53 σaço = Faço π 4 dp 2 = 8 × 103 π 4 × 102 = 102 MPa σbr = Fbr π 4 (d0 2− di 2) = 12 × 103 π 4 (202 − 102) = 50,9 MPa 4.54. O parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutido em uma luva de bronze. O diâmetro externo dessa luva é 20 mm e seu diâmetro interno é 10 mm. Se a tensão de escoamento para o aço for (σe)lat = 520 MPa, determine o valor da maior carga elástica P que pode ser aplicada ao conjunto. Eaço = 200 GPa, Elat = 100 GPa. Figura 4.54 ↑ + ∑ Fy = 0 Fbr + Faço – 20 = 0 [1] δbr = δaço Fbr = (202− 102)(100 × 103) 102 × 200 × 103 Faço= 1,5Faço [2] Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: Faço = 8 kN e Fbr = 12 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Fbr + Faço – P = 0 [1] δbr = δaço Fbr = (202 − 102)(100 × 103) 102 × 200 × 103 Faço= 1,5Faço [2] Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: Faço = 0,4P σaço = Faço π 4 dp 2 ∴ 520 = 0,4P π 4 × 102 ∴ 𝐏 = 𝟏𝟐𝟔 𝐤𝐍 Carga Axial 142 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.55. O elemento rígido é mantido na posição mostrada na figura por três tirantes de aço A-36. Cada tirante tem comprimento de 0,75 m quando não alongado e área de seção transversal de 125 mm². Determine as forças nos tirantes se for dada uma volta completa em um parafuso tensor na haste EF. O avanço da rosca é 1,5 mm. Despreze o tamanho do parafuso tensor e considere-o rígido. Observação: O avanço provocaria na haste, quando não carregada, um encurtamento de 1,5 mm quando o parafuso tensor girasse uma revolução completa. Figura 4.55 *4.56. A barra está presa por um pino em A e é sustentada por duas hastes de alumínio, cada um com diâmetro de 25 mm e módulo de elasticidade Eal = 70 GPa. Considerando que a barra é rígida e inicialmente vertical, determine o deslocamento da extremidade B quando for aplicada uma força de 10 kN. Figura 4.56 ↶ + ∑ ME = 0 0,5TEF – 1TCD = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 TAB + TCD – TEF = 0 [2] δAB + δEF = 1,5 [3] TEF = 1,5AEaço 0,5LEF+ LEF = AEaço LEF = 125 × 200 × 103 750 = 33,3 kN TCD = 0,5TEF = 16,67 kN e TAB = TCD = 16,7 kN ↶ + ∑ MA = 0 0,3FCD + 0,9FEF – 10 × 0,6 = 0 [1] δEF δCD = 0,9 0,3 δEF = 3δCD ∴ FEF = 6FCD [2] Substituindo FEFna equação [1], obtem-se: FCD = 1,053 kN e FEF = 6,316 kN δEF = FEFLEFπ 4 d2Eal = 6,316 × 103× 300 π 4 × 252 × 70 × 103 = 0,055142 mm tang(θ) = 0,055142 900 = 6,127 × 10-5 δB = LABtang(θ) = 900 × 6,127 × 10 −5 = 0,073522 mm Carga Axial 143 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.57. A barra está presa por um pino em A e é sustentada por duas hastes de alumínio, cada uma com diâmetro de 25 mm e módulo de elasticidade Eal = 70 GPa. Considerando que a barra é rígida e inicialmente vertical, determine a força em cada haste quando for aplicada uma força de 10 kN. Figura 4.57 4.58. O conjunto é composto por dois postes do material 1 com módulo de elasticidade E1 e cada um com área de seção transversal A1 e um poste do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. Se uma carga central P for aplicada à tampa rígida, determine a força em cada material. Figura 4.58 ↶ + ∑ MA = 0 0,3FCD + 0,9FEF – 10 × 0,6 = 0 [1] δEF δCD = 0,9 0,3 = 3 δEF = 3δCD ∴ FEF = 6FCD [2] Substituindo FEF na equação [1], obtem-se: FCD = 1,053 kN e FEF = 6,316 kN ↑ + ∑ Fy = 0 2F1 + F2 – P = 0 [1] δAB = δEF ∴ F1 = A1E1 A2E2 F2[2] Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: F2 = ( 𝐀𝟐𝐄𝟐 𝟐𝐀𝟏𝐄𝟏 + 𝐀𝟐𝐄𝟐 ) 𝐏 e F1 = ( 𝐀𝟏𝐄𝟏 𝟐𝐀𝟏𝐄𝟏 + 𝐀𝟐𝐄𝟐 ) 𝐏 Carga Axial 144 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.59. O conjunto é composto por dois postes AB e CD do material 1 com módulo de elasticidade E1 e área de seção transversal A1 cada e um poste central EF do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. Se os postes AB e CD tiverem de ser substituídos por postes do material 2, determine a área da seção transversal exigida para esses novos postes de modo que ambos os conjuntos sofram o mesmo grau de deformação quando carregados. Figura 4.59 *4.60. O conjunto é composto por dois postes AB e CD do material 1 com módulo de elasticidade E1 e área de seção transversal A1 cada e um poste central EF do material 2 com módulo de elasticidade E2 e área de seção transversal A2. Se o poste EF tiver de ser substituído por um poste do material 1, determine a área da seção transversal exigida para esse novo poste de modo que ambos os conjuntos sofram o mesmo grau de deformação quando carregados. Figura 4.60 ↑ + ∑ Fy = 0 2F1 + F2 – P = 0 [1] δAB = δEF F1 = A1E1 A2E2 F2 [2] Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: F2 = ( A2E2 2A1E1+ A2E2 ) P e F1 = ( A1E1 2A1E1+ A2E2 ) P Substituindo F1 e F2 em A1′, obtem-se: A1’ = F1A2 F2 ∴ A1’ = ( 𝐄𝟏 𝐄𝟐 ) 𝐀𝟏 ↑ + ∑ Fy = 0 2F1 + F2 – P = 0 [1] δAB = δEF F1 = A1E1 A2E2 F2 [2] Substituindo F1 na equação [1], obtem-se: F2 = ( A2E2 2A1E1 + A2E2 ) P e F1 = ( A1E1 2A1E1 + A2E2 ) P Após o poste EF ser substituído pelo material 1, tem-se que: δ1 = δ1 ′ ∴ F2 = A′2 A1 F1 Substituindo F2 na equação [1], obtem-se: F1 = A1P 2A1+ A′2 , igualando as duas equações de F1, obtem-se: 𝐀′𝟐= 𝐀𝟐𝐄𝟐 𝐄𝟏 Carga Axial 145 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.61. O suporte é mantido preso à parede por três parafusos de aço A-36 em B, C e D. Cada parafuso tem diâmetro de 12,5 mm e comprimento de 50 mm quando não alongado. Se uma força de 4 kN for aplicada ao suporte como mostra a figura, determine a força desenvolvida em cada parafuso. Para o cálculo, considere que os parafusos não sofrem cisalhamento; ao contrário, a força vertical de 4 kN é suportada pela saliência em A. Considere também que a parede e o suporte são rígidos. O detalhe mostra a deformação muito ampliada dos parafusos. Figura 4.61 4.62. O suporte é mantido preso à parede por três parafusos de aço A-36 em B, C e D. Cada parafuso tem diâmetro de 12,5 mm e comprimento de 50 mm quando não alongado. Se uma força de 4 kN for aplicada ao suporte como mostra a figura, determine até que distância s a parte superior do suporte afasta-se da parede no parafuso D. Para o cálculo, considere que os parafusos não sofrem cisalhamento; ao contrário, a força vertical de 4 kN é suportada pela saliência em A. Considere também que a parede e o suporte são rígidos. O detalhe mostra a deformação muito ampliada dos parafusos. Figura 4.62 ↶ + ∑ MA = 0 12,5FB + 37,5FC + 87,5FD – 4 × 50 = 0 12,5FB + 37,5FC + 87,5FD = 200 [1] δD δC = 87,5 37,5 ∴ FD = 7 3 FC [2] δC δB = 37,5 12,5 ∴ FB = 1 3 FC [3] Substituindo FD e FB na equação [1], obtem-se: FC = 0,8136 kN, FD = 7 3 (0,8136) = 1,8983 kN FB = 1 3 (0,8136) = 0,2712 kN ↶ + ∑ MA = 0 12,5FB + 37,5FC + 87,5FD – 4 × 50 = 0 12,5FB + 37,5FC + 87,5FD = 200 [1] δD δC = 87,5 37,5 ∴ FD = 7 3 FC [2] δC δB = 37,5 12,5 ∴ FB = 1 3 FC [3] Substituindo FD e FB na equação [1], obtem-se: FC = 0,8136 kN, sendo assim: δD = s = 7 3 δC = 7FCL 3AEaço = 7 × 0,8136 × 103 × 50 3 × π 4 × 12,52 × 200 × 103 = 0,003867 mm Carga Axial 146 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.63. A barra rígida é apoiada pelos dois postes curtos de pinho branco e uma mola. Se o comprimento dos postes quando não carregados for 1 m e a área de seção transversal for 600 mm² e a mola tiver rigidez k = 2 MN/m e comprimento 1,02 m quando não deformada, determine a força em cada poste após a aplicação da carga á barra. Figura 4.63 *4.64. A barra rígida é apoiada pelos dois postes curtos de pinho branco e uma mola. Se o comprimento dos postes quando não carregados for 1 m e a área de seção transversal for 600 mm² e a mola tiver rigidez k = 2 MN/m e comprimento de 1,02 m quando não deformada, determine o deslocamento vertical de A e B após a aplicação da carga à barra. Figura 4.64 FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 2F + Fk – 100 = 0 [1] δA + 0,02 = x FA × 1,02 600 × 10−6 × 13,1 × 109 + 0,02 = Fk 2 × 106 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FA = FB = 25,6 kN FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 2F + Fk – 100 = 0 [1] δA + 0,02 = x FA × 1,02 600 × 10−6 × 13,1 × 109 + 0,02 = Fk 2 × 106 [2] Solucionando [1] e [2], obtem-se: FA = FB = 25,6 kN δA = δB = FL AE = 25,6 × 103 × 1.000 600 × 9,65 × 103 = 4,42 mm Carga Axial 147 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.65. A roda está sujeita à força de 18 kN transmitida pelo eixo. Determine a força em cada um dos três raios. Considere que o aro é rígido, que os raios são feitos do mesmo material e que cada um tem a mesma área de seção transversal.Figura 4.65 Desmembrando a equação [2], e deixando-a em função de FAB, obtem-se: 0,004FAB 2 + 43.200 FAB – 518.400 = 0 [3] Solucionando a equação do segundo grau, obtem-se: FAB = 12 kN (T) FAC = FAD = 18 − 12= 6 kN (C) 4.66. O poste é feito de alumínio 6061-T6 e tem 50 mm de diâmetro. Está preso aos suportes A e B e em seu centro C há uma mola espiral acoplada ao colar rígido. Se a mola não estiver comprimida na posição original, determine as reações em A e B quando a força P = 40 kN é aplicada ao colar. Figura 4.66 FAC = FAD ↑ + ∑ Fy = 0 FACcos(60°) + FADcos(60°) + FAB – 18 = 0 [1] Lei do cosseno (0,4 − δAC)² = 0,4 2 + δAB 2 − 2 × 0,4 × δABcos (60°) δAC 2 − δAB 2 + 0,4δAB − 0,8δAC = 0 [2] FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB + Fk – 40 = 0 2F + Fk = 40 [1] x + δP − δA = 0 [2] ∴ x = 40 × 103 2 × π × 0,0502 × 68,9 × 109 + 200 × 106 = 0,0000312 m FA = FB = P − kx 2 = 40 − 200 × 103 × 0,0000312 2 = 16,9 kN Carga Axial 148 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.67. O poste é feito de alumino 6061-T6 e tem diâmetro de 50 mm. Está preso aos suportes A e B e em seu centro C há uma mola espiral acoplada ao colar rígido. Se a mola não estiver comprimida na posição inicial, determine a compressão na mola quando a carga P = 50 kN for aplicada ao colar. Figura 4.67 *4.68. A barra rígida suporta um carregamento distribuído uniforme de 90 kN/m. Determine a força em cada cabo se cada um tiver área de seção transversal de 36 mm² e E = 200 GPa. Figura 4.68 FA = FB = F ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB + Fk – 50 = 0 2F + Fk = 50 [1] x + δP − δA = 0 [2] x = 50 × 103 2 × π × 0,0502 × 68,9 × 109 + 200 × 106 = 0,0000390 m ↶ + ∑ MA = 0 −270 × 1,5 + 2 √5 TBC × 1 + 2 √5 TCD × 3 = 0 [1] δCD δBC = 3 1 ∴ δCD = 3δBC ∴ TCD = 3TBC [2] Substituindo TCD na equação [1], obtem-se: TBC = 45,2804 kN TCD = 3 × 45,2804 = 135,8411 kN Carga Axial 149 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.69. A posição original da barra rígida é horizontal e ela é sustentada por dois cabos com área de seção transversal de 36 mm² cada e E = 200 GPa. Determine a leve rotação da barra quando uma carga uniforme é aplicada. Figura 4.69 Substituindo TCD na equação [1], obtem-se: TBC = 45,2804 kN e TCD = 135,8411 kN, sendo assim: LBC = √22 + 12 = √5 m δBC = TBCLBC AE = 45,2804 × 103 × √5 × 103 36 × 200 × 103 = 14,0625 mm θ = arctang ( 14,0625 1.000 ) = 𝟎, 𝟖𝟎𝟔° ↶ + ∑ MA = 0 −270 × 1,5 + 2 √5 TBC × 1 + 2 √5 TCD × 3 = 0 [1] δCD δBC = 3 1 ∴ δCD = 3δBC ∴ TCD = 3TBC [2] Carga Axial 150 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.3 - PROBLEMAS 4.70. A chave elétrica fecha quando as hastes de ligação CD e AB se aquecem, o que provoca a translação e a rotação do braço rígido BDE até fechar o contato em F. A posição original de BDE é vertical e a temperatura é 20°C. Se AB for feita de bronze C86100 e CD, de alumínio 6061-T6, determine o espaço s exigido entre os contatos para a chave fechar quando a temperatura alcançar 110°C. Figura 4.70 (δT)CD − (δT)AB s − (δT)AB = 400 600 ∴ αal∆TLCD − αbr∆TLAB s − αbr∆TLAB = 2 3 ∴ 23 × 10−6 × 90 × 300 − 17 × 10−6 × 90 × 300 s − 17 × 10−6 × 90 × 300 = 2 3 s = 0,7425 mm 4.71. Uma trena de aço é usada por um supervisor para medir o comprimento de uma reta. A seção transversal da trena é retangular, com 1,25 mm de espessura por 5 mm de largura, e o comprimento é 30 m quando T1 = 20°C e a carga de tração na trena é 100 N. Determine o comprimento verdadeiro da reta medida se a leitura da trena for 139 m quando usada sob tração de 175 N a T2 = 40°C. O piso onde a trena é utilizada é plano. αaço = 17(10-6)/°C, Eaço = 200 GPa. Figura 4.71 δT = αaço∆TL = 17 × 10 -6 × 20 × 139 = 0,04726 m δF = (P2 − P1)L (bt)Eaço = (175 − 100)(139.000) 5 × 1,25 × 200 × 103 = 8,34 mm L’ = L + δT + δF = 139 + 0,04726 + 0,00834 = 139,056 m Carga Axial 151 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.72. Os diâmetros e materiais de fabricação do conjunto são indicados na figura. Se o conjunto estiver bem ajustado entre seus apoios fixos quando a temperatura é T1 = 20°C, determine a tensão normal média em cada material quando a temperatura atingir T2 = 40°C. Figura 4.72 (δal)T + (δbr)T + (δaço)T = (δal)F + (δbr)F + (δaço)F αal∆TLAB + αbr∆TLBC + αaço∆TLCD = FalLAB AABEal + FbrLBC ABCEbr + FaçoLCD ACDEaço Fbr = Fal = Faço = F 23 × 10−6 × 20 × 1.200 + 17 × 10−6 × 20 × 1.800 + 17 × 10−6 × 20 × 900 = F ( 1.200 π 4 × 3002 × 73,1 × 103 + + 1.800 π 4 × 2002 × 103 × 103 + 900 π 4 × 1002 × 193 × 103 ) ∴ Fbr = Fal = Faço = 1.063,49 kN σbr = Fbr π 4 dBC 2 = 1.063,49 × 103 π 4 × 2002 = 33,85 MPa σaço = Faço π 4 dCD 2 = 1.063,49 × 103 π 4 × 1002 = 135,41 MPa σal = Fal π 4 dAB 2 = 1.063,49 × 103 π 4 × 3002 = 15,05 MPa 4.73. Uma placa de concreto de alta resistência utilizada em uma pista de rolamento tem 6 m de comprimento quando sua temperatura é 10 °C. Se houver uma folga de 3 mm em um de seus lados antes de tocar seu apoio fixo, determine a temperatura exigida para fechar a folga. Qual é a tensão de compressão no concreto se a temperatura aumentar até 60 °C. δ = αconc∆TL ∴ T = δ αL + Ti = 3 11 × 10−6 × 6.000 + 10 = 55,45°C δF = δT ∴ σ = αconc(Tf − T)Econc = (11 × 10 -6)(60 – 55,45)(29 × 103) = 1,45 MPa Carga Axial 152 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.74. Um tubo de vapor com 1,8 m de comprimento é feito de aço com σe = 280 MPa e está ligado diretamente as duas turbinas A e B, como mostra a figura. O diâmetro externo do tubo é 100 mm e a espessura da parede é 6 mm. A ligação foi feita a T1 = 20°C. Considerando que os pontos de acoplamento das turbinas são rígidos, determine a força que o tubo exerce sobre elas quando o vapor e, portanto, o tubo, atingem uma temperatura de T2 = 135°C. Figura 4.74 ri = r0 – t = 50 – 6 = 44 mm δT = δF ∴ F = αaço∆TEaçoπ(r0 2 − ri 2) = 12 × 10−6 × 115 × 200 × 103 × π × (502 − 442) = 489,03 kN σ = F π(r02 − ri2) = 489,03 × 103 π(502 − 442) = 276 MPa ∴ σ = 276 MPa < σe = 280 MPa Ok! 4.75. Um tubo de vapor com 1,8 de comprimento e feito de aço com σe = 280 MPa e está ligado diretamente a duas turbinas A e B, como mostra a figura. O diâmetro externo do tubo é 100 mm e a espessura da parede é 6 mm. A ligação foi feita a T1 = 20°C. Considerando que a rigidez dos pontos de acoplamento das turbinas é k = 16 MN/mm, determine força que o tubo exerce sobre asturbinas quando o vapor e, portanto, o tubo, atingem uma temperatura de T2 = 135°C. Figura 4.75 ri = 50 – 6 = 44 mm δT − δF = 2x ∴ x = αaço(T2− T1)L 2 + kL π(r0 2 − ri 2)Eaço = (12 × 10−6)(135 − 20)(1.800) 2 + (16 × 106)(1.800) π(502 − 442)(200 × 103) = 0,02983 mm F = kx = 16 × 106 × 0,02983 = 477,29 kN σ = F π(r02 − ri2) = 477,29 × 103 π(502 − 442) = 269,37 MPa ∴ σ = 269,4 MPa < σe = 280 MPa Ok! Carga Axial 153 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.76. Os trilhos de aço A-36 de uma ferrovia têm 12 m de comprimento e foram assentados com uma pequena folga entre eles para permitir dilatação térmica. Determine a folga δ exigida para que os trilhos apenas encostem um no outro quando a temperatura aumentar de T1 = −30°C para T2 = 30°C. Considerando essa folga, qual seria a força axial nos trilhos se a temperatura atingisse T3 = 40°C? A área de seção transversal de cada trilho é 3.200 mm². Figura 4.76 ∆folga= αaço(T2 − T1)L = (12 × 10 −6)[30 − (−30)](12.000) = 8,640 mm Até 30°C, sua dilatação será 8,64 mm, ultrapassando essa temperatura haverá tensão devido a força, uma vez que os trilhos estarão encostados um no outro, logo: δF = δT′ F(L + ∆folga) AEaço = αaço(T3 − T2)(L + ∆folga) ∴ F = αaçoAEaço(T3 − T2) = 12 × 10 −6 × 3.200 × 200 × 103 × (40 − 30) F = 76,80 kN 4.77. Os dois segmentos de haste circular, um de alumínio e o outro de cobre, estão presos às paredes rígidas de tal modo que há uma folga de 0,2 mm entre eles quando T1 = 15°C. Qual é a maior temperatura T2 exigida para apenas fechar a folga? Cada haste tem diâmetro de 30 mm, αal = 24(10-6)/°C, Eal = 70 GPa, αcobre = 17(10-6)/°C, Ecobre = 126 GPa. Determine a tensão normal média em cada haste se T2 = 95°C. Figura 4.77 (δal)T + (δcu)T = 0,2 mm ∴ ∆T = 0,2 αalLal + αcuLcu = 0,2 24 × 10−6 × 200 + 17 × 10−6 × 100 = 30,77°C T’ = 30,77°C + 15°C = 45,77°C δal = 24 × 10 −6 × 30,77 × 200 = 0,1477 mm ∴ δcu = 17 × 10 −6 × 30,77 × 100 = 0,0523 mm Fal = Fcu = F ∴ (δal)T + (δcu)T = (δal)F + (δcu)F αal(T2 − T ′)(Lal + δal) + αcu(T2 − T ′)(Lcu + δcu) = F(Lal + δal) π 4 d2Eal + F(Lcu + δcu) π 4 d2Ecu (24 × 10−6)(95 − 45,77)(200 + 0,1477) + (17 × 10−6)(95 − 45,77)(100 + 0,0523) = F ( 200 + 0,1477 π 4 × 302 × 70 × 103 + 100 + 0,0523 π 4 × 302 × 126 × 103 ) Solucionando a equação, obtem-se: F = 61,88 kN ∴ σ = F π 4 d2 = 61,88 × 103 π 4 × 302 = 87,54 MPa Carga Axial 154 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.78. Os dois segmentos de haste circular, um de alumínio e o outro de cobre, estão presos às paredes rígidas de modo tal que há uma folga de 0,2 mm entre eles quando T1 = 15°C. Cada haste tem diâmetro de 30 mm, αal = 24(10-6)/°C, Eal = 70 GPa, αcobre = 17(10-6)/°C, Ecobre = 126 GPa. Determine a tensão normal média em cada haste se T2 = 150°C. Calcule também o novo comprimento do segmento de alumínio. Figura 4.78 (δal)T + (δcu)T = 0,2 mm ∴ ∆T = 0,2 αalLal + αcuLcu = 0,2 24 × 10−6 × 200 + 17 × 10−6 × 100 = 30,77°C T’ = 30,77°C + 15°C = 45,77°C δal = 24 × 10 −6 × 30,77 × 200 = 0,1477 mm ∴ δcu = 17 × 10 −6 × 30,77 × 100 = 0,0523 mm Fal = Fcu = F ∴ (δal)T + (δcu)T = (δal)F + (δcu)F αal(T2 − T ′)(Lal + δal) + αcu(T2 − T ′)(Lcu + δcu) = F(Lal + δal) π 4 d2Eal + F(Lcu + δcu) π 4 d2Ecu (24 × 10−6)(150 − 45,77)(200 + 0,1477) + (17 × 10−6)(150 − 45,77)(100 + 0,0523) = F ( 200 + 0,1477 π 4 × 302 × 70 × 103 + 100 + 0,0523 π 4 × 302 × 126 × 103 ) Solucionando a equação, obtem-se: F = 131 kN ∴ σ = F π 4 d2 = 131 × 103 π 4 × 302 = 185,33 MPa (δal)final = (δal)T − (δal)F + δcu = (24 × 10 −6)(150 − 45,77)(200 + 0,1477) − (131 × 103)(200 + 0,1477) ( π 4 × 302)(70 × 103) + 0,0523 = 0,023076 mm Lal ′ = Lal + (δal)final = 200 + 0,117793 = 𝟐𝟎𝟎, 𝟎𝟐𝟑𝟎𝟕𝟔 𝐦𝐦 4.79. Duas barras feitas de materiais diferentes são acopladas e instaladas entre duas paredes quando a temperatura é T1 = 10ºC. Determine a força exercida nos apoios (rígidos) quando a temperatura for T2 = 20ºC. As propriedades dos materiais e as áreas de seção transversal de cada barra são dadas na figura. Figura 4.79 δT = δF ∴ (12 × 10 −6 ) (20 − 10)(300) + (21 × 10−6) (20 − 10)(300) = F × 300 200 × 200 × 103 + F × 300 450 × 100 × 103 F = 6,99 kN Carga Axial 155 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.80. A haste central CD do conjunto é aquecida de T1 = 30ºC até T2 = 180°C por resistência elétrica. Na temperatura mais baixa, a folga entre C e a barra rígida é 0,7 mm. Determine a força nas hastes AB e EF provocadas pelo aumento na temperatura. As hastes AB e EF são feitas de aço e cada uma tem área de seção transversal de 125 mm². CD é feita de alumínio e tem área de seção transversal de 375 mm². Eaço= 200 GPa, Eal = 70 GPa, αaço = 12(10-6)/ºC e αal = 23(10- 6)/ºC. Figura 4.80 (δal)T = (12 × 10 −6)(Tf − 30)(240) = 0,7 mm ∴ Tf = 156,8116°C Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FAB = 4,23 kN e FCD = 2 × 4,23 = 8,46 kN 4.81. A haste central CD do conjunto é aquecida de T1 = 30°C até T2 = 180°C por resistência elétrica. As duas hastes AB e EF situadas nas extremidades também são aquecidas de T1 = 30°C até T2 = 50°C. Na temperatura mais baixa, T1, a folga entre C e a barra rígida é 0,7 mm. Determine a força nas hastes AB e EF provocada pelo aumento na temperatura. As hastes AB e EF são feitas de aço e cada um tem área de seção transversal de 125 mm². CD é feita de alumínio e tem área de seção transversal de 375 mm². Eaço = 200 GPa, Eal= 70 GPa, αaço = 12(10-6)/°C e αal = 23(10-6)/°C. Figura 4.81 ↑ + ∑ Fy = 0 −FAB + FCD – FEF = 0 2FAB = FCD [1] (δal)T − (δal)F = (δaço)F αal(T2 − Tf)(LCD + 0,7) − FCD(LCD + 0,7) AalEal = FAB(LAB + 0,7) AaçoEaço (23 × 10−6)(180 − 156,8116)(240 + 0,7) − FCD(240 + 0,7) 375 × 70 × 103 = FAB(300 + 0,7) 125 × 200 × 103 [2] (δal)T = (23 × 10 −6)(50 − 30)(240) = 0,1104 mm (δaço)T = (12 × 10 −6)(50 − 30)(300) = 0,072 mm 0,7 − 0,1104 + 0,072 = (23 × 10−6)(∆T)[240 + 0,1104] ∆T = 119,8°C ∴ Tf = 119,8 + 50 = 169,8°C ↑ + ∑ Fy = 0 −FAB + FCD – FEF = 0 2FAB = FCD [1] (δal)T − (δal)F = (δaço)F αal(T2 − Tfinal)(LCD + 0,7 + (δaço)T) − FCD(LCD + 0,7+(δaço)T) AalEal = FAB(LAB + (δaço)T) AaçoEaço [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: FAB = FEF = 1,85 kN Carga Axial 156 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.82. O tubo de aço A-36 está acoplado aos colares em A e B. Quando a temperatura é 15 °C, não há nenhuma carga axial no tubo. Se o gás quente que passa pelo tubo provocar uma elevação de ΔT = (20 + 30x)°C na temperatura do tubo, onde x é dado em metros, determinea tensão normal média no tubo. O diâmetro interno é 50 mm, e a espessura na parede é 4 mm. Figura 4.82 δT − δF = 0 Fdx AEaço = αaço∆Tdx ∴ σdx = αaço∆TEaçodx ∴ σ = ∫ dx = (12 × 10 −6)(200 × 109) ∫ (20 + 30x)dx 2,4 0 L 0 𝛔 = 𝟏𝟑𝟒, 𝟒𝟎 𝐌𝐏𝐚 4.83. O tubo de bronze 86100 tem raio interno de 12,5 mm e espessura de parede de 5 mm. Se o gás que passa por ele mudar a temperatura do tubo uniformemente de TA = 60°C em A para TB = 15°C em B, determine a força axial que ele exerce sobre as paredes. O tubo foi instalado entre as paredes quando T = 15 °C. Figura 4.83 T(x) = 60 + kx, sabemos que para x = L, T(x) = TB, logo:k = TB − TA L = 15 − 60 2,4 = −18,75; sendo assim, a variação de temperatura será: ∆T = T(x) − TB = 60−18,75x−15 = 45 −18,75x r0 = ri + t = 12,5 + 5 = 17,5 mm Fdx AE = α∆Tdx ∴ Fdx = αbr∆TAEbrdx ∴ F = π(17,52 – 12,52)(17 × 10−6)(103 × 103) 2.400 ∫ (45 − 18,75x)dx 2.400 0 ∴ F = 18,566 kN Carga Axial 157 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.84. O bloco rígido pesa 400 kN e será suportado pelos postes A e B, feitos de aço A-36, e pelos postes C, feito de latão vermelho C83400. Se todos os postes tiverem o mesmo comprimento original antes de serem carregados, determine a tensão normal média desenvolvida em cada um deles, quando o poste C for aquecido de modo que sua temperatura aumente 10°C. Cada poste tem área de seção transversal de 5.000 mm². Figura 4.84 σaço = Faço A = 123,393 × 103 5.000 = 24,68 MPa σlat = Flat A = 153,214 × 103 5.000 = 30,64 MPa 4.85. A barra tem área de seção transversal A, comprimento L, módulo de elasticidade E e coeficiente de expansão térmica α. A temperatura da barra muda uniformemente ao longo de seu comprimento de TA em A para TB em B de modo que, em qualquer ponto x ao longo da barra, T = TA+ x(TB − TA)/L. Determine a força que a barra exerce nas paredes rígidas. Inicialmente, não há nenhuma força axial na barra. Figura 4.85 dδT = dδF δT = ∫ α∆Tdx = FL AE L 0 ∆T = T − TA F = αAE L ∫ [TA + x L (TB − TA) − TA] dx = αAE L 0 ∫ x(TB − TA)dx L 0 = 𝛂𝐀𝐄 𝟐 (𝐓𝐁 − 𝐓𝐀) ↑ + ∑ Fy = 0 2Faço + Flat = 400 kN [1] (δlat)T − (δlat)F + (δaço)F = 0 (18 × 10−6)(10)(L) − FlatL 5.000 × 101 × 103 + FaçoL 5.000 × 200 × 103 = 0 [2] Solucionando as equações [1] e [2], obtem-se: Flat = 153,214 kN e Faço = 123,393 kN Carga Axial 158 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.86. A haste é feita de aço A-36 e tem diâmetro de 6 mm. Se as molas forem comprimidas 12 mm quando a temperatura da haste é T = 10ºC, determine a força na haste quando sua temperatura for T = 75ºC. Figura 4.86 F = k(x + x0) = 200(x + 12) = 200x + 2.400 [1] 2x = δT − δF [2] x = αaço∆TEAL − kx0L 2EaçoA + kL = αaço(T2 − T1) π 4 d2L − kx0L 2Eaço π 4 d2 + kL x = (12 × 10−6)(75 − 10)(200 × 103)( π 4 × 62)(1.200) − (200)(12)(1.200) 2(200 × 103)( π 4 × 62) + (200)(1.200) = 0,20892 mm Substituindo o valor de x na equação [1], obtem-se: F = 200(0,20892 + 12) = 2,442 kN Carga Axial 159 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.4 - PROBLEMAS 4.87. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando submetida a uma carga P = 8 kN. Figura 4.87 r W = 10 40 = 0,25 ∴ k = 2,375 ∴ σmáx = kσméd = kP (W − 2r)t = (2,375)( 8 × 103) (40 − 2 × 10)(5) = 190 MPa *4.88. Se a tensão normal admissível para a barra for σadm = 120 MPa, determine a força axial máxima P que pode ser aplicada à barra. Figura 4.88 r W = 10 40 = 0,25 ∴ k = 2,375 ∴ σméd = P (W − 2r)t = P (40 − 2 × 10)(5) = (0,01P) MPa σadm = kσméd ∴ 120 = 2,375 × 0,01P ∴ P = 5,05 kN 4.89. A barra de aço tem as dimensões mostradas na figura. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada de modo a não ultrapassar uma tensão de tração admissível σadm = 150 MPa. Figura 4.89 r W = 12 60 = 0,2 ∴ k = 2,45 σadm = kσméd = kP (W − 2r)t = 2,45P (60 − 2 × 12)(20) = 150 P = 44,1 kN Carga Axial 160 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.90. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada à barra. A barra é feita de aço e tem tensão admissível σadm = 147 MPa. Figura 4.90 r W = 7,5 37,5 = 0,2 ∴ k = 2,45 ∴ σadm = kσméd = kP (W − 2r)t = 2,45P (37,5 − 2 × 7,5)(4) = 147 P = 5,4 kN 4.91. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando sujeita a uma carga P = 8 kN. Figura 4.91 r W = 7,5 37,5 = 0,2 ∴ k = 2,45 ∴ σmáx = kσméd = kP (W − 2r)t = (2,45 )(8 × 103) (37,5 − 2 × 7,5)(4) = 217,78 MPa *4.92. Determine a tensão normal máxima desenvolvida na barra quando sujeita a uma carga P = 8 kN. Figura 4.92 r h = 15 30 = 0,5 ∴ k = 1,4 σadm = kσméd = kP ht = 1,4 × 8 × 103 30 × 5 = 74,7 MPa r W = 6 60 = 0,1 ∴ k = 2,65 ∴ σadm = kσméd = kP (W − 2r)t = (2,65)(8 × 103) (60 − 2 × 6)(5) = 88,3 MPa Carga Axial 161 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.93. A distribuição de tensão resultante ao longo da seção AB para a barra é mostrada na figura. Por essa distribuição, determine o valor aproximado da força axial resultante P aplicada à barra. Além disso, qual é o fator de concentração de tensão para essa geometria? Figura 4.93 r h = 60 80 = 0,75 ∴ k = 1,26 σadm = kσméd = kP ht = 1,26P 80 × 10 = 30 ∴ P = 19 kN 4.94. A distribuição de tensão resultante ao longo da seção AB para a barra é mostrada na figura. Por essa distribuição, determine o valor aproximado da força axial resultante P aplicada à barra. Além disso, qual e o fator de concentração de tensão para essa geometria? Figura 4.94 r h = 20 80 = 0,25 ∴ k = 1,6 σadm = kσméd = kP ht = 1,6P 80 × 10 = 72 ∴ P = 36 kN σméd = P ht = 36 × 103 80 × 10 = 45 MPa Carga Axial 162 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.95. A chapa de aço A-36 tem espessura de 12 mm. Se houver filetes de rebaixo em B e C, e σadm = 150 MPa, determine a carga axial máxima P que ela pode suportar. Calcule o alongamento da chapa desprezando o efeito dos filetes. Figura 4.95 r h = 30 60 = 0,5 ∴ W h = 120 60 = 2 ∴ k = 1,4 σadm = kσméd = kP ht = 1,4P 60 × 12 = 150 ∴ P = 77,1 kN δ = 2PLAB htEaço + PLBC wtEaço = 2 × 77,1 × 103 × 200 60 × 12 × 200 × 103 + 77,1 × 103 × 800 120 × 12 × 200 × 103 = 0,429 mm *4.96. O peso de 1.500 kN (≈150 t) é assentado lentamente no topo de um poste feito de alumínio 2014-T6 com núcleo de aço A-36. Se ambos os materiais puderem ser considerados elásticos perfeitamente plásticos, determine a tensão em cada um deles. Figura 4.96 σaço = 715,478 × 103 π × 252 = 364,4 MPa, constata-se que ocorre escoamentono aço, pois: σaço = 364,4 MPa > (σe)aço = 250 MPa Portanto: 𝛔𝐚ç𝐨 = 𝟐𝟓𝟎 𝐌𝐏𝐚 250 = Faço π × 252 ∴ Faço = 490,87 kN Fal = 1.500 – 490,87 = 1.009,13 kN σal = 1.009,13 × 103 π(502 − 252) = 171,31 MPa ↑ + ∑ Fy = 0 Fal + Faço = 1.500 kN [1] δal = δaço FaçoL (252)(200×103) = FalL (502 − 252)(73,1 × 103) ∴ Fal = 1,0965Faço [2] Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 715,478 kN Carga Axial 163 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.97. A haste do parafuso de aço com 10 mm de diâmetro está embutida em uma luva de bronze. O diâmetro externo dessa luva é 20 mm. Se a tensão de escoamento for (σe)aço = 640 MPa para o aço e (σe)br = 520 MPa para o bronze, determine o valor da maior carga elástica P que pode ser aplicada ao conjunto. Eaço = 200 GPa, Ebr = 100 GPa. Figura 4.97 640 = 0,4P π 4 × 102 ∴ P = 126 kN 4.98. O peso é suspenso por cabos de aço e alumínio, cada um com mesmo comprimento inicial de 3 m e área de seção transversal de 4 mm². Se considerarmos que os materiais são elásticos perfeitamente plásticos com (σe)aço = 120 MPa e (σe)al = 70 MPa, determine a força em cada cabo se o peso for (a) 600 N e (b) 720 N. Eal = 70 GPa, Eaço = 200 GPa. Figura 4.98 (a) W = 600 N ↑ + ∑ Fy = 0 P – Fbr – Faço = 0 [1] δbr = δaço FbrL (202−102)(100×103) = FaçoL (102)(200×103) ∴ Fbr = 1,5Faço [2] Substituindo Fbr na equação [1], obtem-se: Faço = 0,4P ↑ + ∑ Fy = 0 Faço + Fal = 600 [1] δal = δaço Fal = Eal Eaço Faço = 70 200 Faço = 0,35Faço [2] Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 444 N Continua... Carga Axial 164 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 σaço = 444,44 4 = 111,11 MPa < (σe)aço = 120 MPa 𝐎𝐤 ! Fal = 600 – 444 = 156 N (b) W = 720 N 4.99. A barra tem área de seção transversal de 625 mm². Se uma força P = 225 kN for aplicada em B e, então, removida, determine a tensão residual nas seções AB e BC. σe = 210 MPa. Figura 4.99 ↑ + ∑ Fy = 0 Faço + Fal = 720 [1] δal = δaço Fal = Eal Eaço Faço = 70 200 Faço = 0,35Faço [2] Substituindo Fal na equação [1], obtem-se: Faço = 533,33 N σaço = 533,33 4 = 133,33 MPa > (σe)aço = 120 MPa Ocorre escoamento no aço, logo: 120 = Faço 4 ∴ Faço = 480 N Fal = 720 – 480 = 240 N ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FC – P = 0 [1] δP = δC FC = 3 4 × 225 = 168,75 kN [2] FA = 225 – 168,75 = 56,25 kN σBC = 168,75 × 103 625 = 270 MPa > σe = 210 MPa Ocorre escoamento do material, logo: σBC′ = σe = 210 MPa FC’ = σeA = 210 × 625 = 131,25 kN e FA’ = 225 – 131,25 = 93,75 kN σAB′ = F A′ A = 93,75 × 103 625 = 150 MPa e σAB = FA A = 56,25 × 103 625 = 90 MPa ∆σAB = 150 − 90 = 60 MPa (T) e ∆σBC = 270 − 210 = 60 MPa (T) Carga Axial 165 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.100. A barra tem área de seção transversal de 300 mm² e é feita de um material cujo diagrama tensão-deformação pode ser aproximado pelos dois segmentos de reta mostrados na figura. Determine o alongamento da barra resultante do carregamento aplicado. Figura 4.100 σBC = 25(103) 300 = 83,33 MPa (não ocorre escoamento) 140 0,001 = 83,33 ϵBC ∴ ϵBC = 5,952 × 10 −4mm/mm δBC = ϵBCLBC = (5,952 × 10 −4)(600) = 0,357 mm σAB = 65(103) 300 = 216,67 MPa ; ocorre escoamento em B, pois: σAB = 216,67 MPa > σe = 140 MPa, sendo assim: 280 − 140 0,021− 0,001 = 216,67 − 140 ϵAB − 0,001 ∴ ϵAB = 0,01195 mm/mm δAB = ϵABLAB = 0,01195 × 1.500 = 17,93 mm δTotal = δAB + δBC = 17,93 + 0,357 = 18,286 mm Carga Axial 166 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.101. A barra rígida é sustentada por um pino em A e dois cabos de aço, cada um com diâmetro de 4 mm. Se a tensão de escoamento para os cabos for σe = 530 MPa e Eaço = 200 GPa, determine a intensidade da carga distribuída w que pode ser colocada sobre a viga e provocará um início de escoamento somente no cabo EB. Qual é o deslocamento do ponto G para esse cabo? Para o cálculo, considere que o aço é elástico perfeitamente plástico. Figura 4.101 σCD = 10,823×103 π 4 × 42 = 861,25 MPa ; σCD > σe = 530 MPa , ocorre escoamento do material, logo: TCD = TBE = 6,66 kN Substituindo TCD e TBE na equação [1], obtem-se:w = 21,9 kN/m δBE = 6,66 × 103 π 4 × 42 × 200 × 103 = 2,12 mm ∴ tang(ϕ) = 2,12 400 = 0,0053 ∴ δG = 800 × 0,0053 = 4,24 mm ↶ + ∑ MA = 0 0,4TBE – 0,4 × 0,8w + 0,65TCD = 0 0,4TBE + 0,65TCD = 0,32 [1] 530 = TEB π 4 × 42 ∴ TBE = 6,66 kN [2] 400 + 250 400 = δCD δBE ∴ δCD = 1,625δBE [3] Solucionando as equações [1], [2] e [3], obtem-se: TCD = 10,823 kN Carga Axial 167 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.102. A barra é sustentada por um pino em A e dois cabos de aço, cada um com diâmetro de 4 mm. Se a tensão de escoamento para os cabos for σe = 530 MPa e Eaço = 200 GPa, determine (a) a intensidade da carga distribuída w que pode ser colocada sobre a viga de modo a provocar um início de escoamento somente em um dos cabos e (b) a menor intensidade da carga distribuída que provoque o escoamento de ambos os cabos. Para o cálculo, considere que o aço é elástico perfeitamente plástico. Figura 4.102 (a) Início de escoamento apenas em um dos cabos σCD = 10,823×103 π 4 × 42 = 861,25 MPa; σCD = 861,25 MPa > σe = 530 MPa , ocorre escoamento do material, logo: TCD = 6,66 kN δCD = 1,625δBE ∴ TCD = 1,625TBE ∴ TBE = 6,66/1,625 = 4,099 kN Substituindo TBE e TCD na equação [1], obtem-se: w = 18,7 kN/m (b) Escoamento de ambos os cabos δBE = δCD ∴ TBE = TCD = 6,66 kN Substituindo TBE e TCD na equação [1], obtem-se: w = 21,9 kN/m ↶ + ∑ MA = 0 0,4TBE – 0,4 × 0,8w + 0,65TCD = 0 0,4TBE + 0,65TCD = 0,32 [1] 530 = TEB π 4 × 42 ∴ TBE = 6,66 kN [2] 400 + 250 400 = δCD δBE ∴ δCD = 1,625δBE ∴ TCD = 1,625 × 6,66 = 10,823 kN Carga Axial 168 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.103. A viga rígida é suportada pelos três postes A, B e C de comprimentos iguais. Os postes A e C têm diâmetros de 75 mm e são feitos de alumínio, para o qual Eal = 70 GPa e (σe)al = 20 MPa. O poste B tem diâmetro de 20 mm e é feito de latão, para o qual Elat = 100 GPa e (σe)lat = 590 MPa. Determine o menor valor de P de modo que (a) somente as hastes A e C sofram escoamento e (b) todos os postes sofram escoamento. Figura 4.103 (a) Somente as hastes A e C sofram escoamento Substituindo Fal na equação [2], tem-se: Flat = 8,976 kN. Agora substituindoFal e Flat em [1], tem-se: P = 92,8 kN (b) Todos os postes sofram escoamento 590 = Flat π 4 × 202 ∴ Flat = 18,535 kN Substituindo Fal e Flat na equação [1], obtem-se: P = 181 kN 4.104. A viga rígida é suportada pelos três postes A, B e C de comprimentos iguais. Os postes A e C têm diâmetros de 60 mm e são feitos de alumínio, para o qual Eal = 70 GPa e (σe)al = 20 MPa. O poste B é feito de latão, para o qual Elat = 100 GPa e (σe)lat = 590 MPa. Se P = 130 kN, determine o maior diâmetro do poste B, de modo que todos os postes sofram escoamento ao mesmo tempo. Figura 4.104 Substituindo Fal e Flat na equação [1], obtemos: dB = 2√ P − Fal 295π = 2√130 × 10 3 − 56,549 × 103 295π = 17,8 mm ↑ + ∑ Fy = 0 Fal + Flat + Fal – P – P = 0 2Fal + Flat = 2P [1] δal = δlat ∴ Fal = ( 752 × 70 202 × 100 ) Flat = 9,844Flat [2] 20 = Fal π 4 × 752 ∴ Fal = 88,357 kN [3] ↑ + ∑ Fy = 0 Fal + Flat + Fal – P – P = 0 2Fal + Flat = 2P [1] (σe)al = Fal π 4 dA 2 = Fal π 4 × 602 = 20 ∴ Fal = 56,549 kN [2] (σe)lat = Flat π 4 dB 2 = Flat π 4 dB 2 = 590 ∴ Flat = 295π 2 dB 2 [3] Carga Axial 169 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.105. A viga é sustentada por três cabos de aço A-36, cada um com comprimento de 1,2 m. A área da seção transversal de AB e EF é 10 mm², e a área da seção transversal de CD é 4 mm². Determine a maior carga distribuída w que pode ser suportada pela viga antes que qualquer dos cabos comece a escoar. Se considerarmos que o aço é elástico perfeitamente plástico, determine até que distância a viga é deslocada para baixo exatamente antes de todos os cabos começarem a escoar. Figura 4.105 Substituindo TCD, TEF e TAB na equação [1], obtem-se: w = 2,00 kN/m δEF = δCD = δAB = TEFLEF AEFEaço = 2,5 × 103 × 1.200 10 × 200 × 103 = 1,500 mm 4.106. O diagrama tensão-deformação de um material pode ser descrito pela curva σ = cε1/2. Determine a deflexão δ da extremidade de uma haste feita desse material se ela tiver comprimento L, área de seção transversal A e peso específico 𝛾. Figura 4.106 γ = w V ∴ w = γAy dδ = ϵdy = ( σ2 c2 ) dy = ( w2 A2c2 ) dy = ( γ2y2 c2 ) dy ∴ δ = ∫ ( γ2y2 c2 ) dy L 0 = 𝛄𝟐𝐋𝟑 𝟑𝐜𝟐 ↑ + ∑ Fy = 0 TAB + TCD + TEF – 3w = 0 [1] δCD = δEF ∴ TEF = 2,5TCD [2] σe = TEF AEF = TEF 10 = 250 ∴ TEF = TAB = 2,5 kN [3] Substituindo TEF em [2]: TCD = 2,5 2,5 = 1 kN Carga Axial 170 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.107. Resolva o Problema 4.106 se o diagrama tensão-deformação for definido por σ = cε3/2. Figura 4.107 γ = w V ∴ w = γAy dδ = ϵdy = ( σ2 3⁄ c2 3⁄ ) dy = ( w2 3⁄ A2 3⁄ c2 3⁄ ) dy = ( γ2 3⁄ y2 3⁄ c2 3⁄ ) dy ∴ δ = ∫ ( γ2 3⁄ y2 3⁄ c2 3⁄ ) dy L 0 = 𝟑 𝟓 ( 𝛄 𝐜 ) 𝟐 𝟑⁄ 𝐋𝟓 𝟑⁄ *4.108. A barra com diâmetro de 50 mm está presa em suas extremidades e suporta a carga axial P. Se o material for elástico perfeitamente plástico com mostra o diagrama de tensão-deformação, determine a menor carga P necessária para provocar o escoamento do segmento AC. Se essa carga for liberada, determine o deslocamento permanente do ponto C. Figura 4.108 FA = FB = 274,89 kN, substituindo FA e FB na equação [1], obtem-se: P = 549,78 kN E = 140 × 106 0,001 = 140 GPa ∴ ∆δ = PLBC π 4 d2E = 549,78 × 103 × 900 π 4 × 502 × 140 × 103 = 1,80 mm← ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB – P = 0 [1] σe = FA π 4 d2 = FA π 4 × 502 = 250 ∴ FA = 274,89 kN [2] Carga Axial 171 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.109. Determine o alongamento da barra no Problema 4.108 quando são removidos tanto a carga P quanto os apoios. Figura 4.109 FA = FB = 274,89 kN, substituindo FA e FB na equação [1], obtem-se: P = 549,78 kN E = 140 × 106 0,001 = 140 GPa δC = PLBC π 4 d2E = 549,78 × 103 × 900 π 4 × 502 × 140 × 103 = 1,80 mm δ′′C = δA − δC = FALAB π 4 d2E − δC = 274,89 × 103 × 1.500 π 4 × 502 × 140 × 103 − 1,80 = −0,300 mm A barra alonga-se 0,3 mm para a esquerda em A, daí o sinal negativo. ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB – P = 0 [1] σe = FA π 4 d2 = FA π 4 × 502 = 140 ∴ FA = 274,89 kN [2] Carga Axial 172 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.5 - PROBLEMAS DE REVISÃO 4.110. Um rebite de aço com 6 mm de diâmetro a uma temperatura de 800°C está preso entre duas chapas de tal modo que, nessa temperatura, ele tem 50 mm de comprimento e exerce uma força de aperto de 1,25 kN entre as chapas. Determine o valor aproximado da força de aperto entre as chapas quando o rebite esfriar até 5°C. Para o cálculo, considere que as cabeças do rebite e as chapas são rígidas. Considere também αaço = 14(10-6)/°C, Eaço = 200 GPa. O resultado é uma estimativa conservadora da resposta real? Justifique sua resposta. Figura 4.110 δF = δT ∴ FT = π 4 d2αaçoEaço(T2 − T1) = π 4 (62)(14 × 10−6)(200 × 103)(5 − 800) = 62,94 kN Logo, a força de aperto devido àtração será: Faperto = 1,25 + 62,94 = 64,189 kN Sim, porque conforme o rebite esfria, as chapas e as cabeças do rebite também se deformarão. A força FT no rebite não será tão grande. 4.111. Determine a força axial máxima P que pode ser aplicada à chapa de aço. A tensão admissível é σadm = 150 MPa. Figura 4.111 W h = 120 60 = 2 ∴ r h = 6 60 = 0,1 ∴ k = 2,4 r W = 12 120 = 0,1 ∴ k = 2,65 σadm = kσméd = kP ht = 2,4P 60 × 6 ∴ P = 22,5 kN σadm = kσméd = kP (W − 2r)t = 2,65P (120 − 2 × 12)(6) ∴ P = 32,60 kN Carga Axial 173 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *4.112. O elo rígido é sustentado por um pino em A e dois cabos de aço A-36, cada um com comprimento de 300 mm quando não alongados e área de seção transversal de 7,8 mm². Determine a força desenvolvida nos cabos quando o elo suportar a carga vertical de 1,75 kN. Figura 4.112 Substituindo FC na equação [1], obtem-se: FB = 0,433 kN e FC = 0,974 kN 4.113. A força P é aplicada à barra, a qual é composta por um material elástico perfeitamente plástico. Construa um gráfico para mostrar como a força varia em cada seção AB e BC (ordenadas) à medida que P (abscissa) aumenta. A barra tem áreas de seção transversal de 625 mm² na região AB e 2.500 mm² na região BC e σe = 210 MPa. Figura 4.113 ↶ + ∑ MA = 0 1,75 × 0,15 – 0,1FB – 0,225FC = 0 [1] δC δB = 225 100 = 2,25 δC = 2,25δB ∴ FC = 2,25FB [2] Carga Axial 174 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.114. A haste de alumínio 2014-T6 tem diâmetrode 12 mm e está levemente conectada aos apoios rígidos em A e B quando T1 = 25°C. Se a temperatura baixar para T2 = −20°C e uma força axial P = 80 N for aplicada ao colar rígido, como mostra a figura, determine as reações em A e B. Figura 4.114 FA = P + FB = 0,080 + 8,526 = 8,606 kN 4.115. A haste de alumínio 2014-T6 tem diâmetro de 12 mm e está levemente conectada aos apoios rígidos em A e B quando T1 = 40°C. Determine a força P que deve ser aplicada ao colar de modo que, quando T = 0°C, a reação em B seja nula. Figura 4.115 δP + δT = δB ∴ PL1 π 4 d2Eal + αal(T2 − T1)L = FBL π 4 d2Eal Para: T = 0°C, FB = 0, logo: P = − πd 2 αal(T2 − T1)LEal 4L1 = (π × 122)(23 × 10−6)(0 − 40)(325)(73,1 × 103) 4 × 125 = 19,776 kN *4.116. A coluna de aço A-36 tem área de seção transversal de 11.250 mm² e está engastada em concreto de alta resistência, como mostra a figura. Se uma força axial de 300 kN for aplicada à coluna, determine a tensão de compressão média no concreto e no aço. Até que distância a coluna se encurta? Seu comprimento original é 2,4 m. Figura 4.116 → + ∑ Fx = 0 −FA + FB + P = 0 [1] δP + δT = δB ∴ 80 × 125 π 4 × 122 × 73,1 × 103 + (23 × 10−6) (−20 − 25)(325) = FB × 325 π 4 × 122 × 73,1 × 103 Solucionando a equação, obtem-se: FB = 8,526 kN Continua... Carga Axial 175 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 σaço = 148,88 × 103 11.250 = 13,23 kN Fconc = 300 – 148,88 = 151,12 kN ∴ σconc = 151,12 × 103 90.000 − 11.250 = 1,92 kN δ = δconc = δaço = FaçoL AaçoEaço = 148,88 × 103 × 2.400 11.250 × 200 × 103 = 0,15881 mm 4.117. A coluna de aço A-36 está engastada em concreto de alta resistência, como mostra a figura. Se uma força axial de 300 kN for aplicada à coluna, determine a área exigida para o aço de modo que a força seja compartilhada igualmente entre o aço e o concreto. Até que distância a coluna se encurta? Seu comprimento original é 2,4 m. Figura 4.117 4.118. O conjunto é formado por uma barra de alumínio ABC com 30 mm de diâmetro com um colar fixo em B e uma haste de aço CD com 10 mm de diâmetro. Determine o deslocamento do ponto D quando o conjunto for carregado como mostra a figura. Despreze o tamanho do colar em B e o acoplamento em C. Eaço = 200 GPa, Eal = 70 GPa. Figura 4.118 δD = δCD + δBC + δAB ∴ δD = 20 × 103 × 700 π 4 × 102 × 200 × 103 + 20 × 103 × 500 π 4 × 302 × 70 × 103 + 12 × 103 × 300 π 4 × 302 × 70 × 103 = 1,17 mm ↑ + ∑ Fy = 0 Fconc + Faço – 300 = 0 [1] δaço = δconc ∴ Fconc = 78750 × 29Econc 11.250 × 200 Faço = 1,015Faço [2] Substituindo Fconc na equação [1], obtem-se: Faço = 148,88 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Faço = Fconc = F Fconc + Faço – 300 = 0 ∴ F = 150 kN δaço = δconc ∴ Aaço = 90.000 × 29 29 + 200 = 11.397,38 m² δ = δconc = δaço = FaçoL AaçoEaço = 150 × 103 × 2.400 11.397,38 × 200 × 103 = 0,15793 mm Carga Axial 176 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 4.119. A junta é composta por três chapas de aço A-36 interligadas nas costuras. Determine o deslocamento da extremidade A em relação à extremidade B quando a junta for submetida às cargas axiais mostradas. Cada chapa tem espessura de 5 mm. Figura 4.119 δ1 = 46 × 600 5 × 100 × 200 = 0,276 mm δ2 = 46 × 200 3 × 5 × 100 × 200 = 0,03067 mm δ3 = 23 × 800 5 × 100 × 200 = 0,184 mm δA/B = δ1 + δ2 + δ3 = 0,276 + 0,03067 + 0,184 = 0,491 mm 177 Capítulo 5 Torção Torção 178 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.1 - PROBLEMAS 5.1. Um eixo é feito de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 84 MPa. Se o diâmetro do eixo for 37,5 mm, determine o torque máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um furo de 25 mm de diâmetro no eixo? Faça um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento ao longo de uma linha radial em cada caso. Figura 5.1 τadm = Tc0 J ∴ T = πc0 3τadm 2 = π × 0,018753 × 84 × 106 2 = 0,87 kN.m T ′ = π(c0 4 − ci 4)τadm 2c0 = π(0,018754 − 0,01254)(84 × 106) 2 × 0,01875 = 0,698 kN.m τ′ = T′ci π 2 (c04 − ci4) = (0,698 × 103)(0,0125) π 2 (0,018754 − 0,01254) = 56 MPa 5.2. O eixo maciço de raio r está sujeito a um torque T. Determine o raio r’ do núcleo interno do eixo que resista à metade do torque aplicado (T/2). Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento. Figura 5.2 (a) Usando a fórmula da torção τmáx = T′c J1 ∴ T ′ = π(r4 − r′4)τmáx 2r ∴ τmáx = Tc J2 = 2T πr3 Substituindo τmáx em T ′, tem-se: T ′ = (1 − r′4 r4 ) T. Sabe-se que T ′ = T 2 , logo: r′ = r √2 4 = 0,841r (b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento ∫ dT r 2 0 = 2π ∫ τρ2dρ r′ 0 = 2π ∫ ρ r τmáxρ 2dρ r′ 0 = ∫ ρ r ( 2T πr3 ) ρ2dρ r′ 0 T 2 = 4T r4 ∫ ρ3dρ r′ 0 ∴ r′ = r4 √2 4 = 0,841r Torção 179 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.3. O eixo maciço de raio r está sujeito a um torque T. Determine o raio r’ do núcleo interno do eixo que resista a 1/4 do torque aplicado (T/4). Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento. Figura 5.3 (a) Usando a fórmula da torção τmáx = T′c J1 ∴ T ′ = π(r4 − r′4)τmáx 2r ∴ τmáx = Tc J2 = 2T πr3 Substituindo τmáx em T ′, tem-se: T ′ = (1 − r′4 r4 ) T. Sabe-se que T ′ = 3T 4 , logo: r′ = r √4 4 = 0,707r (b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento τ = ρ c τmáx = ρ r ( 2T πr3 ) = 2T πr4 ρ ; dA = 2πρdρ dT = ρτdA = ρ ( 2T πr4 ρ) (2πρdρ) = 4T r4 ρ3dρ ∫ dT r 4 0 = 4T r4 ∫ ρ3dρ r′ 0 ∴ 1 4 = (r′)4 r4 ∴ r’ = 0,707r *5.4. O tubo é submetido a um torque de 750 N.m. Determine a parcela desse torque à qual a seção sombreada cinza resiste. Resolva o problema de duas maneiras: (a) usando a fórmula da torção e (b) determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento. Figura 5.4 (a) Usando a fórmula da torção τmáx = Tc J = 750 × 0,1 π 2 (0,14 − 0,0254) = 0,4793 MPa ∴ τmáx = 0,4793 × 10 6 = T′× 0,1 π 2 (0,14 − 0,0754) ∴ T’ = 515 N.m (b) Determinando a resultante da distribuição da tensão de cisalhamento τ = ( ρ c ) τmáx∴ T ′ = ∫ 2πτρ2dρ = 0,1 0,075 2π ∫ τmáx ( ρ c ) 0,1 0,075 ρ2dρ = 2π × 0,4793 × 106 0,1 ∫ ρ3dρ 0,1 0,075 = 𝟓𝟏𝟓 𝐍. 𝐦 Torção 180 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. Figura 5.5 τmáx = Tmáxc J = 2Tmáx πc3 = 2 × 400 × 103 π × 153 = 75,5 MPa 5.6. O eixo maciço de 32 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. Se o eixo estiver apoiado em mancais lisos em A e B, que não resistem a torque, determine a tensão de cisalhamento desenvolvida no eixo nos pontos C e D. Indique a tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.6 Ponto C τC = TCc J = 2TC πc3 = 2 × 185 × 103 π × 163 = 28,75 MPa Ponto D τD = TDc J = 2TD πc3 = 2 × 75 × 103 π × 163 = 11,66 MPa Torção 181 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.7. O eixo tem diâmetro externo de 32 mm e diâmetro interno de 25 mm. Se for submetido aos torques aplicados mostrado na figura, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta desenvolvida no eixo. Os mancais lisos em A e B não resistem a torque. Figura 5.7 τmáx = Tmáxc0 π 2 (c0 4− ci4) = 2Tmáxc0 π(c04 − ci4) = 2 × 185 × 103 × 16 π(164 − 12,54) = 45,82 MPa *5.8. O eixo tem diâmetro externo de 32 mm e diâmetro interno de 25 mm. Se for submetido aos torques aplicados mostrado na figura, faça o gráfico da distribuição da tensão de cisalhamento que age ao longo de uma linha radial que se encontra no interior da região EA do eixo. Os mancais lisos em A e B não resistem a torque. Figura 5.8 τmáx = Tmáxc0 π 2 (c0 4− ci4) = 185 × 103 × 16 π 2 (164 − 12,54) = 45,82 MPa τρ = Tmáxci π 2 (c0 4− ci4) = 185 × 103 × 12,5 π 2 (164 − 12,54) = 35,80 MPa Torção 182 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.9. O conjunto é composto por duas seções de tubo de aço galvanizado interligados por uma redução em B. O tubo menor tem diâmetro externo de 18,75 mm e diâmetro interno de 17 mm, enquanto que o tubo maior tem diâmetro externo de 25 mm e diâmetro interno de 21,5 mm. Se o tubo estiver firmemente preso à parede em C, determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo quando o conjugado mostrado na figura for aplicado ao cabo da chave. Figura 5.9 TAB = 75(0,15 + 0,2) = 26,25 N.m ∴ τAB = (26,25)(0,009375) π 2 (0,0093754 − 0,00854) = 62,55 MPa τBC = (26,25)(0,0125) π 2 (0,01254 − 0,010754) = 18,89 MPa 5.10. O elo funciona como parte do controle do elevador de um pequeno avião. Se o tubo de alumínio conectado tiver 25 mm de diâmetro interno e parede de 5 mm de espessura, determine a tensão de cisalhamento máxima no tubo quando a força de 600 N for aplicada aos cabos. Além disso, trace um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento na seção transversal. Figura 5.10 c0 = ci + t = 12,5 + 5 = 17,5 mm T = (600)(0,75 + 0,75) = 90 N.m ∴ τmáx = Tc0 π 2 (c04 − ci4) = 90 × 103 × 17,5 π 2 (17,54 − 12,54) = 14,5 MPa τi = Tci π 2 (c04 − ci4) = 90 × 103 × 12,5 π 2 (17,54 − 12,54) = 10,32 MPa Torção 183 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.11. O eixo é composto por três tubos concêntricos, todos do mesmo material, e cada um com os raios internos e externos mostrados na figura. Se for aplicado um torque T = 800 N.m ao disco rígido preso à sua extremidade, determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo. Figura 5.11 J = π 2 (0,0384 + 0,034 + 0,0254 − 0,0324 − 0,0264 − 0,0204) = 2,54502 × 10-6 m4 τmáx = Tc0 J = 800 × 0,038 2,54502 × 10−6 = 11,9 MPa *5.12. O eixo maciço está preso ao suporte em C e sujeito aos carregamentos de torção mostrados. Determine a tensão de cisalhamento nos pontos A e B e faça um rascunho da tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.12 τA = (500)(0,035) π 2 (0,035)4 = 7,42 MPa τB = (800)(0,020) π 2 (0,035)4 = 6,79 MPa Torção 184 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.13. Um tubo de aço com diâmetro externo de 62,5 mm é usado para transmitir 3 kW quando gira a 27 rev/minuto. Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro interno d do tubo se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 70 MPa. Figura 5.13 ω = 27 × 2π 60 = 2,82743 rad/s τadm = Tc J ∴ di = √d0 4 − 16Pd0 πωτadm 4 = √0,06254 − 16 × 3 × 103 × 0,0625 π × 2,82743 × 70 × 106 4 = 0,05683 m = 56,83 mm ≅ 60 mm 5.14. O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm e tensão de cisalhamento admissível τadm = 6 MPa. Determine o maior torque T1 que pode ser aplicado ao eixo se ele também estiver sujeito a outros carregamentos de torção. Exige- se que T1 aja na direção mostrada. Determine também a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões CD e DE. Figura 5.14 TBC = (T1– 68) N.m ∴ τadm = Tmáxc J = 2(T1 − 68) πc3 = 2(T1 − 68) π × 0,0253 = 6 × 106 ∴ T1 = 215,26 = 215 N.m TCD = 215,26 – 68 – 49 = 98,26 N.m ∴ (τmáx)CD = TCDc J = 2TCD πc3 = 2 × 98,26 π × 0,0253 = 4,00 MPa TDE = 215,26 – 68 – 49 – 35 = 63,26 N.m ∴ (τmáx)DE = TDEc J = 2TDE πc3 = 2 × 63,26 π × 0,0253 = 2,58 MPa Torção 185 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.15. O eixo maciço de alumínio tem diâmetro de 50 mm. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo e trace um rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento ao longo da linha radial do eixo onde a tensão de cisalhamento é máxima. Considere T1 = 20 N.m. Figura 5.15 Tmáx = 68 + 49 + 35 – 20 = 132 N.m ∴ τmáx = Tmáxc J = 2Tmáx πc3 = 2 × 132 π × 0,0253 = 5,38 MPa *5.16. O motor transmite um torque de 50 N.m ao eixo AB. Esse torque é transmitido ao eixo CD pelas engrenagens em E e F. Determine o torque de equilíbrio T’ no eixo CD e a tensão de cisalhamento máxima em cada eixo. Os mancais B, C e D permitem a livre rotação dos eixos. Figura 5.16 TCD = 50 × 125 50 = 125 N.m ↶ + ∑ T = 0 T’ – TCD = 0 T’ = 125 N.m (τmáx)AB = TABc J = 50 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 9,43 MPa (τmáx)CD = TCDc J = 125 × 0,0175 π 2 × 0,01754 = 14,8 MPa Torção 186 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.17. Se o torque aplicado ao eixo CD for T’ = 75 N.m, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta em cada eixo. Os mancais B, C e D permitem a livre rotação dos eixos, e o motor impede a rotação dos eixos. Figura 5.17 (τCD)máx = T′c J = 75 × 0,0175 π 2 × 0,01754 = 8,91 MPa TAB = 50 T′ 125 = 50 × 75 125 = 30 N.m ∴ (τEA)máx = TABc J = 30 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 5,66MPa 5.18. O tubo de cobre tem diâmetro externo de 62,5 mm e diâmetro interno de 57,5 mm. Se estiver firmemente preso à parede em C e for submetido a um torque uniformemente distribuído, como mostra a figura, determine a tensão de cisalhamento desenvolvida nos pontos A e B. Esses pontos se encontram na superfície externa do tubo. Faça um rascunho da tensão de cisalhamento sobre os elementos de volume localizados em A e B. Figura 5.18 TA = 625 × 0,3 = 187,5 N.m ∴ τA = TAc0 π 2 (c04 − ci4) = 187,5 × 0,03125 π 2 (0,031254 − 0,028754) = 13,79 MPa TB = 625 × 0,525 = 328,125 N.m ∴ τB = TBc0 π 2 (c04 − ci4) = 328,125 × 0,03125 π 2 (0,031254 − 0,028754) = 24,14 MPa Torção 187 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.19. O tubo de cobre tem diâmetro externo de 62,5 mm e diâmetro interno de 57,5 mm. Se estiver firmemente preso à parede em C e for submetido ao torque uniformemente distribuído ao longo de todo o seu comprimento, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no tubo. Discuta a validade desse resultado. Figura 5.19 Tmáx = (625)(0,3 + 0,225 + 0,1) = 390,625 N.m τmáx = Tmáxc0 π 2 (c04 − ci4) = 390,625 × 0,03125 π 2 (0,031254 − 0,028754) = 28,73 MPa *5.20. O eixo maciço com 60 mm de diâmetro está sujeito aos carregamentos de torção distribuídos e concentrados mostrados na figura. Determine a tensão de cisalhamento nos pontos A e B e trace um rascunho da tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.20 TA = 400 N.m ∴ τA = TAc J = 400 × 0,03 π 2 × 0,034 = 9,43 MPa TB = 800 + 400 – 600 = 600 N.m ∴ τB = TBc J = 600 × 0,03 π 2 × 0,034 = 14,15 MPa Torção 188 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.21. O eixo maciço com 60 mm de diâmetro está sujeito aos carregamentos de torção e concentrados mostrados na figura. Determine as tensões de cisalhamento máxima e mínima no eixo e especifique suas localizações, medidas em relação à extremidade fixa. Figura 5.21 Tmáx = 0,4 + 2 × 0,8 + 0,6 = 1,4 kN.m ∴ τmáx = Tmáxc J = 1,4 × 103 × 0,03 π 2 × 0,034 = 33,0 MPa (Ocorre em x = 0) T – 0,4 + 0,6 – 2(0,8 – x) = 0 ∴ T = (1,4 – 2x) kN.m Para que T seja mínimo, T = 0 ∴ 1,4 – 2x = 0 ∴ x = 0,700 m, sendo assim: 𝛕𝐦í𝐧 = 𝟎 Entretanto, por conta do princípio de Saint-Venant, a τmáx obtida não é válida. 5.22. O eixo maciço é submetido aos carregamentos de torção distribuídos e concentrados mostrados na figura. Determine o diâmetro d exigido para o eixo se a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 175 MPa. Figura 5.22 Tmáx = 0,4 + 2 × 0,8 + 0,6 = 1,4 kN.m τmáx = Tmáxc J ∴ c = √ 2Tmáx πτadm 3 = √ 2 × 1,4 × 106 π × 175 3 = 17,2 mm d = 2c = 2 × 17,2 = 34,4 mm Entretanto, a análise não é válida por conta do princípio de Saint Venant. Torção 189 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.23. Os eixos de aço estão interligados por um filete de solda como mostra a figura. Determine a tensão de cisalhamento média na solda ao longo da seção a-a se o torque aplicado aos eixos for T = 60 N.m. Observação: A seção crítica onde a solda falha encontra-se ao longo da seção a-a. Figura 5.23 T = Vd ∴ V = T d = 60 0,025 + 0,006 = 1.935,48 N A = 2 × [2π(25 + 6) × 6sen45°] = 1.652,7524 mm² ∴ τméd = V A = 1.935,48 1.652,7524 = 1,17 MPa *5.24. A haste tem diâmetro de 12 mm e peso de 80 N/m. Determine a tensão de torção máxima provocada na haste pelo seu peso em uma seção localizada em A. Figura 5.24 w1 = 0,9 × 80 = 72 N w2 = 0,9 × 80 = 72 N w3 = 0,3 × 80 = 24 N Tx = 0,9 × 24 + 0,45 × 72 = 54 N.m τA = Txc J = 54 × 0,006 π 2 × 0,0064 = 159,15 MPa Torção 190 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.25. Resolva o Problema 5.24 para a tensão de torção máxima em B. Figura 5.25 5.27. O poste de madeira, o qual está enterrado no solo até a metade de seu comprimento, é submetido a um momento de torção de 50 N.m que o faz girar a uma velocidade angular constante. Esse momento enfrenta a resistência de uma distribuição linear de torque desenvolvida pelo atrito com o solo, que varia de zero no solo a t0 N.m/m na base do poste. Determine o valor de equilíbrio para t0 e, então, calcule a tensão de cisalhamento nos pontos A e B que se encontram na superfície externa do poste. Figura 5.27 Equação da reta do torque distribuído que passa pelos pontos (0,5t0;0) e (0;0,75m): t(y) = t0( 1 2 − 2 3 𝑦) T = 2∫ t(y)dy = 2t0 ∫ ( 1 2 − 2 3 y) dy 0,75 0 0,75 0 = 0,375t0 ↶ + ∑ My = 0 ∴ 0,375t0 – 50 = 0 ∴ t0 = 133,33 = 133 N.m/m τA = TAc J = 50 × 0,05 π 2 × 0,054 = 0,255 MPa TB = 2∫ t(y)dy 0,25 0 = 27,78 N.m ∴ τB = TBc J = 27,78 × 0,05 π 2 × 0,054 = 0,141 MPa w1 = 80 × 0,9 = 72 kN w2 = 80 × 0,9 = 72 kN w3 = 80 × 0,3 = 24 kN TB = 0,45 × 72 + 0,9 × 24 = 54 N.m τB = TBc J = 54 × 0,006 π 2 × 0,0064 = 159,15 MPa Torção 191 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.28. Uma mola cilíndrica é composta por um anel de borracha e eixo rígidos. Mantendo o anel fixo e aplicando um torque T ao eixo, determine a tensão de cisalhamento máxima na borracha. Figura 5.28 τmáx = F A = T ri 2πrih = 𝐓 𝟐𝛑𝐫𝐢𝟐𝐡 5.29. O eixo tem diâmetro de 80 mm e, devido ao atrito na superfície no interior do furo, está sujeito a um torque variável descrito pela função t = (25xex 2 ) N.m, onde x é dado em metros. Determine o torque mínimo T0 necessário para vencer o atrito e fazer o eixo girar. Determine também a tensão máxima absoluta no eixo. Figura 5.29 T = ∫ tdx = 25 ∫ xex 22 0 2 0 = 670 N.m ↶ + ∑ Mx = 0 T0 – 670 = 0 T0 = 670 N.m τmáx = Tc J = 670 × 0,04 π 2 × 0,044 = 6,66 MPa Torção 192 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.30. O eixo maciço tem conicidade linear de rA em uma extremidade e rB na outra extremidade. Deduza uma equação que dê a tensão de cisalhamento máxima no eixo em uma localização x ao longo da linha central do eixo. Figura 5.30 rA − rB y = L L − x ∴ y = (rA − rB) (1 − x L ) c = y + rB ∴ c = rA + (rB − rA)x L τmáx = Tc J = 𝟐𝐓𝐋𝟑 𝛑[𝐫𝐀(𝐋 – 𝐱) + 𝐫𝐁𝐱]³ 5.31. Ao perfurar um poço à velocidade constante, a extremidade inferior do tubo de perfuração encontra uma resistência à torção TA. Além disso, o solo ao longo das laterais do tubo cria um torque de atrito distribuído ao longo do comprimento do tubo, que varia uniformemente de zero na superfície B a tA em A. Determine o torquemínimo TB que deve ser transmitido pela unidade de acionamento para se vencerem os torques de resistência e calcule a tensão de cisalhamento máxima no tubo. O tubo tem raio externo ro e raio interno ri. Figura 5.31 Equação da reta do torque distribuído que passa pelos pontos (tA;0) e (0;L): t(y) = tA (1 − y L ) T = ∫ t(y)dy = tA ∫ (1 − y L ) dy L 0 L 0 = tAL 2 ↶ + ∑ My = 0 TB – TA – T = 0 ∴ 𝐓𝐁 = 𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝐀𝐋 𝟐 τmáx = TBr0 π 2 (r04 − ri4) = (𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝐀𝐋)𝐫𝟎 𝛑(𝐫𝟎𝟒 − 𝐫𝐢𝟒) Torção 193 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.32. O eixo de transmissão AB de um automóvel é feito de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 56 MPa. Se o diâmetro externo do eixo for 62,5 mm e o motor transmitir 165 kW ao eixo quando estiver girando a 1.140 rev/minuto, determine a espessura mínima exigida para a parede do eixo. Figura 5.32 ω = 1.140 × 2π 60 = 119,38 rad/s τadm = Tc0 π 2 (c04 − ci4) ∴ ci = √c04 − 2Pc0 πωτadm 4 = √0,031254 − 2 × 165 × 103 × 0,03125 π × 119,38 × 56 × 106 4 = 0,02608 m = 26,08 mm t = c0 − ci = 31,25 – 26,08 = 5,17 mm 5.33. O projeto prevê que o eixo de transmissão AB de um automóvel será um tubo de parede fina. O motor transmite 125 kW quando o eixo está girando a 1.500 rev/minuto. Determine a espessura mínima da parede do eixo se o diâmetro externo for 62,5 mm. A tensão de cisalhamento admissível do material é τadm = 50 MPa. Figura 5.33 ω = 1.500 × 2π 60 = 157,08 rad/s τadm = Tc0 π 2 (c04 − ci4) ∴ ci = √c04 − 2Pc0 πωτadm 4 = √0,031254 − 2 × 125 × 103 × 0,03125 π × 157,08 × 50 × 106 4 = 0,028252 m = 28,252 mm t = c0 − ci = 31,25 – 28,252 = 2,998 mm Torção 194 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.34. O motor de engrenagens pode desenvolver 100 W quando gira a 300 rev/minuto. Se o eixo tiver diâmetro de 12 mm, determine a tensão de cisalhamento máxima que será desenvolvida no eixo. Figura 5.34 ω = 300 × 2π 60 = 31,416 rad/s τadm = Tc J = 2P πωc3 = 2 × 100 × 103 π × 31,416 × 0,0063 = 9,382 MPa 5.35. O motor de engrenagens pode desenvolver 100 W quando gira a 80 rev/minuto. Se a tensão de cisalhamento admissível para o eixo for τadm = 28 MPa, determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro do eixo que pode ser usado. Figura 5.35 ω = 80 × 2π 60 = 8,378 rad/s τadm = Tc J ∴ d = 2c = 2√ 2P πωτadm 3 = 2√ 2 × 100 × 103 π × 8,378 × 28 × 106 3 = 0,01016 m = 10,16 mm ≅ 15 mm Torção 195 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.36. O eixo de transmissão de um trator é feito de um tubo de aço com tensão de cisalhamento admissível τadm = 42 MPa. Se o diâmetro externo for 75 mm e o motor transmitir 145 kW ao eixo quando estiver girando a 1.250 rev/minuto, determine a espessura mínima exigida para a parede do eixo. ω = 1.250 × 2π 60 = 130,9 rad/s τadm = Tc0 π 2 (c04 − ci4) ∴ ci = √c04 − 2Pc0 πωτadm 4 = √0,03754 − 2 × 145 × 103 × 0,0375 π × 130,9 × 42 × 106 4 = 0,03407 m = 34,07 mm t = c0 − ci = 37,5 – 34,07 = 3,427 mm 5.37. O motor-redutor de 2,5 kW pode girar a 330 rev/minuto. Se o diâmetro do eixo for 20 mm, determine a tensão de cisalhamento máxima que será desenvolvida no eixo. Figura 5.37 ω = 330 × 2π 60 = 34,557 rad/s τmáx = Tc J = 2P πωc3 = 2 × 2,5 × 103 π × 34,557 × 0,013 = 46,055 MPa Torção 196 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.38. O motor-redutor de 2,5 kW pode girar a 330 rev/minuto. Se a tensão de cisalhamento admissível para o eixo for τadm = 56 MPa, determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro do eixo que pode ser usado. Figura 5.38 ω = 330 × 2π 60 = 34,557 rad/s τadm = Tc J ∴ d = 2c = 2√ 2P πωτadm 3 = 2√ 2 × 2,5 × 103 π × 34,557 × 56 × 106 3 = 0,01874 m = 18,74 mm ≅ 20 mm 5.39. O eixo maciço de aço AC tem diâmetro de 25 mm e está apoiado nos mancais lisos em D e E. O eixo está acoplado a um motor em C, que transmite 3 kW de potência ao eixo quando está girando a 50 rev/s. Se as engrenagens A e B absorvem 1 kW e 2 kW, respectivamente, determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida no eixo no interior das regiões AB e BC. O eixo é livre para girar em seus mancais de apoio D e E. Figura 5.39 ω = 50 × 2π = 314,16 rad/s TAB = PAB ω = 1.000 314,16 = 3,183 N.m (τAB)máx = TABc J = 3,183 × 0,0125 π 2 × 0,01254 = 1,04 MPa TBC = PBC ω = 3.000 314,16 = 9,55 N.m (τBC)máx = TBCc J = 9,55 × 0,0125 π 2 × 0,01254 = 3,11 MPa Torção 197 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.40. Um navio tem um eixo de transmissão da hélice que gira a 1.500 rev/minuto quando está desenvolvendo 1.500 kW. Se o eixo tiver 2,4 m de comprimento e 100 mm de diâmetro, determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo causado por torção. ω = 1.500 × 2π 60 = 157,08 rad/s τmáx = Tc J = 2P πωc3 = 2 × 1.500 × 103 π × 157,08 × 0,053 = 48,634 MPa 5.41. O motor A desenvolve potência de 300 W e gira a polia acoplada a 90 rev/minuto. Determine os diâmetros exigidos para os eixos de aço nas polias em A e B se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 85 MPa. Figura 5.41 ω = 90 × 2π 60 = 9,425 rad/s TB = 150TA 60 = 5P 2ω τadm = TAc J ∴ dA = 2cA = 2√ 2P πωτadm 3 = 2√ 2 × 300 π × 9,425 × 85 × 106 3 = 0,0124 m = 12,4 mm τadm = TBc J ∴ dB = 2cB = 2√ 5P πωτadm 3 = 2√ 5 × 300 π × 9,425 × 85 × 106 3 = 0,0168 m = 16,8 mm Torção 198 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.42. O motor transmite 400 kW ao eixo de aço AB, o qual é tubular e tem diâmetro externo de 50 mm e diâmetro interno de 46 mm. Determine a menor velocidade angular com que ele pode girar se a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 175 MPa. Figura 5.42 τadm = Tc0 π 2 (c04 − ci4) ∴ T = π 2c0 τadm(c0 4 − ci 4) ω = P T = 2Pc0 π(c04 − ci4)τadm = 2 × 400 × 103 × 0,025 π(0,0254 − 0,0234)(175 × 106) = (328,3712 rad/s) × 60 2π = 3.135,714 rpm 5.43. O motor transmite 40 kW quando está girando a taxa constante de 1.350 rpm em A. Esse carregamento é transmitido ao eixo de aço BC do ventilador pelo sistema de correia e polia mostrado na figura. Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o menor diâmetro desse eixo se a tensão de cisalhamento admissível para o aço for τadm = 84 MPa. Figura 5.43 ω = 1.350 × 2π 60 = 141,372 rad/s TB = 200TA 100 = 2P ω dB = 2cB = 2√ 4P πωτadm 3 = 2√ 4 × 40 × 103 π × 141,372 × 84 × 106 3 = 0,0325 m = 32,5 mm ≅ 35 mm Torção 199 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.2 - PROBLEMAS *5.44. As hélices de um navio estão acopladas a um eixo maciço de aço A-36 com 60 m de comprimento, diâmetro externo de 340 mm e diâmetro interno de 260 mm. Se a potênciade saída for 4,5 MW quando o eixo gira a 20 rad/s, determine a tensão de torção máxima no eixo e seu ângulo de torção. τmáx = Tc0 π 2 (c04 − ci4) = 2Pc0 πω(c04 − ci4) = 2 × 4,5 × 103 × 0,170 20π(0,1704 − 0,1304) = 44,3 MPa ϕ = TL JGaço = 2PL πω(c04 − ci4)Gaço = 2 × 4,5 × 106 × 60 20π(0,1704 − 0,1304)(75 × 109) = (0,2085 rad) × 180° π = 11,9° 5.45. Um eixo é submetido a um torque T. Compare a efetividade da utilização do tubo mostrado na figura com a de uma seção maciça de raio c. Para isso, calcule o aumento percentual na tensão de torção e no ângulo de torção por unidade de comprimento para o tubo em comparação com o da seção maciça. Figura 5.45 τtubo = Tc0 π 2 (c04 − ci4) = 32T 15πc3 τmaciça = 2T πc3 Aumento percentual na tensão de torção = 100% ( τtubo τmaciça − 1) = 100% ( 32T 15πc3⁄ 2T πc3⁄ − 1) = 6,67% Aumento percentual do ângulo de torção = Aumento percentual na tensão de torção = 6,67% Torção 200 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.46. O eixo de transmissão tubular para a hélice de um aerodeslizador tem 6 m de comprimento. Se o motor transmitir 4 MW de potência ao eixo quando as hélices giram a 25 rad/s, determine o diâmetro interno exigido para o eixo, considerando que o diâmetro externo seja 250 mm. Qual é o ângulo de torção do eixo quando ele está em operação? Considere τadm = 90 MPa e G = 75 GPa. Figura 5.46 τadm = Tc0 π 2 (c04 − ci4) ∴ di = 2√c04 − 2Pc0 πωτadm 4 = 2√0,1254 − 2 × 4 × 106 × 0,125 π × 25 × 90 × 106 4 = 0,201 m = 201 mm φ = TL π 2 (c04 − ci4)G = 2PL πω(c04 − ci4)G = 2 × 4 × 106 × 6 25π(0,1254 − 0,10054)(75 × 109) = (0,0095558 rad) × 180° π = 3,30° 5.47. O eixo de aço A-36 é composto pelos tubos AB e CD e uma seção maciça BC. Está apoiado em mancais lisos que permitem que ele gire livremente. Se as engrenagens, presas às extremidades do eixo, forem submetidas a torques de 85 N.m, determine o ângulo de torção da engrenagem A em relação à engrenagem D. Os tubos têm diâmetros externos de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A seção maciça tem diâmetro de 40 mm. Figura 5.47 φAB = φCD = TABLAB π 2 (c04 − ci4)Gaço = 85 × 0,4 π 2 (0,0154 − 0,0104)(75 × 109) = 0,007104 rad ϕBC = TBCLBC π 2 c4Gaço = 85 × 0,25 π 2 × 0,0204 = 0,001127347 rad ϕA/D = ϕAB + ϕBC + ϕCD = 0,007104 + 0,001127347 + 0,007104 = (0,015335 rad) × 180° π = 0,879° Torção 201 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.48. O eixo de aço A-36 é composto pelos tubos AB e CD e uma seção maciça BC. Está apoiado em mancais lisos que permitem que ele gire livremente. Se as engrenagens, presas às extremidades do eixo, forem submetidas a torques de 85 N.m, determine o ângulo de torção da extremidade B da seção maciça em relação à extremidade C. Os tubos têm diâmetro externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A seção maciça tem diâmetro de 40 mm. Figura 5.48 ϕBC = TBCLBC π 2 c4Gaço = 85 × 0,250 π 2 × 0,0204 × 75 × 109 = 0,001127347 rad ϕB/C = 0,001127347 × 180° π = 0,0646° 5.49. O eixo da hélice do hidrofólio é de aço A-36 e tem 30 m de comprimento. Está acoplado a um motor diesel em linha, o qual transmite uma potência máxima de 2.000 kW e provoca rotação de 1.700 rpm no eixo. Se o diâmetro externo do eixo for 200 mm e a espessura da parede for 10 mm, determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida no eixo. Determine também o ângulo de torção no eixo à potência total. Figura 5.49 ci = c0 – t = 100 – 10 = 90 mm ω = 1.700 × 2π 60 = 178,0236 rad/s τmáx = Tc0 π 2 (c04 − ci4) = 2Pc0 πω(c04 − ci4) = 2 × 2.000 × 103 × 0,100 178,0236π(0,1004 − 0,0904) = 20,797 MPa ϕ = TL π 2 (c04 − ci4)Gaço = 2PL πω(c04 − ci4)Gaço = 2 × 2.000 × 103 × 30 178,0236π(0,1004 − 0,0904)(75 × 109) = (0,083188 rad) × 180° π = 4,766° Torção 202 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.50. As extremidades estriadas e engrenagens acopladas ao eixo de aço A-36 estão sujeitas aos torques mostrados. Determine o ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem D. O eixo tem diâmetro de 40 mm. Figura 5.50 TCD = 400 − 200 = 200 N. m ∴ ϕC/D = TCDLCD JGaço = 2TCDLCD πc4Gaço = 2 × 200 × 0,400 π × 0,0204 × 75 × 109 = (0,004244 rad) × 180° π = 0,243° 5.51. O eixo de aço A-36 de 20 mm de diâmetro é submetido aos torques mostrados. Determine o ângulo de torção da extremidade B. Figura 5.51 TBC = 80 N.m TCD = 80 – 20 = 60 N.m TDA = 60 + 30 = 90 N.m ϕB = TBCLBC JGaço + TCDLCD JGaço + TDALDA JGaço = 80 × 0,800 + 60 × 0,600 + 90 × 0,200 π 2 × 0,0104 × 75 × 109 = (0,1 rad) × 180° π = 5,74° Torção 203 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.52. O parafuso de aço A-36 com 8 mm de diâmetro está parafusado firmemente ao bloco em A. Determine as forças conjugadas F que devem ser aplicadas à chave de torque de modo que a tensão de cisalhamento máxima no parafuso seja de 18 MPa. Calcule também o deslocamento correspondente de cada força F necessário para causar essa tensão. Considere que a chave de torque seja rígida. Figura 5.52 T = 2 × 150F = 300F ∴ τadm = Tc J = (300F)(4) π 2 × 44 = 18 ∴ F = 6,03 N ϕ = TL JGaço = 600FL πc4Gaço ∴ δ = 150ϕ = 90.000FL πc4Gaço = 90.000 × 6,03 × 800 π × 44 × 75 × 103 = 0,720 mm 5.53. A turbina desenvolve 150 kW de potência, que é transmitida às engrenagens de tal modo que C recebe 70% e D recebe 30%. Se a rotação do eixo de aço A-36 de 100 mm de diâmetro for 𝜔 = 800 rev/minuto, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo e o ângulo de torção da extremidade E do eixo em relação a B. O mancal em E permite que o eixo gire livremente em torno de seu eixo. Figura 5.53 ω = 800 × 2π 60 = 83,776 rad/s TCB = P ω = 150 × 103 83,776 = 1.790,493 N.m PC = 70% × 150 = 105 kW TC = PC ω = 105 × 103 83,776 = 1253,342 N.m PD = 30% × 150 = 45 kW TD = TCD = PD ω = 45 × 103 83,776 = 537,147 N.m τmáx = TCBc J = 1.790 × 0,050 π 2 × 0,0504 = 9,12 MPa ϕE/B = TCBLCB JGaço + TCDLCD JGaço = 2TCBLCB + 2TCDLCD πc4Gaço = 2 × 1.790,493 × 3 + 2 × 537,1467 × 4 π × 0,0504 × 75 × 109 = (0,01021317 rad) × 180° π = 0,585° Torção 204 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.54. A turbina desenvolve 150 kW de potência, que é transmitida às engrenagens de tal modo que C e D recebem quantidades iguais. Se a rotação do eixo de aço A-36 de 100 mm de diâmetro for 𝜔 = 500 rev/minuto, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo e a rotação da extremidade B do eixo em relação a E. O mancal em C permite que o eixo gire livremente em torno de seu eixo. Figura 5.54 ω = 500 × 2π 60 = 52,36 rad/s TCB = PCB ω = 150 × 103 52,36 = 2.864,789 N.m ∴ τmáx = TCBc J =2.864,789 × 0,050 π 2 × 0,0504 = 14,6 MPa TCD = PD ω = 75 × 103 52,36 = 1.432,394 N.m ϕE/B = TCDLCD JGaço + TCBLCB JGaço = 2TCBLCB πc4Gaço + 2TCDLCD πc4Gaço = 2 × 2.864,789 × 3 + 2 × 1.432,394 × 4 π × 0,0504 × 75 × 109 = (0,019454 rad) × 180° π = 1,11° 5.55. O motor transmite 33 kW ao eixo de aço inoxidável 304 quando gira a 20 Hz. O eixo é apoiado em mancais lisos em A e B, que permite a livre rotação do eixo. As engrenagens C e D presas ao eixo absorvem 20 kW e 12 kW, respectivamente. Determine o diâmetro do eixo com aproximação de mm se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa e o ângulo de torção admissível de C em relação a D for 0,2º. Figura 5.55 ϕ = 0,2° = 3,491 rad Tm = Pm 2πf = 33 × 103 2 × π × 20 = 262,6056 N.m ∴ τadm = Tmc J ∴ c = √ 2Tm πτadm 3 = √ 2 × 262.605,6 π × 56 × 103 3 = 14,4 mm TCD = PD 2πf = 12 × 103 2 × π × 20 = 95,493 N.m ∴ (ϕC/D)adm = TCDLCD JGaço ∴ c′ = √ 2TCDLCD πϕC/DGaço 4 = √ 2 × 95.493 × 200 π × 3,491 × 75 × 103 4 = 14,68 mm d = 2c = 2 × 14,4 = 28,8 mm ≅ 30 mm Torção 205 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.56. O motor transmite 32 kW ao eixo de aço inoxidável 304 quando gira a 20 Hz. O eixo tem diâmetro de 37,5 mm e está apoiado em mancais lisos em A e B, que permitem a livre rotação do eixo. As engrenagens C e D presas ao eixo absorvem 20 kW e 12 kW, respectivamente. Determine a tensão máxima absoluta no eixo e o ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem D. Figura 5.56 Tmáx = P 2πf = 32 × 103 2 × π × 20 = 254,65 N.m ∴ τmáx = Tmáxc J = 254,65 × 0,01875 π 2 × 0,018754 = 24,59 MPa TCD = PD 2πf = 12 × 103 2 × π × 20 = 95,493 N.m ∴ ϕC/D = TCDLCD JGaço = 95,493 × 0,200 π 2 × 0,018754 × 75 × 103 = (0,001312 rad) × 180° π = 0,075152° 5.57. O motor produz um torque T = 20 N.m na engrenagem A. Se a engrenagem C travar repentinamente e parar de girar, mas B puder girar livremente, determine o ângulo de torção F em relação a E e de F em relação a D do eixo de aço L2 cujo diâmetro interno é 30 mm e diâmetro externo é 50 mm. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. O eixo está apoiado em mancais em G e H. Figura 5.57 TF = 100T 30 = 10 × 20 3 = 66,67 N.m ∴ τmáx = TFc0 π 2 (c04 −ci4) = 66,67 × 0,025 π 2 (0,0254 − 0,0154) = 3,12 MPa ϕF/E = ϕF/D = TFLEF π 2 (c04 − ci4)Gaço = 66,67 × 0,6 π 2 (0,0254 − 0,0154) = 0,999 × 10-3 rad Torção 206 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 25 mm e ambos estão apoiados em mancais em A, B e C que permitem livre rotação. Se o apoio em D for fixo, determine o ângulo de torção da extremidade B quando os torques são aplicados ao conjunto como mostra a figura. Figura 5.58 TEH = 150 × 60 100 = 90 N.m ∴ TDH = 120 – 90 = 30 N.m ϕE = ϕDH + ϕEH = TEHLEH JGaço − TDHLDH JGaço = 90 × 0,750 − 30 × 0,250 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0,020861 rad ϕF = 1,5ϕE = 1,5 × 0,020861 = 0,0313 rad ∴ ϕB = 0,0313 × 180° π = 1,793° 5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 25 mm e ambos estão apoiados em mancais em A, B e C que permitem livre rotação. Se o apoio em D for fixo, determine o ângulo de torção da extremidade A quando os torques são aplicados ao conjunto como mostra a figura. Figura 5.59 TEH = 150 × 60 100 = 90 N.m ∴ TDH = 120 – 90 = 30 N.m ϕE = ϕDH + ϕEH = TEHLEH JGaço − TDHLDH JGaço = 90 × 0,750 − 30 × 0,250 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0,020861 rad ∴ ϕF = 1,5 × 0,020861 = 0,0313 rad ϕA = ϕG + ϕF = TGLFG JGaço + ϕF = 60 × 0,250 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 + 0,0313 = (0,03651 rad) × 180° π = 2,092° Torção 207 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.61. Os eixos de 30 mm de diâmetro são feitos de aço-ferramenta L2 e estão apoiados em mancais que permitem aos eixos girarem livremente. Se o motor em A desenvolver um torque T = 45 N.m no eixo AB, enquanto a turbina em E é fixa e não pode girar, determine a quantidade de rotação das engrenagens B e C. Figura 5.61 TCE = 75TAB 50 = 1,5 × 45 = 67,5 N.m ϕB = TABLAB JGaço = 45 × 1,5 π 2 × 0,0154 × 75 × 109 = 0,648° ϕC = TCELCE JGaço = 67,5 × 0,75 π 2 × 0,0154 × 75 × 109 = (0,0084883 rad) = 0,486° 5.62. O eixo maciço de 60 mm de diâmetro é feito de aço A-36 e está sujeito aos carregamentos de torção distribuídos e concentrados mostrados na figura. Determine o ângulo de torção na extremidade livre A do eixo devido a esses carregamentos. Figura 5.62 T(x) = (2.000x) N.m ϕA = 400 × 0,6 π 2 × 0,034 × 75 × 109 − 200 × 0,8 π 2 × 0,034 × 75 × 109 + ∫ (2.000x) dx π 2 × 0,034 × 75 × 109 0,8 0 = (0,007545 rad) × 180° π = 0,432° Torção 208 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.63. Quando um poço é perfurado, considera-se que a extremidade do tubo da perfuratriz que se aprofunda no solo encontra uma resistência à torção TA. Além disso, o atrito do solo ao longo das laterais do tubo cria uma distribuição linear de torque por unidade de comprimento que varia de zero na superfície B a t0 em A. Determine o torque necessário TB que deve ser fornecido pela unidade de acionamento para girar o tubo. Calcule também o ângulo de torção relativo de uma extremidade do tubo em relação à outra extremidade no instante em que o tubo está prestes a girar. O tubo tem raio externo ro e raio interno ri. O módulo de cisalhamento é G. Figura 5.63 Equação do torque distribuído que passa pelos pontos (0,5t0;0) e (0,L) é: t(y) = t0 2 (1 − y L ) T = ∫ t(y) dy L 0 = 2 × t0 2 ∫ (1 − y L ) L 0 dy = t0L 2 [1] T(y) = 2t(y)(y) = t0 (y − y2 L ) ∴ ϕB/A = ∫ T(y)dy π 2 (r04 − ri4)G L 0 − TBL π 2 (r4 − ri4)G = 𝟐𝐋(𝟑𝐓𝐀 + 𝐭𝟎𝐋) 𝟑𝛑(𝐫𝟎𝟒 − 𝐫𝐢𝟒)𝐆 *5.64. O conjunto é feito de aço A-36 e é composto por uma haste maciça de 15 mm de diâmetro conectada ao interior de um tubo por meio de um disco rígido em B. Determine o ângulo de torção em A. O tubo tem diâmetro externo de 30 mm e espessura de parede de 3 mm. Figura 5.64 ϕA = ϕA/D + ϕD/B + ϕB/C ϕA = 50 × 0,3 π 2 × 0,00754 × 75 × 109 + 80 × 0,3 π 2 × (0,0154 − 0,0124)(75 × 109) = (0,0470565 rad) × 180° π = 2,70° ↶ + ∑ My = 0 TA − TB + T = 0 [2] Substituindo [1] em [2], obtem-se: 𝐓𝐁 = 𝟐𝐓𝐀 + 𝐭𝟎𝐋 𝟐 Torção 209 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.65. O dispositivo serve como uma mola de torção compacta. É feito de aço A-36 e composto por um eixo interno maciço CB embutido em um tubo AB e acoplado a esse tubo por um anel rígido em B. Podemos considerar que o anel em A também é rígido e está preso de modo que não pode girar. Se um torque T = 0,25 kN.m for aplicado ao eixo, determine o ângulo de torção na extremidade C e a tensão de cisalhamento máxima no tubo e eixo.Figura 5.65 ϕC = 250 × 0,6 ( π 2 × 0,01254)(75 × 109) + 250 × 0,3 π 2 × (0,0254 − 0,018754)(75 × 109) = (0,054536 rad) × 180° π = 3,125° τBC = 250 × 0,0125 π 2 × 0,01254 = 81,49 MPa τAB = 250 × 0,025 π 2 (0,0254 − 0,018754) = 14,9 MPa 5.66. O dispositivo serve como uma mola de torção compacta. É feito de aço A-36 e composto por um eixo interno maciço CB embutido em um tubo AB e acoplado a esse tubo por um anel rígido em B. Podemos considerar que o anel em A também é rígido e está preso de modo que não pode girar. Se a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 84 MPa e o ângulo de torção em C estiver limitado a ϕadm = 3º, determine o torque máximo T que pode ser aplicado na extremidade C. Figura 5.66 ϕadm = 3° × π 180° = TC × 0,6 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 + TC × 0,3 π 2 × (0,0254 − 0,018754)(75 × 109) ∴ TC = 240,02 N.m Substituindo T na fórmula da tensão de torção, obtem-se: τmáx = Tc J = 240 × 0,0125 π 2 × 0,01254 = 78,23 MPa < τadm = 84 MPa Ok! Torção 210 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.67. O eixo tem raio c e está sujeito a um torque por unidade de comprimento t0 distribuído uniformemente por todo o comprimento L do eixo. Se ele estiver preso em sua extremidade distante A, determine o ângulo de torção ϕ na extremidade B. O módulo de cisalhamento é G. Figura 5.67 T(x) = t0x ϕ = ∫ T(x)dx JG L 0 = 2t0 πc4G ∫ xdx L 0 = 𝐭𝟎𝐋 𝟐 𝛑𝐜𝟒𝐆 *5.68. O parafuso de aço A-36 é apertado dentro de um furo de modo que o torque de reação na haste AB pode ser expresso pela equação t = (kx²) N.m/m, onde x é dado em metros. Se um torque T = 50 N.m for aplicado à cabeça do parafuso, determine a constante k e a quantidade de torção nos 50 mm de comprimento da haste. Considere que a haste tem um raio constante de 4 mm. Figura 5.68 T = ∫ kx2dx 0,05 0 = 41,667(10−6)k ∴ 50 – 41,667(10−6)k = 0 ∴ k = 1,20 × 106 N/m² T = ∫ kx2dx x 0 = 1,20 × 106 ∫ x2dx = 0,4(106)x3 x 0 ϕ = ∫ T(x)dx JG L 0 = 2 π × 0,0044 × 75 × 109 ∫ [50 − 0,4(106)x3]dx 0,05 0 = 0,06217 rad = 3,56° Torção 211 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.69. Resolva o Problema 5.68 se o torque distribuído for t = (kx2/3)N.m/m. Figura 5.69 T = ∫ t dx = ∫ (kx2 3⁄ ) 0,05 0 0,05 0 dx = 0,00407163k ↶ + ∑ M = 0 ∴ 0,00407163k − 50 = 0 k = 12,28 × 10³ 5.70. O contorno da superfície do eixo é definido pela equação y = eax, onde a é uma constante. Se o eixo for submetido a um torque T em suas extremidades, determine o ângulo de torção na extremidade A em relação à extremidade B. O módulo de cisalhamento é G. Figura 5.70 ϕA/B = ∫ T dx JG L 0 = ∫ 2T dx π(eax)4G L 0 = 𝐓 𝟐𝐚𝛑𝐆 (𝟏 − 𝐞−𝟒𝐚𝐋) Torção 212 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.71. O eixo de aço A-36 tem diâmetro de 50 mm e está sujeito aos carregamentos distribuídos e concentrados mostrados. Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo e construa um gráfico para o ângulo de torção do eixo em radianos em relação a x. Figura 5.71 T(x) = (150 + 200x) N.m, o torque T será máximo para x = 0,5, portanto: Tmáx = 150 + 200 × 0,5 = 250 N.m τmáx = Tmáxc J = 250 × 0,025 π 2 × 0,0254 = 10,2 MPa ϕ(x) = ∫ T(x)dx JG = 2 π × 0,0254 × 75 × 109 ∫ (150 + 200x)dx x 0 L 0 = [3,26x + 2,17x²](10-3) rad Torção 213 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.72. Uma mola cilíndrica é composta por um anel de borracha preso a um anel e eixo rígidos. Se o anel for mantido fixo e um torque T for aplicado ao eixo rígido, determine o ângulo de torção do eixo. O módulo de cisalhamento da borracha é G. Dica: Como mostrado na figura, a deformação do elemento no raio r pode ser determinada por rdθ = dr𝛾. Use essa expressão juntamente com 𝜏 = 𝑇/(2𝜋𝑟2ℎ) do Problema 5.28 para obter o resultado. Figura 5.72 τ = T 2πr2h γ = τ G ∴ γ = T 2πr2hG rdθ = γdr ∴ dθ = γdr r θ = T 2πhG ∫ dr r3 r0 ri 𝛉 = 𝐓 𝟒𝛑𝐡𝐆 ( 𝟏 𝐫𝐢𝟐 − 𝟏 𝐫𝟎𝟐 ) Torção 214 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.3 - PROBLEMAS 5.73. O eixo de aço A-36 tem diâmetro de 50 mm e está preso nas extremidades A e B. Se for submetido ao momento, determine a tensão de cisalhamento máxima nas regiões AC e CB do eixo. Figura 5.73 (τAC)máx = TACc J = 200 × 0,025 π 2 × 0,0254 = 8,15 MPa (τCB)máx = TCBc J = 100 × 0,025 π 2 × 0,0254 = 4,07 MPa 5.74. O tubo de bronze C86100 tem diâmetro externo de 37,5 mm e espessura de 0,3 mm. A conexão C está sendo apertada com uma chave de torque. Se o torque desenvolvido em A for 16 N.m, determine o valor F das forças conjugadas. O tubo está engastado na extremidade B. Figura 5.74 Substituindo TBC na equação [1], obtem-se: F = 120 N ↶ + ∑ M = 0 300 – TAC – TBC = 0 [1] ϕB/A = TACLAC − TBCLBC JGaço = 0,4TAC − 0,8TBC π 2 (0,0254)(75 × 109) = 0 ∴ TAC = 2TBC [2] Substituindo TAC na equação [1], obtem-se: TAC = 200 N.m e TBC = 100 N.m ↶ + ∑ M = 0 16 + TBC – 0,3F = 0 [1] ϕB/C = ϕC/A TBC × 200 JG = 16 × 250 JG ∴ TBC = 20 N.m [2] Torção 215 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.75. O tubo de bronze C86100 tem diâmetro externo de 37,5 mm e espessura de 3 mm. A conexão em C está sendo apertada com uma chave de torque. Se for aplicada uma força F = 100 N, determine a tensão de cisalhamento máxima no tubo. Figura 5.75 ci = c0 – t = 18,75 – 3 = 15,75 mm ∴ τmáx = TBCc0 π 2 (c04 − ci4) = 16,667 × 0,01875 π 2 (0,018754 − 0,015754) = 3,21 Mpa *5.76. O eixo de aço é composto por dois segmentos: AC, com diâmetro de 12 mm e CB, com diâmetro de 25 mm. Se estiver preso em suas extremidades A e B e for submetido a um torque de 750 N.m, determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo. Gaço = 75 GPa. Figura 5.76 ϕA/B = ϕAC + ϕCD + ϕDB ϕA/B = TA × 125 π 2 × 0,0064 × 75 × 109 + TA × 200 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 + (TA − 750) × 300 π 2 × 0,01254 × 75 × 109 = 0 ∴ TA = 78,816 N.m τmáx = 78,816 × 0,006 π 2 × 0,0064 = 232,30 MPa ↶ + ∑ M = 0 TBC + TAC – 30 = 0 [1] ϕB/C = ϕC/A TBC × 200 JG = TAC × 250 JG ∴ TBC = 1,25TAC [2] Substituindo TBC na equação, obtem-se: TAC = 13,333 N.m e TBC = 1,25 × 13,333 = 16,667 N.m Torção 216 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.77. O eixo é feito de aço-ferramenta L2, tem diâmetro de 40 mm e está preso em suas extremidades A e B. Se for submetido ao conjugado, determine atensão de cisalhamento máxima nas regiões AC e CB. Figura 5.77 (τAC)máx = TAc J = 120 × 0,020 π 2 × 0,0204 = 9,55 MPa (τCB)máx = TBc J = 80 × 0,020 π 2 × 0,0204 = 6,37 MPa 5.78. O eixo composto tem uma seção média que indica o eixo maciço de 20 mm de diâmetro e um tubo soldado a flanges rígidas em A e B. Despreze a espessura das flanges e determine o ângulo de torção da extremidade C do eixo em relação à extremidade D. O eixo é submetido a um torque de 800 N.m. O material é aço A-36. Figura 5.78 ϕC/D = 2 × 18,632 × 0,1 ( π 2 × 0,0104)(75 x 109) + 781,38 × 0,15 π 2 × (0,0304 − 0,0254)(75 × 109) = (0,00553536 rad) × 180° π = 0,317° ↶ + ∑ M = 0 TA + TB – 200 = 0 [1] ϕA/B = ϕC/B 400TA JGaço = 600TB JGaço ∴ TA = 1,5TB [2] Substituindo TA na equação [1], obtem-se: TB = 80 N.m e TA = 120 N.m ↶ + ∑ M = 0 Ttubo + Teixo – 800 = 0 [1] ϕtubo = ϕeixo Ttubo = ( 304− 254 104 ) Teixo= ( 671 16 )Teixo [2] Substituindo Ttubo na equação[1], obtem-se: Teixo = 18,632 N.m e Ttubo = 781,38 N.m Torção 217 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.79. O eixo é composto por uma seção maciça de aço AB e uma porção tubular feita de aço com núcleo de latão. Se o eixo estiver preso a um apoio rígido A e for aplicado um torque T = 50 N.m a ele em C, determine o ângulo de torção que ocorre em C e calcule a tensão de cisalhamento máxima e a deformação por cisalhamento máxima no latão e no aço. Considere Gaço = 80 GPa, Glat = 40 GPa. Figura 5.79 Substituindo Taço na equação [1], obtem-se: Tlat = 1,613 N.m e Taço = 48,387 N.m ϕC = ϕlat + ϕaço = 1,613 × 1 ( π 2 × 0,0104)(40 × 109) + 50 × 1,5 ( π 2 × 0,0204)(80 × 109) = (0,0062974 rad) × 180° π = 0,361° τaço = 48,387 × 0,020 π 2 × (0,0204 − 0,0104) = 4,11 MPa τlat = 1,613 × 0,010 π 2 × 0,0104 = 1,03 MPa γaço = τaço Gaço = 4,11 × 106 80 × 109 = 51,34 × 10-6 rad γlat = τlat Glat = 1,03 × 106 40 × 109 = 25,67 × 10-6 rad *5.80. Os dois eixos de 1 m de comprimento são feitos de alumínio 2014-T6. Cada eixo tem diâmetro de 30 mm e os dois estão acoplados pelas engrenagens presas a uma das extremidades de cada um deles. As outras extremidades de cada um dos eixos estão engastadas em apoios fixos em A e B. Além disso, os eixos estão apoiados em mancais em C e D, que permitem que eles girem livremente ao longo de suas linhas centrais. Se um torque de 900 N.m for aplicado à engrenagem que está mais acima, como mostra a figura, determine a tensão de cisalhamento máxima em cada eixo. Figura 5.80 ↶ + ∑ T = 0 Taço + Tlat – 50 = 0 [1] ϕaço = ϕlat Taço = (204 − 104) × 80 104 × 40 Tlat = 30Tlat [2] ↶ + ∑ M = 0 TA + 0,8F – 900 = 0 [1] F = 2,5TB [2] TA + 2TB – 900 = 0 [3] 80ϕE = 40ϕF TB = 2TA [4] Substituindo TB na equação [3], obtem-se: TA = 180 N.m e TB = 360 N.m τAC = TAc J = 180 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 33,95 MPa τBD = TBc J = 360 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 67,91 MPa Torção 218 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.81. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada eixo tem diâmetro de 25 mm e os dois estão acoplados pelas engrenagens presas a uma das extremidades de cada um deles. As outras extremidades de cada um dos eixos estão engastadas em apoios fixos em A e B. Além disso, os eixos estão apoiados em mancais em C e D, que permitem que eles girem livremente ao longo de suas linhas centrais. Se for aplicado um torque de 500 N.m à engrenagem em E, como mostra a figura, determine as reações em A e B. Figura 5.81 Substituindo TA na equação [3], obtem-se: TA = 55,6 N.m e TB = 222 N.m 5.82. Determine a rotação da engrenagem em E no Problema 5.81. Figura 5.82 ϕE = ϕF 2 = TBLBF πc4Gaço = 222,222 × 0,75 π × 0,01254 × 75 × 109 = (0,028973 rad) × 180° π = 1,66° TA + 0,1F – 500 = 0 [1] TB – 0,05F = 0 [2] TA + 2TB = 500 [3] 100ϕE = 50ϕF ∴ 100 × TA × 1,5 JG = 50 × TB × 0,75 JG TA = 0,25TB [4] TA + 0,1F – 500 = 0 [1] TB – 0,05F = 0 [2] TA + 2TB = 500 [3] 100ϕE = 50ϕF ∴ 100 × TA × 1,5 JG = 50 × TB × 0,75 JG TA = 0,25TB [4] Substituindo TA na equação [3], obtem-se: TA = 55,6 N.m e TB = 222 N.m Torção 219 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.83. O eixo de aço A-36 é composto por dois segmentos: AC, com diâmetro de 10 mm e CB, com diâmetro de 20 mm. Se o eixo estiver engastado em suas extremidades A e B e for submetido a um torque distribuído uniforme de 300 N.m/m ao longo do segmento CB, determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. Figura 5.83 t = 300 N.m /m ∴ T(x) = tx = 300x ϕA/B = ϕAC + ϕCB = 0 ∴ 0,1TA ( π 2 × 0,0054)(75 × 109) + 0,4TA ( π 2 × 0,0104)(75 × 109) − ∫ T(X)dx ( π 2 × 0,0104)(75 × 109) 0,4 0 = 0 ∴ TA = 12 N.m TB = ∫ 300dx 0,4 0 − 12 = 108 N.m ∴ τmáx = TBcBC JBC = 2TB πcBC3 = 2 × 108 π × 0,0103 = 68,75 MPa *5.84. O eixo cônico está confinado pelos apoios fixos em A e B. Se for aplicado um torque T em seu ponto médio, determine as reações nos apoios. Figura 5.84 ↶ + ∑ M = 0 TA + TB – T = 0 L x = c y ∴ y = ( c L ) x c′ = c + y = c (1 + x L ) ϕ1 + ϕ2 = 0 ∴ ∫ TBdx π 2 c′ 4 G L 2⁄ 0 + ∫ (TB − T)dx π 2 c′ 4 G L L 2⁄ = 0 Solucionando a integral, obtem-se: 𝐓𝐁 = 𝟑𝟕 𝟏𝟖𝟗 𝐓 e TA = T − 37 189 T = 𝟏𝟓𝟐 𝟏𝟖𝟗 𝐓 Torção 220 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.85. Uma porção do eixo de aço A-36 é submetida a um carregamento de torção distribuído linearmente. Se o eixo tiver as dimensões mostradas na figura, determine as reações nos apoios fixos A e C. O segmento AB tem diâmetro de 30 mm, e o segmento BC tem diâmetro de 15 mm. Figura 5.85 Usando semelhança de triângulos, a equação do torque distribuído é: 1,5 t(x) = 1,2 1,2 − x ∴ t(x) = (1.500 − 1.250x) N.m/m ∴ T(x) = t(x)x = (1.500x − 1.250x2) N.m ϕC/A = 0 ∴ 0,96TC π 2 × 0,00754 × 75 × 109 + 1,2TC π 2 × 0,0154 × 75 × 109 − ∫ T(x)dx π 2 × 0,0154 × 75 × 109 1,2 0 = 0 Resolvendo a integral, obtem-se: TC = 21,74 N.m e TA = ∫ (1.500 − 1.250x)dx − 21,74 1,2 0 = 878,26 N.m 5.86. Determine a rotação da junta B e a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo do Problema 5.85. Figura 5.86 Usando semelhança de triângulos, a equação do torque distribuído é: 1,5 t(x) = 1,2 1,2−x ∴ t(x) = (1.500 − 1.250x) N.m/m ∴ T(x) = t(x)x = (1.500x − 1.250x2) N.m ϕC/A = 0 ∴ 0,96TC π 2 × 0,00754 × 75 × 109 + 1,2TC π 2 × 0,0154 × 75 × 109 − ∫ T(x)dx π 2 × 0,0154 × 75 × 109 1,2 0= 0 Resolvendo a integral, obtem-se: TC = 21,74 N.m e TA = ∫ (1.500 − 1.250x)dx − 21,74 1,2 0 = 878,26 N.m τmáx = TAcAB JAB = 2TA πcAB3 = 2 × 878,26 π × 0,0153 = 165,66 MPa ϕB = TCLBC JBCGaço = 21,74 × 0,96 π 2 × 0,00754 × 75 × 109 = (0,056 rad) × 180° π = 3,208° Torção 221 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.87. O eixo de raio c é submetido a um torque distribuído t, medido como torque/comprimento do eixo. Determine as reações nos apoios A e B. Figura 5.87 ↶ + ∑ M = 0 T – TA – TB = 0 [1] T = ∫ t dx = t0 ∫ [1 + ( x L ) 2 ] dx L 0 L 0 = 4 3 t0L T(x) = tx = t0 (x + x3 L2 ) ϕA/B = ∫ T(x)dx JG L 0 = t0 JG ∫ (x + x3 L2 ) dx = 3t0L 2 4JG L 0 ϕA/C = ϕA ∴ 𝐓𝐀 = 𝟑 𝟒 𝐭𝟎𝐋 [2] Substituindo TA na equação [1], obtem-se: TB = T − 3 4 t0L = 𝟕 𝟏𝟐 𝐭𝟎𝐋 Torção 222 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.4 - PROBLEMAS *5.88. Compare os valores da tensão de cisalhamento elástica máxima e do ângulo de torção desenvolvidos em eixos de aço inoxidável 304 com seções transversais circular e quadrada. Cada eixo tem a mesma área de seção transversal de 5.600 mm², comprimento de 900 mm e está submetido a um torque de 500 N.m. Figura 5.88 r = √ A π = √ 5.600 π = 42,22 mm ∴ a = √A = √5.600 = 74,83 mm (τC)máx = Tr J = 500 × 0,04222 π 2 × 0,042224 = 4,23 MPa (τS)máx = 4,81T a3 = 4,81 × 500 0,074833 = 5,74 MPa ϕC = TL JGaço = 500 × 0,9 π 2 × 0,042224 × 75 × 109 = (0,00120215 rad) × 180° π = 0,0689° ϕS = 7,10TL a4Gaço = 7,10 × 500 × 0,9 0,074834 × 75 × 109 = (0,001359 rad) × 180° π = 0,0778° 5.89. O eixo é feito de latão vermelho C83400 e tem seção transversal elíptica. Se for submetido ao carregamento de torção mostrado, determine a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões AC e BC e o ângulo de torção ϕ da extremidade B em relação à extremidade A. Figura 5.89 τAC = 2TAC πab2 = 2 × 50 π × 0,050 × 0,0202 = 1,592 MPa τBC = 2 × 30 π × 0,050 × 0,0202 = 0,955 MPa ϕB/A = ∑ (a2 + b2)TL πa3b3Glat = (0,0502 + 0,0202)[−50 × 2 − 30 × 1,5] π × 0,0503 × 0,0203 × 37 × 109 = (−0,0036175 rad) × 180° π = −0,2073° Torção 223 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.90. Resolva o Problema 5.89 para a tensão de cisalhamento máxima no interior das regiões AC e BC e ângulo de torção ϕ da extremidade B em relação à C. Figura 5.90 τAC = 2TAC πab2 = 2 × 50 π × 0,050 × 0,0202 = 1,592 MPa τBC = 2 × 30 π × 0,050 × 0,0202 = 0,955 MPa ϕB/C = − (a2 + b2)TBCLBC πa3b3Glat = − (0,0502 + 0,0202)(30)(1,5) π × 0,0503 × 0,0203 × 37 × 109 = (−0,0011227 rad) × 180° π = −0,0643° 5.91. O eixo de aço tem 300 mm de comprimento e é parafusado em parede com uma chave de torque. Determine as maiores forças conjugadas F que podem ser aplicadas ao eixo sem provocar o escoamento do aço. 𝜏e = 56 MPa. Figura 5.91 T = 0,4F τe = 4,81T a3 = 4,81 × 0,4F 0,0253 = 56 × 106 ∴ F = 454,78 N Torção 224 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.92. O eixo de aço tem 300 mm de comprimento e é parafusado em uma parede com uma chave de torque. Determine a máxima tensão de cisalhamento no eixo e o deslocamento que cada força conjugada sofre se o valor das forças conjugadas for F = 150 N. Gaço = 75 GPa. Figura 5.92 T = 0,4 × 150 = 60 N.m τmáx = 4,81T a3 = 4,81 × 60 0,0253 = 18,47 MPa ϕ = 7,10TL a4Gaço = 7,10 × 60 × 0,3 0,0254 × 75 × 109 = 0,004362 rad δF = 200ϕ = 200 × 0,004362 = 0,872 mm 5.93. O eixo é feito de plástico e tem seção transversal elíptica. Se for submetido ao carregamento de torção mostrado, determine a tensão de cisalhamento no ponto A e mostre a tensão de cisalhamento em um elemento de volume localizado nesse ponto. Determine também o ângulo de torção ϕ na extremidade B. Gp = 15 GPa. Figura 5.93 τA = 2TA πab2 = 2 × 90 π × 0,050 × 0,020² = 2,86 MPa ϕB = ∑ (a2+ b2)TL πa3b3Gp = (0,0502 + 0,0202)(50 × 1,5 + 90 × 2) π × 0,050³ × 0,020³ × 15 × 109 = (0,0157 rad) × 180° π = 0,899° Torção 225 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.94. O eixo quadra é usado na extremidade de um cabo de acionamento para registrar a rotação do cabo em um medidor. Se tiver as dimensões mostradas na figura e for submetido a um torque de 8 N.m, determine a tensão de cisalhamento no eixo no ponto A. Faça um rascunho da tensão de cisalhamento sobre um elemento de volume localizada nesse ponto. Figura 5.94 (τmáx)A = 4,81T a3 = 4,81 × 8 0,005³ = 308 MPa 5.95. O cabo de latão tem seção transversal triangular de 2 mm em um lado. Se a tensão de escoamento para o latão for τe = 205 MPa, determine o torque máximo T ao qual o cabo pode ser submetido de modo a não sofrer escoamento. Se esse torque for aplicado a um segmento de 4 m de comprimento, determine o maior ângulo de torção de uma extremidade do cabo em relação à outra extremidade que não causará dano permanente ao cabo. Glat = 37 GPa. Figura 5.95 τe = 20T a3 ∴ T = τea 3 20 = 205 × 106 × 0,0023 20 = 0,0820 N.m ϕ = 46TL a4Glat = 46 × 0,082 × 4 0,0024× 37 × 109 = 25,5 rad Torção 226 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.96. Pretende-se fabricar uma barra circular para resistir a torque; todavia, durante o processo de fabricação, a barra ficou elíptica, sendo que uma dimensão ficou menor que a outra por um fator k, como mostra a figura. Determine o fator k que causará aumento da tensão de cisalhamento máxima. Figura 5.96 (τmáx)c = Tc J = T( d 2 ) π 2 × ( d 2 ) 4 = 16T πd3 ∴ (τmáx)e = 2T πab2 = 2T π( d 2 )( kd 2 ) 2 = 16T πk2d3 Fator de aumento da tensão de cisalhamento máxima = (τmáx)e (τmáx)c = 16T πk2d3⁄ 16T πd3⁄ = 𝟏 𝐤𝟐 5.97. Uma escora de alumínio 2014-T6 está presa entre as duas paredes em A e B. Se tiver seção transversal quadrada de 50 mm por 50 mm e for submetida ao carregamento de torção mostrado, determine as reações nos apoios fixos. Determine também o ângulo de torção em C. Figura 5.97 ϕB/A = 0 ∴ 7,10 × TB × 0,6 0,0504× 27 × 109 + 7,10(TB − 30)(0,6) 0,0504× 27 × 109 + 7,10(TB − 90)(0,6) 0,0504× 27 × 109 = 0 ∴ TB = 40 N.m TA = 60 + 30 – 40 = 50 N.m ∴ ϕC = 7,10TALAC a4Gal = 7,10 × 50 × 0,6 0,0504× 27 × 109 = (0,001262 rad) × 180° π = 0,0723° Torção 227 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.98. O tubo de aço inoxidável 304 tem espessura de 10 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 80 MPa, determine o torque máximo T que ele pode transmitir. Calcule também o ângulo de torção de uma extremidade do tubo em relação à outra se o tubo tiver 4 m de comprimento. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias são mostradas na figura. Figura 5.98 Am = 30 × 70 = 2.100 mm² τméd = τadm= T 2tAm ∴ 80 × 106 = T 2 × 0,010 × 2.100 × 10−6 ∴ T = 3,36 kN.m s = 2 × 30 + 2 × 70 = 200 mm ϕ = TL 4Am 2Gaço ∮ ds t = TLs 4tAm 2Gaço = 3,36 × 103 × 4 × 0,2 4 × 0,010 × 0,00214× 75× 109 = (0,2032 rad) × 180° π = 11,6° 5.99. O tubo de aço inoxidável 304 tem espessura de 10 mm. Se o torque aplicado for T = 50 N.m, determine a tensão de cisalhamento média no tubo. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias são mostradas na figura. Figura 5.99 τméd = T 2tAm = 50 2(0,010)(0,030 × 0,07) = 1,19 MPa Torção 228 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.100. Determine a espessura constante do tubo retangular se a tensão de cisalhamento média não pode ultrapassar 84 MPa quando um torque T = 2,5 kN.m for aplicado ao tubo. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias do tubo são mostradas na figura. Figura 5.100 Am = 100 × 50 = 5.000 mm² τméd = T 2tAm ∴ t = T 2Amτméd = 2,5 × 103 2 × 5.000 × 10−6 × 84 × 106 = 0,00298 m = 2,98 mm 5.101. Determine o torque T que pode ser aplicado ao tubo retangular se a tensão de cisalhamento média não pode ultrapassar 84 MPa. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. As dimensões médias do tubo são mostradas na figura e o tubo tem espessura de 3 mm. Figura 5.101 Am = 100 × 50 = 5.000 mm² τméd = T 2tAm ∴ T = 2tAmτméd = 2 × 0,003 × 5.000 × 10 −6 × 84 × 106 = 2.520 N.m Torção 229 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.102. Um tubo com as dimensões mostradas na figura é submetido a um torque a T = 50 N.m. Despreze as concentrações de tensão em seus cantos, determine a tensão de cisalhamento média no tubo nos pontos A e B. Mostre a tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.102 Am = ( 50 + 44 2 ) ( 50 + 44 2 ) = 2.115 mm² (τA)méd = T 2tAAm = 50 × 103 2 × 3 × 2.115 = 3,94 MPa (τB)méd = T 2tBAm = 50 × 103 2 × 5 × 2.115 = 2,36 MPa 5.103. O tubo é feito de plástico, tem 5 mm de espessura, e as dimensões médias mostradas na figura. Determine a tensão de cisalhamento média nos pontos A e B se ele for submetido ao torque T = 5 N.m. Mostre a tensão de cisalhamento nos elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.103 Am = 110 × 80 + 40 × 30 2 = 9.400 mm² τB = T 2tAm = 5 × 103 2 × 5 × 9.400 = 53 kPa 𝛕𝐀 = 𝛕𝐁 = 53 kPa Torção 230 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.104. O tubo de aço tem seção transversal elíptica com as dimensões médias mostradas na figura e espessura constante t = 5 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa e o tubo tiver de resistir a um torque T = 375 N.m, determine a dimensão b. A área média para a elipse é Am = πb(0,5b). Figura 5.104 Am = 0,5πb² τadm = T 2tAm ∴ b = √ T πtτadm = √ 375 × 103 π × 5 × 56 = 20,65 mm 5.105. O tubo é feito de plástico, tem 5 mm de espessura e as dimensões médias são mostradas na figura. Determine a tensão de cisalhamento média nos pontos A e B se o tubo for submetido a um torque T = 500 N.m. Mostre a tensão de cisalhamento em elementos de volume localizados nesses pontos. Despreze as concentrações de tensão nos cantos. Figura 5.105 Am = (40 × 30)(2) 2 + (100 × 40) = 5.200 mm² (τméd)A = (τméd)B = T 2tAm = 500 × 103 2 × 5 × 5.200 = 9,62 MPa Torção 231 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.106. O tubo de aço tem seção transversal elíptica de dimensões médias mostradas na figura e espessura constante t = 5 mm. Se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa, determine a dimensão b necessária para resistir ao torque mostrado. A área média para a elipse é Am = πb(0,5b). Figura 5.106 5.107. O tubo simétrico é feito de aço de alta resistência, tem as dimensões médias mostradas na figura e 5 mm de espessura. Se for submetido a um torque T = 40 N.m, determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida nos pontos A e B. Indique a tensão de cisalhamento em elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 5.107 Am = (40 × 60) × 2 + (60 + 60 + 40) × 40 = 11.200 mm² (τméd)A = (τméd)B = T 2tAm = 40 × 103 2 × 5 × 11.200 = 357 kPa ↶ + ∑ M = 0 Tmáx – 450 + 120 – 75 = 0 Tmáx = 405 N.m Am = 0,5πb² τadm = T 2tAm b = √ T πtτadm = √ 405 × 103 π × 5 × 56 = 21,46 mm Torção 232 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.108. Devido a um erro de fabricação, o círculo interno do tubo é excêntrico em relação ao círculo externo. Qual é a porcentagem de redução da resistência à torção quando a excentricidade e for igual a 1/4 da diferença entre os raios? Figura 5.108 τméd = T 2tAm = T 2(a − b)π( a + b 2 ) 2 ∴ T = 2(a − b)π ( a + b 2 ) 2 τméd τméd = T′ 2tAm = T 2(a − b)π( a + b 2 ) 2 t = a − e 2 − ( e 2 + b) = a − e − b T′ = 2 [ 3 4 (a − b)] π ( a + b 2 ) 2 τméd, sendo assim a relação será: T′ T = 3 4 Percentual de redução da resistência à torção = 100% (1 − 3 4 ) = 𝟐𝟓% 5.109. Para uma tensão de cisalhamento média dada, determine o fator de elevação da capacidade de resistência ao torque se as seções semicirculares forem invertidas das posições indicadas pelas linhas tracejadas para as posições da seção mostrada na figura. O tubo tem 2,5 mm de espessura. Figura 5.109 y = √225 − 12,5² = 8,292 mm ∴ θ = arctang ( y 12,5 ) = 33,557° ∴ ϕ = 180° − 2 × 33,557° = 112,885° am = (45 − 2y + 45) 2 = 36,708 mm C = 15πϕ 180° = 15 × π × 112,885° 180° = 29,553 mm ∴ Cm = 29,553 + 12,5π 2 = 34,412 mm Continua... Torção 233 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 34,412 = πrm ∴ rm = 10,954 mm ∴ Am1 = 2 × 36,708 × 10,954 − π × 10,954 2 = 427,246 mm² Cm = 15π + 12,5π 2 = 43,197 mm ∴ 43,197 = πrm ∴ rm = 13,75 mm am = 45 mm ∴ Am2 = 2 × 45 × 13,75 + π × 13,75 2 = 1.215,457 mm² Logo, o fator de elevação da capacidade de resistência ao torque será: α = Am2 Am1 = 1.215,457 427,246 = 2,85 5.110. Para uma dada tensão de cisalhamento máxima, determine o fator de elevação da capacidade de resistência ao torque se a seção semicircular for invertida da posição indicada pelas linhas tracejadas para a posição da seção mostradas na figura. O tubo tem 2,5 mm de espessura. Figura 5.110 y = √225 − 12,5² = 8,292 mm ∴ am = (45 − 8,292 − 2,5) + 45 2 = 39,604 mm ∴ bm = 30 + 25 2 = 27,5 mm θ = arctang ( 8,292 12,5 ) = 33,557° ∴ ϕ = 180° − 2 × 33,557° = 112,885° ∴ C = 15π × 112,885° 180° = 29,553 mm Cm = 29,553 + 12,5π 2 = 34,412 mm ∴ 34,412 = πrm ∴ rm = 10,954 mm Am1 = 39,604 × 27,5 − π 2 × 10,9542 = 900,65mm² am = 45 + (45 − 2,5) 2 = 43,75 mm ∴ Cm = 15π + 12,5π 2 = 43,197 mm ∴ 3,197 = πrm ∴ rm = 13,75 mm Am2 = 2ambm + π 2 rm 2 = 2 × 39,604 × 27,5 + π 2 × 13,752 = 1.500 mm² α = Am2 Am1 = 1.500 900,65 = 1,66 Torção 234 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.5 - PROBLEMAS 5.111. A tensão de cisalhamento admissível para o aço usada no eixo é τadm = 8 MPa. Se os elementos forem interligados por um filete de solda de raio r = 4 mm, determine o torque máximo T que pode ser aplicado. Figura 5.111 D d = 50 20 = 2,5 ∴ r d = 4 20 = 0,2 ∴ k = 1,25 τadm = k (T 2⁄ )c J = 1,25 × 0,5T × 0,01 π 2 × 0,014 = 8 × 106 ∴ T = 20,1 N.m *5.112. O eixo é usado para transmitir 660 W ao girar a 450 rpm. Determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo. Os segmentos são interligados por um filete de solda de raio 1,875 mm. Figura 5.112 ω = 450 × 2π 60 = 47,124 rad/s D d = 25 12,5 = 2 ∴ r d = 1,875 12,5 = 0,15 ∴ k = 1,3 τmáx = k Tc J = k 2P πωc3 = 1,3 × 2 × 660 π × 47,124 × 0,006253 = 47,48 MPa Torção 235 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.113. O eixo está preso à parede em A e é submetido aos torques mostrados na figura. Determine a tensão de cisalhamento máxima no eixo. Um filete de solda de raio 4,5 mm é usado para interligar os eixos em B. Figura 5.113 D d = 60 30 = 2 ∴ r d = 4,5 30 = 0,15 ∴ k = 1,3 (τCD)máx = 250 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 47,2 MPa (τEA)máx = 750 × 0,030 π 2 × 0,0304 = 17,68 MPa (τDB)máx = 1,3 × 50 × 0,015 π 2 × 0,0154 = 12,26 MPa 5.114. O eixo aumentado foi projetado para girar a 720 rpm enquanto transmite 30 kW de potência. Isso é possível? A tensão de cisalhamento admissível é τadm = 12 MPa. Figura 5.114 ω = 720 × 2π 60 = 75,398 rad/s D d = 75 60 = 1,25 ∴ r d = 7,98 60 = 0,133 ∴ k = 1,28 τadm = k Tc J ∴ T = π × 0,0303× 12 × 106 2 × 1,28 = 397,61 N.m ∴ Pmáx = 75,398 × 397,6 = 29,98 kW Não, não é possível, pois Pmáx < P = 30 kW Torção 236 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.115. O eixo aumentado foi projetado para girar a 540 rpm. Se o raio do filete de solda que interliga os eixos for r = 7,20 mm e a tensão de cisalhamento admissível para o material for τadm = 55 MPa, determine a potência máxima que o eixo pode transmitir. Figura 5.115 ω = 540 × 2π 60 = 56,549 rad/s D d = 75 60 = 1,25 ∴ r d = 7,2 60 = 0,12 ∴ k = 1,3 τadm = k Tc J ∴ T = πc3τadm 2k = π × 0,033× 55 × 106 2 × 1,3 = 1.794,33 N.m Pmáx = ωT = 56,549 × 1.794,33 = 101,5 kW ≅ 101 kW *5.116. A tensão de cisalhamento admissível para o aço usado na fabricação do eixo é τadm = 8 MPa. Se os elementos forem interligados por um filete de solda de raio r = 2,25 mm, determine o torque máximo T que pode ser aplicado. Figura 5.116 D d = 30 15 = 2 ∴ r d = 2,25 15 = 0,15 ∴ k = 1,3 τadm = k (T 2⁄ )c J ∴ T = πc3τadm k = π × 0,00753 × 8 × 106 1,3 = 8,16 N.m Torção 237 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.117. Um eixo maciço é submetido ao torque T, que provoca o escoamento do material. Se o material for elástico- plástico, mostre que o torque pode ser expresso em termos do ângulo de torção ϕ do eixo como T = 4/3Te(1-ϕe3/4ϕ3), onde Te e ϕe são o torque e o ângulo de torção quando o material começa a escoar. c = γL ϕ ρe = γL ϕe T = πτe 6 (4c3 − ρe 3) [1] τe = Tec πc4 2 = 2Te πc3 [2] Substituindo τe na equação [1], obtem-se: T = 4Te 3 (1 − ρe 3 4c3 ) = 𝟒𝐓𝐞 𝟑 (𝟏 − 𝛟𝐞 𝟑 𝟒𝛟𝟑 ) 5.118. Um eixo maciço com diâmetro de 50 mm é feito de material elástico-plástico com tensão de escoamento τe = 112 MPa e módulo de cisalhamento G = 84 GPa. Determine o torque exigido para desenvolver um núcleo elástico no eixo com diâmetro de 25 mm. Calcule também o torque plástico. T = πτe 6 (4c3 − ρe 3) = π × 112 × 106 6 (4 × 0,0253 − 0,01253) = 3,551 kN.m Tp = 2π 3 τec 3 = 2π 3 × 112 × 106 × 0,0253= 3,665 kN.m 5.119. Determine o torque necessário para torcer um cabo de aço curto de 3 m de diâmetro por várias revoluções se ele for feito de um aço que se presume ser elástico-plástico com tensão de escoamento τe = 80 MPa. Considere que o material se torna totalmente plástico. Tp = 2π 3 τec 3 = 2π 3 (80 × 106)(0,00153) = 0,565 N.m *5.120. Um eixo maciço tem diâmetro de 40 mm e comprimento de 1 m e é feito de um material elástico-plástico com tensão de escoamento τe = 100 MPa. Determine o torque elástico máximo Te e o ângulo de torção correspondente. Qual é o ângulo de torção se o torque for aumentado para T = 1,2Te? G = 80 GPa. Te = τeJ c = 100 × 106 × π 2 × 0,024 0,02 = 1.256,64 N.m = 1,26 kN.m φ = TeL JG = 1256,64 × 1 π 2 × 0,024 × 80 × 109 = 0,0625 rad = 3,58° γe = τe G = 100 × 106 80 × 109 = 0,00125 rad ∴ φ = γeL ρe = 0,00125 × 1 0,02 = 0,0625 rad = 𝟑, 𝟓𝟖° T = πτe 6 (4c3 − ρe 3) ∴ 1,2 × 1256,64 = π × 100 × 106 6 (4 × 0,023 − ρe 3) ∴ ρe = 0,01474 m φ′ = γeL ρe = 0,00125 × 1 0,01474 = 0,0848 rad = 4,86° Torção 238 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.121. O eixo é submetido a um torque T que produz escoamento na superfície do segmento de maior diâmetro. Determine o raio do núcleo elástico produzido no segmento de menor diâmetro. Despreze a concentração de tensão no filete. Figura 5.121 τe = Tec J ∴ Te = τeJ c = (13,5 × 10−6)πτe Te = πτe 6 (4c3 − ρe 3), substituindoTe, tem-se que: (13,5 × 10 −6 ) πτe = πτe 6 [4 × 0,02753 − ρe 3] Logo, solucionando a equação, obtem-se: ρe = 0,01298 m = 𝟏𝟑, 𝟎 𝐦𝐦 5.122. Uma barra com seção transversal circular de 75 mm de diâmetro é submetido a um torque de 12 kN.m. Se o material for elástico-plástico, com τe = 120 MPa, determine o raio do núcleo elástico. T = πτe 6 (4c3 − ρe 3) Substituindo os dados, tem-se que: 12 × 103 = π × 120 × 106 6 (4 × 0,03753 − ρe 3) Logo, solucionando a equação, obtem-se: 𝛒𝐞 = 𝟐𝟕, 𝟏𝟐 𝐦𝐦 5.123. Um eixo tubular tem diâmetro interno de 20 mm, diâmetro externo de 40 mm e comprimento de 1 m. É feito de um material elástico perfeitamente plástico com tensão de escoamento τe = 100 MPa. Determine o torque máximo que ele pode transmitir. Qual é o ângulo de torção de uma extremidade em relação à outra extremidade se a deformação por cisalhamento na superfície interna do tubo estiver prestes a escoar? G = 80 GPa. Figura 5.123 Tp = 2π 3 τe(c0 3 − ci 3) = 2π 3 (100 × 106)(0,0203 − 0,0103) = 1,47 kN.m γe = τe G = 100 × 106 80 × 109 = 0,00125 rad ∴ ϕ = γeL ρe = 0,00125 × 1 0,010 = (0,125 rad) × 180° π = 𝟕, 𝟏𝟔° Torção 239 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.124. O tubo de 2 m de comprimento é feito de um material elástico-plástico como mostra a figura. Determine o torque aplicado T que submete o materialda borda externa do tubo a uma deformação por cisalhamento de γmáx = 0,008 rad. Qual seria o ângulo de torção permanente do tubo quando o torque for removido? Faça um rascunho da distribuição da tensão residual no tubo. Figura 5.124 φ = γmáxL c = 0,008 × 2 0,045 = 0,3556 rad φ = γrL ρr ∴ 0,3556 = 0,003 ρr (2) ∴ ρr = 0,016875 m < 0,04 m 0,008 45 = r 40 ∴ r = 0,00711 > 0,003 Tp = 2π ∫ τrρ 2dρ c0 ci = 2πτr 3 (c0 3 − ci 3) = 2π × 240 × 106 3 (0,0453 − 0,0403) = 13.634,5 N. m = 𝟏𝟑, 𝟔 𝐤𝐍. 𝐦 G = 240 × 106 0,003 = 80 GPa φ = TpL JG = 13.634,5 × 2 π 2 (0,0454 − 0,044)(80 × 109) = 0,14085 rad φr = φ − φ ′ = 0,35555 − 0,14085 = 0,215 rad = 𝟏𝟐, 𝟑° τp0 = Tpc J = 13.634,5×0,045 π 2 (0,0454−0,044) = 253,5 MPa τp1 = 0,04 0,045 (253,5) = 225,4 MPa Torção 240 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.125. O tubo tem comprimento de 2 m e é feito de um material elástico – plástico material como mostra a figura. Determine o torque necessário só para tornar o material totalmente plástico. Qual é o ângulo de torção permanente do tubo quando esse torque é removido? Figura 1.125 Tp = 2πτe 3 (c0 3 − ci 3) = 2π × 350 × 106 3 (0,053 − 0,033) = 71.837,75 N.m = 71,8 kN.m ϕp = γeL ρe = ( 0,007 0,03 ) (2) = 0,4667 rad ∴ G = 350 × 106 0,007 = 50 GPa ϕp ′ = TpL JG = 71.837,75 × 2 π 2 (0,054 − 0,034)(50 × 106) = 0,3363 rad ∴ ϕr = ϕp − ϕ ′ p = 0,4667 − 0,3363 = 0,1304 rad = 𝟕, 𝟒𝟕° 5.126. O eixo é feito de um material endurecido por deformação cujo diagrama 𝜏 − 𝛾 é mostrado na figura. Determine o torque T que deve ser aplicado ao eixo de modo a criar um núcleo elástico no eixo com raio ρc = 12,5 mm. Figura 5.126 τ1 γ = 70(103) 0,005 = 14(106) ∴ τ1 = 14(10 6)γ τ2 − 70(10 3) γ − 0,005 = 105(103) − 70(103) 0,01 − 0,005 ∴ τ2 = 7(10 6)γ + 35(103) γmáx = ( 15 12,5 ) (0,005) = 0,006 ∴ γ = ρ c γmáx = ( ρ 15 ) (0,006) = 0,0004ρ τ1 = 14(10 6)(0,0004ρ) = 5.600ρ ∴ τ2 = 7(10 6)(0,0004ρ) + 35(103) = 2.800ρ + 35.000 T = 2π ∫ τρ2dρ c 0 = 2π ∫ 5.600ρ3dρ 12,5 0 + 2π ∫ [2.800ρ3 + 35.000ρ2]dρ 15 12,5 = 434.267.915,74 N.mm = 434,27 kN.m Torção 241 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.127. O tubo de 2 m de comprimento é feito de um material elástico perfeitamente plástico como mostra a figura. Determine o torque aplicado T que submete o material da borda externa do tubo à superfície à deformação por cisalhamento 𝛾𝑚á𝑥 = 0,006 rad. Qual será o ângulo de torção permanente do tubo quando esse torque for removido? Faça um rascunho da distribuição de tensão residual no tubo. Figura 5.127 γmáx = 0,006 rad > γe = 0,003 rad, logo, ocorre escoamento do material Tp = 2π 3 τe(c0 3 − ci 3) = 2π 3 (210 × 106)(0,0353 − 0,0303) = 6,98 kN.m ∴ ϕp = γmáxL c0 = 0,006 × 2 0,035 = 0,343 rad G = 210 × 106 0,003 = 70 GPa ϕ′p = TpL π 2 (c04 − ci4)G = 6,98 × 103 × 2 π 2 (0,0354 − 0,0304)(70 × 109) = 0,184 rad (ângulo de torção após Tp ser removido) ϕr = ϕp − ϕp ′ = 0,3434 − 0,184 = (0,159 rad) × 180° π = 9,11° *5.128. O diagrama tensão – deformação por cisalhamento para um eixo maciço de 50 mm de diâmetro pode ser aproximado como mostra a figura. Determine o torque exigido para provocar uma tensão de cisalhamento máxima de 125 MPa no eixo. Se o eixo tiver 3 m de comprimento, qual será o ângulo de torção correspondente? Figura 5.128 γ = ρ c γmáx ∴ ρ = cγ γmáx = 0,025 × 0,0025 0,01 = 0,00625 m ∴ τ − 0 ρ − 0 = 50 × 106 0,00625 ∴ τ = (8.000 × 106)ρ τ− 50 × 106 ρ − 0,00625 = 125 × 106− 50 × 106 0,025 − 0,00625 ∴ τ = (4.000 × 106)ρ + 25 × 106 T = 2π ∫ τρ2dρ = 2π ∫ (8.000 × 106)ρ3dρ + 2π ∫ [(4.000 × 106)ρ + (25 × 106)ρ2]dρ 0,025 0,00625 0,00625 0 c 0 = 3.269 N.m = 3,27 kN.m φ = γmáxL c = 0,01 × 3 0,025 = 1,20 rad = 68,8° Torção 242 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.129. O eixo é composto por duas seções rigidamente acopladas. Se o material for elástico perfeitamente plástico como mostra a figura, determine o maior torque T que pode ser aplicado ao eixo. Além disso, desenhe a distribuição da tensão de cisalhamento na linha radial para cada seção. Despreze o efeito da concentração de tensão. Figura 5.129 Tp = 2π ∫ τeρ 2dρ c 0 = 2π 3 τec 3 = 2π 3 × 70 × 106 × 0,013 = 𝟏𝟒𝟔, 𝟔𝟏 𝐍. 𝐦 τmáx = Tc J = 146,61 × 0,0125 π 2 × 0,01254 = 𝟒𝟕, 𝟕𝟗 𝐌𝐏𝐚 5.130. O eixo é feito de um material elástico perfeitamente plástico como mostra a figura. Faça um gráfico da distribuição da tensão de cisalhamento que age ao longo de uma linha radial se o eixo for submetido a um torque T = 2 kN.m. Qual será a distribuição da tensão no eixo quando o torque for removido? Figura 5.130 T = π 6 τe(4c 3 − ρe 3) ∴ ρe = √4c3 − 6T πτe 3 = √4 × 203 − 6 × 2 ×106 π × 150 3 = 18,7 mm τr = Tc J = 2 × 106 × 20 π 2 × 204 = 159,15 MPa ∴ (τr)ρ=c = τr − τe = 159,15 − 150 = 9,15 MPa τi = τrρe c = 159,15× 18,7 20 = 148,81 MPa ∴ (τr)ρ=0,0187m = τi − τe = 148,1 − 150 = −1,22 MPa Torção 243 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.131. Um eixo de 40 mm de diâmetro é feito de um material elástico – plástico como mostra a figura. Determine o raio de seu núcleo elástico se ele for submetido a um torque T = 300 N.m. Se o eixo tiver 250 mm de comprimento, determine o ângulo de torção. Figura 5.131 T = πτe 6 (4c3 − ρe 3) ∴ ρe = √4c3 − 6T πτe 3 = √4 × 203 − 6 × 300 × 103 π × 21 3 = 16,77 mm ϕ = γeL ρe = 0,006 × 250 16,77 = 0,089445 rad = 5,1248° *5.132. Um torque é aplicado ao eixo que tem raio de 100 mm. Se o material obedecer a uma relação tensão – deformação por cisalhamento de τ = 20γ1 3⁄ MPa, determine o torque que deve ser aplicado ao eixo de modo que a máxima deformação por cisalhamento se torne 0,005 rad. Figura 5.132 γ = ρ c γmáx = ρ 0,1 (0,005) = 0,05ρ ∴ τ = 20 × 106 × (0,05ρ)1/3 = 7,3681(106)ρ1/3 T = 2π ∫ τρ2dρ = 2π(7,3681 × 106) ∫ ρ7/3dρ 0,1 0 c 0 = 6446,46 N.m = 6,45 kN.m Torção 244 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.133. O eixo é feito de um material perfeitamente plástico como mostra a figura. Determine o torque que o eixo pode transmitir se o ângulo de torção admissível for 0,375 rad. Determine também o ângulo de torção permanente, uma vez removido o torque. O eixo tem 2 m de comprimento. Figura 5.133 ϕadm = γmáxL c ∴ γmáx = 0,375 × 0,02 2 = 0,00375 rad ρe = 0,001875 × 0,02 0,00375 = 10 mm ∴ T = π 6 τe(4c 3 − ρe 3) = π 6 (150 × 106)(4 × 0,023 − 0,013) = 2,43 kN.m G = 150 MPa 0,001875 = 80 GPa ∴ ϕ′ = TL JG = 2,43 × 10³ × 2 π 2 × 0,024× 80 × 109 = 0,242 rad ϕr = ϕ − ϕ ′ = 0,375 − 0,242 = 0,133 × 180° π = 7,61°Torção 245 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.6 - PROBLEMAS DE REVISÃO 5.134. Considere um tubo de parede fina de raio médio r e espessura t. Mostre que a tensão de cisalhamento máxima no tubo devido a um torque aplicado T se aproxima da tensão de cisalhamento média calculada pela Equação 5.18 quando r/t → ∞. Figura 5.134 r t → ∞, isso nos mostra que t é tão pequeno que ri → r0 , logo: τmáx = Tr0 π 2 (r04 − ri4) = 2Tr0 π(r02 + ri2)(r02 − ri2) = 2Tr0 2πr02(r0 + ri)(r0 − ri) τmáx = T 2πr02t , sabendo-se que ri = r0 = r , pelo fato de que r t → ∞, tem-se que: 𝛕𝐦á𝐱 = 𝛕𝐦é𝐝 = 𝐓 𝟐(𝛑𝐫𝟐)𝐭 = 𝐓 𝟐𝐭𝐀𝐦 5.135. O eixo de aço inoxidável 304 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 60 mm. Quando está girando a 60 rad/s, transmite 30 kW de potência do motor E para o gerador G. Determine a menor espessura do eixo se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 150 MPa e o eixo estiver restrito a uma torção não maior do que 0,08 rad. Figura 5.135 T = P ω = 30 × 103 60 = 500 N.m ϕ = TL JGaço ∴ ci = √c04 − 2TL πϕGaço 4 = √0,0304 − 2 × 500 × 3 π × 0,08 × 75 × 109 4 = 0,0284 m = 28,4 mm t = c0 − ci = 30 – 28,4 = 1,6 mm τmáx = Tc0 π 2 (c04 − ci 4) = 500 × 0,030 π 2 (0,0304 − 0,02844) = 59,88 MPa < τadm = 150 MPa Ok! Torção 246 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *5.136. O eixo maciço de aço inoxidável 304 tem 3 m de comprimento e diâmetro de 50 mm. Ele deve transmitir 40 kW de potência do motor E para o gerador G. Determine a menor velocidade angular que o eixo pode ter se estiver restrito a uma torção não maior do que 1,5º. Figura 5.136 ϕ = (1,5°) ( π 180° ) = 0,02618 rad ϕ = TL JGaço ∴ ω = 2PL πc4ϕGaço = 2 × 40 × 103 × 3 π × 0,0254 × 0,02618 × 75 × 109 = 99,6 rad/s 5.137. O tubo de uma perfuratriz de poço de petróleo é feito de aço e tem diâmetro externo de 112 mm e espessura de 6 mm. Se o tubo estiver girando a 650 rev/minuto enquanto recebe potência de um motor de 12 kW, determine a tensão de cisalhamento máxima no tubo. ω = 650 × 2π 60 = 68,068 rad/s ci = c0 − t = 56 − 6 = 50 mm T = P ω = 12 × 103 68,068 = 176,295 N.m ∴ τmáx = Tc0 π 2 (c04 − ci4) = 2Tc0 π(c04 − ci4) = 2 × 176,295 × 0,056 π(0,0564 − 0,0504) = 1,75 MPa 5.138. O eixo cônico é feito de liga de alumínio 2014-T6 e seu raio pode ser descrito pela função r = 0,02(1 + x3/2) m, onde x é dado em metros. Determine o ângulo de torção de sua extremidade A se ele for submetido a um torque de 450 N.m. Figura 5.138 J(x) = π 2 r4 = 8π(1 + x3 2⁄ )410−8 m4 ϕA = ∫ T dx J(x)Gal L 0 = 450 8π × 10−8 × 27 × 109 ∫ dx (1 + x3 2⁄ )4 4 0 = 0,0277 rad = 1,59° Torção 247 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.139. O motor do helicóptero transmite 660 kW ao eixo do rotor AB quando a hélice está girando a 1.500 rev/minuto. Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro do eixo AB se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 56 MPa e as vibrações limitarem o ângulo de torção do eixo a 0,05 rad. O eixo tem 0,6 m de comprimento e é feito de aço-ferramenta L2. Figura 5.139 ω = 1.500 × 2π 60 = 157,08 rad/s ∴ T = P ω = 660 × 103 157,08 = 4.201,7 N.m ϕ = TL JGaço ∴ c = √ 2TL πϕGaço 4 = √ 2 × 4.201,7 × 0,6 π × 0,05 × 75 × 109 4 = 0,02558 m = 25,58 mm τmáx = Tc J = 4.201,7 × 0,02558 π 2 × 0,025584 = 159,86 MPa Logo, ocorre escoamento do material, pois: τmáx > τadm = 56 MPa , Logo: d = 2√ 2T πτadm 3 = 2√ 2 × 4.201,7 π × 56 × 106 3 = 0,07256 m = 72,56 mm ≅ 75 mm *5.140. O motor do helicóptero transmite 660 kW ao eixo do rotor AB quando a hélice está girando a 1.500 rev/minuto. Determine, com aproximação de múltiplos de 5 mm, o diâmetro do eixo AB se a tensão de cisalhamento admissível for τadm = 75 MPa e as vibrações limitarem o ângulo de torção do eixo a 0,03 rad. O eixo tem 0,6 m de comprimento e é feito de aço-ferramenta L2. Figura 5.140 ω = 1.500 × 2π 60 = 157,08 rad/s ∴ T = P ω = 660 × 103 157,08 = 4.201,7 N.m ϕ = TL JGaço ∴ c = √ 2TL πϕGaço 4 = √ 2 × 4.201,7 × 0,6 π × 0,03 × 75 × 109 4 = 0,02906 m ∴ τmáx = 4.201,7 × 0,02906 π 2 × 0,029064 = 109 MPa > τadm = 75 MPa τadm = Tc J ∴ c = √ 2T πτadm 3 = √ 2 × 4.201,7 π × 75 × 106 3 = 32,92 mm ∴ d = 2c = 65,84 mm ≅ 70 mm Torção 248 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.141. O material de fabricação de cada um dos três eixos tem tensão de escoamento τe e módulo de cisalhamento G. Determine qual das geometrias resistirá ao maior torque sem escoamento. Qual porcentagem desse torque pode ser suportada pelos outros dois eixos? Considere que cada eixo é feito com a mesma quantidade de material e tem a mesma área de seção transversal A. Figura 5.141 Círculo: τe = TCr J ∴ TC = 1,57r 3τe [1] Quadrado: a2 = πr2 ∴ a = r√π τe = 4,81TQ a3 ∴ TQ = 1,158r 3τe [2] Triângulo: πr2 = a2sen(60°) 2 ∴ a = 2r√π √3 4 τe = 20TT a3 ∴ TT = 0,977r 3τe [3] Comparando os resultados encontrados para os torques, nota-se que a forma circular resistirá ao maior torque, logo: A = πr2 ∴ r = ( A π ) 1 2 , substituindo r em [1], obtem-se: 𝐓𝐂 = 𝟎, 𝟐𝟖𝟐𝐀 𝟑 𝟐𝛕𝐞 Forma quadrangular: TQ TC × 100 % = 𝟕𝟑, 𝟕% Forma triangular: TT TC × 100 % = 𝟔𝟐, 𝟐% Torção 249 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.142. O tubo circular de aço A-36 é submetido a um torque de 10 kN.m. Determine a tensão de cisalhamento no raio médio ρ = 60 mm e calcule o ângulo de torção do tubo se ele tiver 4 m de comprimento e estiver preso em sua extremidade mais distante. Resolva o problema usando as equações 5.7, 5.15, 5.18 e 5.20. Figura 5.142 Equação 5.18 Am = πρ 2 = 11.309,733 mm² ∴ τméd = T 2tAm = 10 × 106 2 × 5 × 11.309,733 = 88,42 MPa Equação 5.7 c0 + ci 2 = 60 mm ∴ c0 + ci = 120 mm [1] ci + t = c0 ∴ c0 = ci + 5 mm [2] Resolvendo as equações [1] e [2], obtem-se: c0 = 62,5 mm e ci = 57,5 mm τmáx = Tρ π 2 (c04 − ci4) = 10 × 103 π 2 (0,06254 − 0,05754) = 88,27 MPa Equação 5.20 ϕ = TL 4Am 2Gaço ∮ ds t = TL 2πtρ3Gaço = 10 × 106 × 4.000 2π × 5 × 603 × 75 × 103 = 0,078595 rad = 4,503° Equação 5.15 ϕ = TL π 2 (c04 − ci4)Gaço = 10 × 106 × 4.000 π 2 (62,54 − 57,54)(75 × 103) = 0,07845882 rad = 4,495° Torção 250 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 5.143. O tubo de alumínio tem 5 mm de espessura e dimensões da seção transversal externa mostradas na figura. Determine a máxima tensão de cisalhamento média no tubo. Se o tubo tiver comprimento de 5 m, determine o ângulo de torção Gal = 28 GPa. Figura 5.143 Am = ( 150 + 140 2 ) ( 100 + 90 2 ) = 13.775 mm² (τméd)máx = TAB 2tAm = 280 2 × 0,005 × 13.775 × 10−6 = 2,03 MPa ϕ = ∑ TL 4Am 2Gal ∮ ds t = ( 280 × 2 + 145 × 3 4 × (13.775 × 10−6)2× 28 × 109 ) ( 2 × 0,145 + 2 × 0,095 0,005 ) ϕ = 0,00449 rad = 𝟎, 𝟐𝟓𝟖° 251Capítulo 6 Flexão Flexão 252 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.1 - PROBLEMAS 6.1. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo. Os mancais em A e B exercem somente reações verticais no eixo. Figura 6.1 ↶ + ∑ MA = 0 −0,8RB + 24 × 0,25 = 0 RB = 7,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA – 7,5 – 24 = 0 RA = 31,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,250 m) M(x1) = −24x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −24 kN Seção 2 (0,250 m ≤ x2 ≤ 1,05 m) M(x2) = 7,5x2 − 7,875 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 7,5 kN Flexão 253 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.2. Um dispositivo é usado para suportar uma carga. Se a força aplicada ao cabo for 250 N, determine as tensões T1 e T2 em cada extremidade da corente e, então, represente graficamente os diagramas de força cortante e momento para o braço ABC. Figura 6.2 ↶ + ∑ MB = 0 0,3 × 250 – 0,075T2 = 0 T2 = 1,00 kN ↑ + ∑ Fy = 0 T1 – 1 – 0,250 = 0 T1 = 1,25 kN Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,3 m) M(x1) = −0,250x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −0,25 kN Seção BC (0,3 m ≤ x2 ≤ 0,375 m) M(x2) = x2 − 0,375 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 1 kN Flexão 254 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.3. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletror para o eixo. Os mancais em A e D exercem somente reações verticais sobre o eixo. A carga é aplicada às polias em B, C e E. Figura 6.3 ↶ + ∑ MA = 0 −0,35 × 400– 0,85 × 550 + 1,225RD – 1,525 × 175 = 0 RD = 713,775 N ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 713,775 – 400 – 550 – 175 = 0 RA = 411,23 N Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,35 m) M(x1) = 411,23x1 N.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 411,23 N Seção BC (0,35 m ≤ x2 ≤ 0,85 m) M(x2) = 11,23x2 + 140 N.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 11,23 N Seção CD (0,85 m ≤ x3 ≤ 1,225 m) M(x3) = −538,77x3 + 607,5 N.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −538,77 N Seção DE (1,225 m ≤ x4 ≤ 1,525 m) M(x4) = 175x4 − 267 N.m V(x4) = dM(x4) dx4 = 175 N Flexão 255 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.4. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.4 ↶ + ∑ MA = 0 −10 × 1 – 10 × 2 – 10 × 3 – 10 × 4 + 5R2 = 0 R2 = 20 kN ↑ + ∑ Fy = 0 R1 + 20 – 40 = 0 R1 = 20 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = 20x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 20 kN Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 10x2 + 10 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 10 kN Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3 m) M(x3) = 30 kN. m V(x3) = dM(x3) dx3 = 0 kN Seção 4 (3 m ≤ x4 ≤ 4 m) M(x4) = −10x4 + 60 kN.m V(x4) = dM(x4) dx4 = −10 kN Seção 5 (4 m ≤ x5 ≤ 5 m) M(x5) = −20x5 + 100kN.m V(x5) = dM(x5) dx5 = −20 kN Flexão 256 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.5. Um suporte de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma de uma ponte. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento para o suporte quando submetido à carga das longarinas mostradas na figura. Considere que as colunas A e B exercem somente reações verticais no suporte. Figura 6.5 ↶ + ∑ MA = 0 60 × 1 – 35 × 1 – 35 × 2,5 – 35 × 4 + 5RB – 60 × 6 = 0 RB = 112,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 112,5 – 225 = 0 RA = 112,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = −60x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −60 kN Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 52,5x2 − 112,5 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 52,5 kN Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3,5 m) M(x3) = 17,5x3 − 42,5 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = 17,5 kN Seção 4 (3,5 m ≤ x4 ≤ 5 m) M(x4) = −17,5x4 + 80 kN.m V(x4) = dM(x4) dx4 = −17,5 kN Seção 5 (5 m ≤ x5 ≤ 6 m) M(x5) = −52,5x5 + 255 kN.m V(x5) = dM(x5) dx5 = −52,5 kN Seção 6 (6 m ≤ x6 ≤ 7 m) M(x5) = 60x6 − 420kN.m V(x6) = dM(x6) dx6 = 60 kN Flexão 257 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.6. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo. Os mancais em A e B exercem somente reações verticais sobre o eixo. Expresse também a força cortante e o momento no eixo em função de x dentro da região 125 mm < x < 725 mm. Figura 6.6 ↶ + ∑ MA = 0 −800 × 0,125 – 1.500 × 0,725 + 0,8RB = 0 RB = 1.484,38 N ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 1.484,38 – 800 – 1.500 = 0 RA = 2.300 N Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,125 m) M(x1) = 815,63x1 N.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 815,63 N Seção 2 (0,125 m ≤ x2 ≤ 0,725 m) 𝐌(𝐱𝟐) = 𝟏𝟓, 𝟔𝐱𝟐 + 𝟏𝟎𝟎 N.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐) 𝐝𝐱𝟐 = 𝟏𝟓, 𝟔 𝐍 Seção 3 (0,725 m ≤ x3 ≤ 0,8 m) M(x3) = −1.484,37x3 + 1.187,5 N.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −1.484,37 N Flexão 258 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.7. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o eixo e determine a força cortante e o momento em todo o eixo em função de x. Os mancais em A e B exercem somente rações verticais sobre o eixo. Figura 6.7 ↶ + ∑ MA = 0 −4 × 0,9 + 1,5RB – 2,5 × 1,95 = 0 RB = 5,65 kN ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 5,65 – 6,5 = 0 RA = 0,85 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) 𝐌(𝐱𝟏) = 𝟎, 𝟖𝟓𝐱𝟏 kN.m 𝐕(𝐱𝟏) = 𝐝𝐌(𝐱𝟏) 𝐝𝐱𝟏 = 𝟎, 𝟖𝟓 𝐤𝐍 Seção 2 (0,9 m ≤ x2 ≤ 1,5 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝟑, 𝟏𝟓𝐱𝟐 + 𝟑, 𝟔 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐) 𝐝𝐱𝟐 = −𝟑, 𝟏𝟓 𝐤𝐍 Seção 3 (1,5 m ≤ x3 ≤ 1,8 m) 𝐌(𝐱𝟑) = 𝟐, 𝟓𝐱𝟑 − 𝟒, 𝟖𝟕𝟓 kN.m 𝐕(𝐱𝟑) = 𝐝𝐌(𝐱𝟑) 𝐝𝐱𝟑 = 𝟐, 𝟓 𝐤𝐍 Flexão 259 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.8. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o tubo. A extremidade rosqueada está sujeita a uma força horizontal de 5 kN. Dica: As reações no pino C devem ser substituídas por cargas equivalentes no ponto B no eixo do tubo.Figura 6.8 ↶ + ∑ MA = 0 0,4Cy – 0,08Cx = 0 [1] → + ∑ Fx = 0 Cx – 5 = 0 [2] Substituindo [2] em [1], obtem-se: Cy = RA = 1 kN e CX = 5 kN Seção AB (0 ≤ x ≤ 0,4 m) M(x) = −x kN.m V(x) = dM(x) dx = −1 kN Flexão 260 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.9. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Dica: A carga de 100 KN deve ser substituída por cargas equivalentes no ponto C no eixo da viga. Figura 6.9 Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: By = 16,67 kN, RA = 58,33 kN e Bx = 100 kN ↶ + ∑ MA = 0 −75 × 1 + 100 × 0,25 + 3By = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 RA + By − 75 = 0 [2] → + ∑ Fx = 0 Bx – 100 = 0 [3] Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = 58,33x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 58,33 kN Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = −16,67x2 + 75 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −16,67 kN Seção 3 (2 m ≤ x3 ≤ 3 m) M(x3) = −16,67x3 + 50 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −16,67 kN Flexão 261 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.10. O guindaste de motores é usado para suportar o motor que pesa 6 kN. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor da lança ABC quando ela está na posição horizontal mostrada. Figura 6.10 Resolvendo as equações [1], [2] e [3], obtem-se: FB = 20 kN, Ay = 10 kN e Ax = 12 kN ↶ + ∑ MA = 0 1,2 × 0,6FB – 2,4 × 6 = 0 [1] ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + 1,2FB 1,5 − 6 = 0 [2] → + ∑ Fx = 0 −Ax + 0,9FB 1,5 = 0 [3] Seção AB (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −10 kN Seção BC (1 m ≤ x2 ≤ 2 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 6 kN Flexão 262 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.11. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta. Ela é suportada por uma chapa lisa em A, que desliza no interior de uma ranhura e, por isso, não pode suportar uma força vertical, embora possa suportar momento e carga axial. Figura 6.11 ↶ + ∑ MA = 0 MA – Pa + 3a × 2P – 4a × P = 0 MA = −Pa ↑ + ∑ Fy = 0 FC – 2P = 0 FC = 2P Seção AB (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = Pa V(x1) = dM(x1) dx1 = 0 Seção BC (a ≤ x2 ≤ 3a) M(x2) = −Px2 + 2a V(x2) = dM(x2) dx2 = −P Seção CD (3a ≤ x3 ≤ 4a) M(x3) = Px3 − 4a V(x3) = dM(x3) dx3 = P Flexão 263 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.12. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta interligada por um pino em B. Figura 6.12 ↶ + ∑ MA = 0 30 × 1 – 40 × 2,5 + 3,5Cy = 0 Cy = 20 kN ↑ + ∑ Fy = 0 Ay + 20 – 70 = 0 Ay = 50 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) M(x1) = −30x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −30 kN Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 3,5 m) M(x2) = 20x2 − 50 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 20 kN Seção 3 (3,5 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −20x3 + 90 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −20 kN Flexão 264 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.13. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.13 ↶ + ∑ MA = 0 −M0 – M0 + M0 + 3aRB = 0 RB = M0 3a ↑ + ∑ Fy = 0 −Ay + RB = 0 Ay = M0 3a Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = M0 (1 − x1 3a ) V(x1) = dM(x1) dx1 = − M0 3a Seção 2 (a ≤ x2 ≤ 2a) M(x2) = M0 (2 − x2 3a ) V(x2) = dM(x2) dx2 = − M0 3a Seção 3 (2a ≤ x3 ≤ 3a) M(x3) = M0 (1 − x3 3a ) V(x3) = dM(x3) dx3 = − M0 3a Flexão 265 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.15. A viga está sujeita ao momento uniforme distribuído m (momento/comprimento). Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.15 *6.16. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.16 ↶ + ∑ MA = 0 −MA+ mL = 0 ∴ MA = mL Seção AB (0 ≤ x ≤ L) M(x) = m(L − x) ↶ + ∑ MA = 0 −MA – (10 × 2,5) × 1,25 + (10 × 2,5) × 3,75 = 0 MA = 62,5 kN.m Continua... Flexão 266 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.17. Um homem de massa 75 kg está sentado no meio de um barco com largura uniforme e peso de 50 N/m. Determine o momento fletor máximo exercido sobre o barco. Considere que a água exerce uma carga distribuída uniforme para cima na parte inferior do barco. Figura 6.17 Mmáx = M(2,5) = 75 × 2,5² = 468,75 N.m ≅ 469 N.m Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,5 m) M(x1) = −5x1 2 + 62,5 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −10x1 kN Seção 2 (2,5 m ≤ x3 ≤ 5 m) M(x2) = 5x2 2 − 50x2 + 125 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 10x2 − 50 kN ↑ + ∑ Fy = 0 5w – 750 – 50 × 5 = 0 ∴ w = 200 N/m Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,5 m) M(x1) = 75x1 2 N.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 150x1 N Seção 2 (2,5 m ≤ x2 ≤ 5 m) M(x2) = 75x2 2 − 750x2 + 1.875 N.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 150x2 − 750 N Flexão 267 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.18. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Ela é suportada por uma chapa lisa em A que desliza no interior de uma ranhura e, por isso, não pode suportar uma força vertical, embora possa suportar momento e carga axial. Figura 6.18 ↶ + ∑ MA = 0 MA – (wL) × L 2 + FBL = 0 MA = − wL2 2 ↑ + ∑ Fy = 0 −wL + FB = 0 FB = wL Seção AB (0 ≤ x ≤ L) M(x) = wL2 2 (L2 − x2) dM(x) dx = −wx Flexão 268 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.19. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.19 ↶ + ∑ MA = 0 (30 × 1,5) × 0,75 – 45 + 3FB = 0 FB = 3,75 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 3,75 – 45 = 0 FA = 41,25 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x1) = −15x1 2 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −30x1 kN Seção 2 (1,5 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −3,75x2 − 28,125 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −3,75 kNSeção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −3,75x3 + 16,875 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −3,75 kN Flexão 269 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.20. Determine os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante e o momento em toda a viga em função de x. Figura 6.20 ↶ + ∑ MA = 0 M – (30 × 2,4) × 1,2 – 50 × 2,4 – 40 × 3,6 – 200 = 0 M = 550,4 kN.m ↑ + ∑ Fy = 0 −30 × 2,4 + F – 50 − 40 = 0 F = 162 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2,4 m) 𝐌(𝐱𝟏) = −𝟏𝟓𝐱𝟏 𝟐 + 𝟏𝟔𝟐𝐱𝟏 − 𝟓𝟓𝟎, 𝟒 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −𝟑𝟎𝐱𝟏 + 𝟏𝟔𝟐 𝐤𝐍 Seção 2 (2,4 m ≤ x2 ≤ 3,6 m) 𝐌(𝐱𝟐) = 𝟒𝟎𝐱𝟐 − 𝟑𝟒𝟒 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 𝟒𝟎 𝐤𝐍 Flexão 270 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.21. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante e momento na viga em função de x, 1,2 m < x < 3 m. Figura 6.21 ↶ + ∑ MA = 0 0,3 – (2,5 × 1,8) × 0,9 + 1,8FB – 0,3 = 0 FB = 2,25 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 2,25 – 4,5 = 0 FA = 2,25 kN Seção1 (0 ≤ x1 ≤ 1,2 m) M(x1) = −0,3 kN. m V(x1) = dM(x1) dx1 = 0 kN Seção 2 (1,2 m ≤ x2 ≤ 3 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝟏, 𝟐𝟓𝐱𝟐 𝟐 + 𝟓, 𝟐𝟓𝐱𝟐 − 𝟒, 𝟖 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐) 𝐝𝐱𝟐 = −𝟐, 𝟓𝐱𝟐 + 𝟓, 𝟐𝟓 kN Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,2 m) M(x3) = −0,3 kN. m V(x3) = dM(x3) dx3 = 0 kN Flexão 271 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.22. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga composta. Os três segmentos estão interligados por pinos em B e E. Figura 6.22 ↶ + ∑(MB)AB = 0 3 × 1 − 3FA = 0 FA = FF = 1 kN ↶ + ∑ Mc = 0 3 × 2 − 4FA – (0,8 × 4) × 1 – 3 × 4 + 6 × 1 + 2 FD = 0 FC = FD = 3,6 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 1 kN Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −2x2 2 + 6 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −2 kN Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4 m) M(x3) = −0,4x3 2 + 0,4x3 + 2,4 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −0,8x3 + 0,4 kN Seção 4 (4 m ≤ x4 ≤ 6 m) M(x4) = −0,4x4 2 + 4x4 − 12 kN.m V(x4) = dM(x4) dx4 = −0,8x4 + 4 kN Seção 5 (6 m ≤ x5 ≤ 7 m) M(x5) = −0,4x5 2 + 7,6x5 − 33,6 kN.m V(x5) = dM(x5) dx5 = −0,8x5 + 7,6 kN Seção 6 (7 m ≤ x6 ≤ 8 m) M(x6) = 2x6 − 14 kN.m V(x6) = dM(x6) dx6 = 2 kN Seção 7 (8 m ≤ x7 ≤ 10 m) M(x7) = −x5 + 10 kN.m V(x7) = dM(x7) dx7 = −1 kN Flexão 272 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.23. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.23 ↶ + ∑ MA = 0 (30 × 1,5) × 0,75 – 30 – (30 × 1,5) × 2,25 + 3FB = 0 FB = 32,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 32,5 – 90 = 0 FA = 57,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x1) = −15x1 2 + 30 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −30x1 kN Seção 2 (1,5 m ≤ x2 ≤ 3 m) M(x2) = −12x2 − 22,5 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −12,5 kN Seção 3 (3 m ≤ x3 ≤ 4,5 m) M(x3) = −15x3 2 + 102,5x3 − 157,5 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −30x3 + 102,5 kN Flexão 273 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.24. A viga está parafusada ou presa por pino em A e repousa sobre um coxim em B que exerce uma carga uniformemente distribuída na viga ao longo de seu 0,6 m de comprimento. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga se ela suportar uma carga uniforme de 30 kN/m. Figura 6.24 ↶ + ∑ MA = 0 (0,6w) × 3 – (30 × 2,4) × 1,5 = 0 w = 60 kN/m ↑ + ∑ Fy = 0 RA + 0,6 × 60 – 72 = 0 RA = 36 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,3 m) M(x1) = 36x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 36 kN Seção 2 (0,3 m ≤ x2 ≤ 2,7 m) M(x2) = −15x2 2 + 45x2 − 1,35 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −30x2 + 45 kN Seção 3 (2,7 m ≤ x3 ≤ 3,3 m) M(x3) = 305x3 2 − 198x3 + 326,7 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = 60x3 − 198 kN Flexão 274 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.25. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Os dois segmentos estão interligados em B. Figura 6.25 ↶ + ∑(MB)BC = 0 2,4FC – (5 × 2,4) × 1,2 = 0 FC = 6 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 6 – 52 = 0 FC = 6 kN ↶ + ∑(MB)AB = 0 MA + 40 × 1,5 – 2,4 × 46 = 0 MA = 50,4 kN.m Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,9 m) M(x1) = 46x1 − 50,4 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 46 kN Seção 2 (0,9 m ≤ x2 ≤ 2,4 m) M(x2) = 6x2 − 14,4 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 6 kN Seção 3 (2,4 m ≤ x3 ≤ 4,8 m) M(x3) = −2,5x3 2 + 18x3 − 28,8 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −5x3 + 18 kN Flexão 275 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.27. Determine a distância de colocação a do suporte de rolete de modo que o maior valor absoluto do momento seja um mínimo. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para essa condição. Figura 6.27 |Mmáx| = 1 2w (wL − wL2 2a ) 2 e |Mmín| = w 2 a2 − wLa + wL2 2 |Mmáx| = |Mmín| 1 2w (wL − wL2 2a ) 2 = w 2 a2 − wLa + wL2 2 ∴ 𝐚 = 𝐋 √𝟐 ↶ + ∑ MA = 0 aFB – wL × 0,5L = 0 FB = wL2 2a ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB – wL = 0 FA = wL (1 − L 2a ) Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = − w 2 x1 2 + (wL − wL2 2a ) x1 V(x1) = dM(x1) dx1 = −wx1 − wL2 2a + wL Seção 2 (a ≤ x2 ≤ L) M(x2) = − w 2 x2 2 + wLx2 − wL2 2 V(x2) = dM(x2) dx2 = −wx2 + wL Flexão 276 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.28. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a barra. Somente reações verticais ocorrem em suas extremidades A e B. Figura 6.28 2,4 y = 0,9 x ∴ y = ( 8 3 x) kN/m P(x) = ( 4 3 x2) kN Seção AB (0 ≤ x ≤ 0,9 m) M(x) = − 4 9 x3 + 0,360x V(x) = − 4 3 x2 + 0,360 Flexão 277 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.29. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.29↶ + ∑ MA = 0 FBL − 2w0L 3 × L 2 = 0 FB = w0L 3 ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB = 2w0L 3 FA = w0L 3 Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 3⁄ ) M(x1) = − w0 2L x1 3 + w0L 3 x1 V(x1) = dM(x1) dx1 = − 3w0 2L x1 2 + w0L 3 Seção 2 (L 3⁄ ≤ x2 ≤ 2L 3⁄ ) M(x2) = − w0 2 x2 2 + w0L 2 x2 − w0L 2 54 V(x2) = dM(x2) dx2 = −w0x2 + w0L 2 Flexão 278 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.30. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.30 ↶ + ∑ MA = 0 2L 3 FB − w0L 2 × L 3 = 0 FB = w0L 4 ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB − w0L 2 = 0 FA = w0L 4 Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 3⁄ ) M(x1) = − w0 6L x1 3 V(x1) = dM(x1) dx1 = − w0 2L x1 2 Seção 2 (L 3⁄ ≤ x2 ≤ 2L 3⁄ ) M(x2) = − w0 6L x2 3 + w0L 4 x2 − w0L 2 12 V(x2) = dM(x2) dx2 = − w0 2L x2 2 + w0L 4 Flexão 279 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.31. A viga T está sujeita ao carregamento mostrado. Represente graficamente os diagramas de força cortante e de momento fletor. Figura 6.31 ↶ + ∑ MA = 0 10 × 2 − (3 × 3) × 4,5 + 6FB = 0 FB = 3,42 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 3,42 − 19 = 0 FA = 15,6 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 2 m) M(x1) = −10x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = −10 kN Seção 2 (2 m ≤ x2 ≤ 5 m) M(x2) = 5,6x2 − 31,2 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 5,6 kN Seção 3 (5 m ≤ x3 ≤ 8 m) M(x3) = −1,5x3 2 + 20,6x3 − 68,7 kN.m V(x3) = dM(x3) dx3 = −3x3 + 20,6 kN Flexão 280 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.32. O esqui suporta o peso de 900 N (≈ 90 kg) do homem. Se a carga de neve em sua superfície inferior for trapezoidal, como mostra a figura, determine a intensidade w e, então, represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o esqui. Figura 6.32 ↑ + ∑ Fy = 0 (2 + 1) ( w 2 ) − 900 = 0 w = 600 N/m Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,5 m) M(x1) = 200x1 3 N.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 600x1 2 N Seção 2 (0,5 m ≤ x1 ≤ 1,5 m) M(x2) = 300x2 2 − 150x2 + 25 N.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 600x2 − 150 N Flexão 281 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.33. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.33 ↶ + ∑ MA = 0 −112,5 × 1,5 – 112,5 × 7,5 + 9FB = 0 FB = 112,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 112,5 – 225 = 0 FA = 112,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 4,5 m) M(x1) = 50 27 x1 3 − 25x1 2 + 112,5x1 kN.m V(x1) = dM(x1) dx1 = 50 9 x1 2 − 50x1 + 112,5 kN Seção 2 (4,5 m ≤ x2 ≤ 9 m) M(x2) = − 50 27 x2 3 + 25x2 2 − 112,5x2 + 337,5 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = − 50 9 x2 2 + 50x2 − 112,5 kN Flexão 282 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.34. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga de madeira e determine a força cortante e o momento fletor em todo o comprimento da viga em função de x. Figura 6.34 ↶ + ∑ MA = 0 1 × 1 – (2 × 1,5) × 0,75 + 1,5FB – 1 × 2,5 = 0 FB = 2,5 kN ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 2,5 – 5 = 0 FA = 2,5 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 1 m) 𝐌(𝐱𝟏) = −𝐱𝟏 kN.m 𝐕(𝐱𝟏) = −𝟏 𝐤𝐍 Seção 2 (1 m ≤ x2 ≤ 2,5 m) 𝐌(𝐱𝟐) = −𝐱𝟐 𝟐 + 𝟑, 𝟓𝐱𝟐 − 𝟑, 𝟓 kN.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐) 𝐝𝐱𝟐 = −𝟐𝐱𝟐 + 𝟑, 𝟓 kN Seção 3 (2,5 m ≤ x3 ≤ 3,5 m) 𝐌(𝐱𝟑) = −𝐱𝟑 kN.m 𝐕(𝐱𝟑) = 𝟏𝐤𝐍 Flexão 283 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.35. O pino liso está apoiado em duas chapas A e B e sujeito a uma carga de compressão de 0,4 kN/m provocada pela barra C. Determine a intensidade da carga distribuída w0 das chapas agindo sobre o pino e represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para o pino. Figura 6.35 ↑ + ∑ Fy = 0 20 2 w0 + 20 2 w0 − 0,4 × 60 = 0 𝐰𝟎 = 𝟏, 𝟐 𝐤𝐍/𝐦 Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 0,02 m) M(x1) = 10x1 3 kN.m V(x1) = 30x1 2 kN Seção 2 (0,02 m ≤ x2 ≤ 0,08 m) M(x2) = −0,2x2 2 + 0,02x2 − 0,00024 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = −0,4x2 + 0,02 kN Flexão 284 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.36. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.36 ↶ + ∑ MA = 0 −2,25 + 3,6FB – 4,05 × 4,2 = 0 FB = 5,35 kN ↑ + ∑ Fy = 0 −FA + 5,35 – 4,05 = 0 FA = 1,3 kN Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 3,6 m) M(x1) = −1,3x1 + 2,25 kN.m V(x1) = −1,3 kN Seção 2 (3,6 m ≤ x2 ≤ 5,4 m) M(x2) = 5 12 x2 3 − 6,75x2 2 + 36,45x2 − 65,6 kN.m V(x2) = dM(x2) dx2 = 1,25x2 2 − 13,5x2 + 36,45 kN Flexão 285 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.37. A viga composta consiste em dois segmentos interligados por um pino em B. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor se ela suportar a carga distribuída mostrada na figura. Figura 6.37 ↶ + ∑ MB = 0 P 3 × 2L 3 − 2L 3 FA = 0 FA = 2 27 wL ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FC − wL 2 = 0 FC = 23 54 wL ↶ + ∑ MC = 0 MC + wL2 6 − FAL = 0 MC = 5 54 wL2 Seção AC (0 ≤ x ≤ L) M(x) = 2 27 wLx − w 6L x3 V(x) = dM(x) dx = 2 27 wL − w 2L x2 Flexão 286 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.38. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.38 ↶ + ∑ MB = 0 MB + 9 × 1 − 36 × 1,5 = 0 MB = 63 kN.m ↑ + ∑ Fy = 0 FB – (18 + 12) × 1,5 = 0 FB = 45 kN Seção AB (0 ≤ x ≤ 3 m) M(x) = − 1 3 x3 − 6x2 kN.m V(x) = dM(x) dx = −x2 − 12 kN Flexão 287 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.39. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga e determine a força cortante e o momento em função de x. Figura 6.39 ↶ + ∑ MA = 0 −600 × 4,5 – 300 × 5 + 6FB = 0 FB = 700 N ↑ + ∑ Fy = 0 FA + 700 – (400 + 200) ×1,5 = 0 FA = 200 N Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ 3 m) 𝐌(𝐱𝟏) = 𝟐𝟎𝟎𝐱𝟏 N.m 𝐕(𝐱𝟏) = 𝟐𝟎𝟎 𝐍 Seção 2 (3 m ≤ x2 ≤ 6 m) 𝐌(𝐱𝟐) = − 𝟏𝟎𝟎 𝟗 𝐱𝟐 𝟑 + 𝟓𝟎𝟎𝐱𝟐 − 𝟔𝟎𝟎 N.m 𝐕(𝐱𝟐) = 𝐝𝐌(𝐱𝟐) 𝐝𝐱𝟐 = − 𝟏𝟎𝟎 𝟑 𝐱𝟐 𝟐 + 𝟓𝟎𝟎 N Flexão 288 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.40. Determine a distância de colocação a do suporte de rolete de modo que o maior valor absoluto do momento seja um mínimo. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para essa condição. Figura 6.40 |Mmáx| = PL − 3PL2 4a e |Mmín| = PL − Pa |Mmáx| = |Mmín| ∴ PL − 3PL2 4a = PL − Pa a = 0,866L ↶ + ∑ MA = 0 0,5PL + aFB − PL = 0 FB = 3PL 2a ↑ + ∑ Fy = 0 FA + FB – 2P = 0 FA = 2P − 3PL 2a Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ L 2⁄ ) M(x1) = (2P − 3PL 2a ) x1 V(x1) = dM(x1) dx1 = (2P − 3PL 2a ) Seção 2 (L 2⁄ ≤ x2 ≤ a) M(x2) = (P − 3PL 2a ) x2 + PL 2 V(x2) = dM(x2) dx2 = (P − 3PL 2a ) Seção 3 (a ≤ x3 ≤ L) M(x3) = Px3 − PL V(x3) = dM(x3) dx3 = P Flexão 289 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.41. Represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a viga. Figura 6.41 XCG = wXCG w Seção AB (0 ≤ x ≤ 2 m) M(x) = x 3 − x4 96 − 1 2 V(x) = dM(x) dx = 1 3 − x3 24 ↑ + ∑ Fy = 0 FA − ∫ 1 8 x2dx = 0 2 0 FA = 1 3 kN XCG = ∫ wxdx L 0 ∫ wdx L 0 XCG = 3 2 m ↶ + ∑ MA = 0 MA − 1 3 XCG = 0 MA = 0,5 kN.m Flexão 290 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.42. O caminhão será usado para transportar a coluna de concreto. Se ela tiver um peso uniforme de w (força/comprimento), determine a colocação dos apoios a distâncias a iguais em relação às extremidades, de modo que o momento fletor absoluto máximo na coluna seja o menor possível. Além disso, represente graficamente os diagramas de força cortante e momento fletor para a coluna. Figura 6.42 |Mmáx| = |Mmín| w 2 x1 2 = wL 2 x2 − w 2 x2 2 − waL 2 , para x1 = a e x2 = 0,5L, tem-se: 4a² + 4aL – L² = 0, solucionando a equação: a = 0,207L ↶ + ∑ M1 = 0 −wL ( L 2 − a) + F2(L − 2a) = 0 F2 = wL 2 ↑ + ∑ Fy = 0 F1 + F2 – wL = 0 F1 = wL 2 Seção 1 (0 ≤ x1 ≤ a) M(x1) = − w 2 x1 2 V(x1) = dM(x1) dx1 = −wx1 Seção 2 (a ≤ x2 ≤ L − a) M(x2) = wL 2 x2 − w 2 x2 2 − waL 2 V(x2) = dM(x2) dx2 = wL 2 − wx2 Flexão 291 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.2 - PROBLEMAS 6.43. Um elemento com as dimensões mostradas na figura deverá ser usado para resistir a um momento fletor interno M = 2 kN.m. Determine a tensão máxima no elemento se o momento for aplicado (a) em torno do eixo z e (b) em torno do eixo y. Trace um rascunho da distribuição de tensão para cada caso. Figura 6.43 (a) Em torno do eixo z Iz = 0,060 × 0,1203 12 = 8,64 × 10-6 m4 ∴ σmáx = Mc Iz = 2 × 103 × 0,060 8,64 × 10−6 = 13,89 MPa (b) Em torno do eixo y Iy = 0,120 × 0,0603 12 = 2,16 × 10-6 m4 ∴ σmáx = Mc Iy = 2 × 103 × 0,030 2,16 × 10−6 = 27,78 MPa *6.44. A haste de aço com diâmetro de 20 mm está sujeita a um momento interno M = 300 N.m. Determine a tensão criada nos pontos A e B. Além disso, trace um rascunho de uma visão tridimensional da distribuição de tensão que age na seção transversal. Figura 6.44 I = π 4 c4 = π 4 (0,010)4 = 7,854 × 10-9 m4 yA = c = 10 mm e yB = csen(θ) = 10sen(45°) = 7,0711 mm σA = MyA I = 300 × 0,010 7,854 × 10−9 = 𝟑𝟖𝟏, 𝟗𝟕𝐌𝐏𝐚 σB = MyB I = 300 × 0,0070711 7,854 × 10−9 = 𝟐𝟕𝟎, 𝟎𝟗𝐌𝐏𝐚 Flexão 292 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.45. A viga está sujeita a um momento M. Determine a porcentagem desse momento à qual resistem as tensões que agem nas pranchas superior e inferior A e B da viga. Figura 6.45 I = 0,2 × 0,023 12 − 0,15 × 0,153 12 = 9,1146 × 10−5m4 ∴ σE = MyE I = M × 0,1 9,1146 × 10−5 = 1.097,143M σD = MyD I = M × 0,075 9,1146 × 10−5 = 822,857M FR = (1.097,143M + 822,857M) 2 (0,025)(0,2) = 4,8M ∴ M′ = 0,17619FR = 0,17619 × 4,8M = 0,8457M 100% ( M′ M ) = 100% ( 0,8457M M ) = 𝟖𝟒, 𝟔% 6.46. Determine o momento M que deve ser aplicado à viga de modo a criar uma tensão de compressão no ponto D, σD = 30 MPa. Além disso, trace um rascunho da distribuição de tensão que age na seção transversal e calcule a tensão máxima desenvolvida na viga. Figura 6.46 I = 0,2 × 0,023 12 − 0,15 × 0,153 12 = 9,1146 × 10−5m4 σD = MyD I ∴ M = IσD yD = 9,1146 × 10−5 × 30 × 106 0,075 = 𝟑𝟔, 𝟓 𝐤𝐍. 𝐦 σmáx = Mc I = 36,5 × 103 × 0,1 9,1146 × 10−5 = 40 MPa Flexão 293 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.47. A peça de mármore, que podemos considerar como um material linear elástico frágil, tem peso específico de 24 kN/m³ e espessura de 20 mm. Calcule a tensão de flexão máxima na peça se ela estiver apoiada (a) em seu lado e (b) em suas bordas. Se a tensão de ruptura for σrup = 1,5 MPa, explique as consequências de apoiar a peça em cada uma das posições. Figura 6.47 (a) Em seu lado W = ρV = (24 × 10³)(0,5 × 1,5 × 0,02) = 360 N σmáx = 0,081 MPa < σrup = 1,5 MPa, logo, a peça não quebra nessa posição (b) Em suas bordas I = 0,5 × 0,0203 12 = 3,333 × 10-7 m4 ∴ σmáx = Mmáxc I = 67,5 × 0,010 2,0833 × 10−4 = 2,025 MPa (quebra) σmáx = 2,025 MPa > σrup = 1,5 MPa, logo, a peça quebra nessa posição ↶ + ∑ M = 0 Mmáx + 0,375 × 180 – 180 × 0,75 = 0 Mmáx = 67,5 N.m I = 0,020 × 0,53 12 = 2,0833 × 10-4 m4 σmáx = Mmáxc I = 67,5 × 0,25 2,0833 × 10−4 = 0,081 MPa Flexão 294 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 *6.48. A peça de mármore, que podemos considerar como material linear elástico frágil, tem peso específico de 24 kN/m³. Se for apoiada nas bordas como mostrado em (b), determine a espessura mínima que ela deve ter para não quebrar. A tensão de ruptura é σrup = 1,5 MPa. Figura 6.48 W(t) = ρV = (24 × 103)(0,5 × 1,5 × t) = (18.000t) N ↶ + ∑ M = 0 Mmáx + (9.000t)(0,375) – (9.000t)(0,75) = 0 Mmáx = (3.375t) N.m I = 0,5 × t3 12 = t3 24 m4 σrup = Mmáxc I 1,5 × 106 = 3.375t × 0,5t t3 24 ∴ t = 0,027 m = 27 mm Flexão 295 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.49.A viga tem seção transversal mostrada na figura. Se for feita de aço com tensão admissível σadm = 170 MPa, determine o maior momento interno ao qual pode resistir se o momento for aplicado (a) em torno do eixo z e (b) em torno do eixo y. Figura 6.49 (a) Em torno do eixo z Iz = 2 [ 0,120 × 0,0053 12 + 0,120 × 0,005 × 0,06252] + 0,005 × 0,1203 12 = 5,41 × 10-6 m4 ∴ σadm = Mzc Iz ∴ 𝐌𝐳 = 𝟏𝟒, 𝟏𝟓 𝐤𝐍. 𝐦 (b) Em torno do eixo y Iy = 2 × 0,005 × 0,1203 12 + 0,120 × 0,0053 12 = 1,44125 × 10-6 m4 ∴ 170 × 106 = My × 0,060 1,44125 × 10−6 ∴ 𝐌𝐲 = 𝟒, 𝟎𝟖 𝐤𝐍. 𝐦 6.50. Foram apresentadas duas alternativas para o projeto de uma viga. Determine qual delas suportará um momento de M = 150 kN.m com a menor quantidade de tensão de flexão. Qual é essa tensão? Com que porcentagem ela é mais efetiva? Figura 6.50 I(a) = 2 [ 0,2 × 0,0153 12 + 0,2 × 0,015 × 0,15752] + 0,03 × 0,33 12 = 2,1645 × 10-4 m4 ∴ σ(a) = Mc I(a) = 150 × 103 × 0,165 2,1645 × 10−4 = 114,34 MPa I(b) = 2 [ 0,2 × 0,033 12 + 0,2 × 0,03 × 0,1652] + 0,015 × 0,33 12 = 3,6135 × 10-4 m4 ∴ σ(b) = Mc I(b) = 150 × 103 × 0,180 3,6135 × 10−4 = 74,72 MPa Efetividade = 100% ( σ(a) σ(b) − 1) =100%( 114,34 74,72 − 1) = 53% A seção (b) terá a menor quantidade de tensão de flexão. Porcentagem de maior eficácia = 53,0% Flexão 296 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.51. A peça de máquina feita de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determine a tensão de flexão criada nos pontos B e C da seção transversal. Trace um rascunho dos resultados sobre um elemento de volume localizado em cada um desses pontos. Figura 6.51 yCG = ∑ yCGA ∑ A = 2 × (20)(10 × 40) + (40 + 5)(80 × 10) 2(10 × 40) + (80 × 10) = 32,5 mm (centroide da seção transversal) I = 2 [ 0,01 × 0,043 12 + (0,01 × 0,04)(0,0325 − 0,02)2] + 0,08 × 0,013 12 + 0,08 × 0,01 × (0,045 − 0,0325)2 = 3,6333 × 10-7 m4 σB = MyB I = (75)(0,050 − 0,0325) 3,6333 × 10−7 = 3,61 MPa σC = MyC I = (75)(0,040 − 0,0325) 3,6333 × 10−7 = 1,55 MPa *6.52. A peça de máquina feita de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m. Determine as tensões de flexão máximas tanto de tração quanto de compressão na peça. Figura 6.52 yCG = ∑ yCGA ∑ A = 2 × (20)(10 × 40) + (40 + 5)(80 × 10) 2(10 × 40)+ (80 × 10) = 32,5 mm (centroide da seção transversal) I = 2 [ 0,01 × 0,043 12 + (0,01 × 0,04)(0,0325 − 0,02)2] + 0,08 × 0,013 12 + 0,08 × 0,01 × (0,045 − 0,0325)2 = 3,6333 × 10-7 m4 (σmáx)C = Mc I = (75 )(0,050 − 0,0325) 3,6333 × 10−7 = 3,6 MPa (σmáx)T = Mc I = (75)(0,0325) 3,6333 × 10−7 = 6,71 MPa Flexão 297 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.53. A viga é composta por quatro peças de madeira coladas como mostra a figura. Se o momento que age na seção transversal for M = 450 N.m, determine a força resultante que a tensão de flexão produz na peça superior A e na peça lateral B. Figura 6.53 I = 0,240 × 0,2303 12 − 0,200 × 0,2003 12 = 1,316 × 10-4 m4 ∴ (FR)A = 0,02 × 0,015(σT)máx − 0,02 × 0,015(σC)máx= 0 kN (σB)máx = Mc I = 450 × 0,120 1,316 × 10−4 = 0,41033 MPa ∴ (σB)mín = MyB I = 450 × 0,100 1,316 × 10−4 = 0,341876 MPa (FR)B = (0,41033 + 0,341876)(0,02 × 0,2) 2 = 1,50 kN 6.54. A área da seção transversal da escora de alumínio tem forma de cruz. Se ela for submetida ao momento M = 8 kN.m, determine a tensão de flexão que age nos pontos A e B e mostre os resultados em elementos de volume localizados nesses pontos. Figura 6.54 I = 0,02 × 0,223 12 + 2 × 0,05 × 0,023 12 = 1,7813 × 10-5 m4 σA = MyA I = 8 × 103 × 0,110 1,7813 × 10−5 = 49,4 MPa (C) σB = MyB I = 8 × 103 × 0,010 1,7813 ×10−5 = 4,49 MPa (T) Flexão 298 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.55. A área da seção transversal da escora de alumínio tem forma de cruz. Se ela for submetida ao momento M = 8 kN.m, determine a tensão de flexão máxima na viga e faço o rascunho de uma vista tridimensional da distribuição de tensão que age em toda a seção transversal. Figura 6.55 I = 0,02 × 0,223 12 + 2 × 0,05 × 0,023 12 = 1,7813 × 10-5 m4 ∴ σmáx = σA = Mc I = 8 × 103 × 0,110 1,7813 × 10−5 = 49,4 MPa *6.56. A viga é composta por três tábuas de madeira pregadas como mostra a figura. Se o momento que age na seção transversal for M = 1,5 kN.m, determine a tensão de flexão máxima na viga. Faça um rascunho de uma vista tridimensional da distribuição de tensão que age na seção transversal. Figura 6.56 yCG = ∑ AyCG ∑ A = (38 × 150) × (19) + (300 × 25) × (188)+ (250 × 38) × (357) (150 × 38)+ (300 × 25)+ (250 × 38) = 216,2907 mm (centroide da seção transversal) I = ( 0,15 × 0,0383 12 + 0,15 × 0,038 × 0,19732) + ( 0,025 × 0,33 12 + 0,025 × 0,3 × 0,02832) + ( 0,25 × 0,0383 12 + 0,25 × 0,038 × 0,14072) I = 4,74038 × 10-4 m4 ∴ σmáx = σB = Mc I = (1,5 × 103)(0,2163) 4,74038 × 10−4 = 0,6844 MPa σA = MyA I = (1,5 × 103)(0,2162907 − 0,038) 4,74038 × 10−4 = 0,5642 MPa ∴ σD = MyD I = (1,5 × 103)(0,376 − 0,2162907) 4,74038 × 10−4 = 0,5054 MPa σC = MyD I = (1,5 × 103)(0,338 − 0,2162907) 4,74038 × 10−4 = 0,3851 MPa Flexão 299 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.57. Determine a força resultante que as tensões de flexão produzem na tábua superior A da viga se M = 1,5 kN.m. Figura 6.57 yCG = ∑ AyCG ∑ A = (38 × 150) × (19)+ (300 × 25) × (188) + (250 × 38) × (357) (150 × 38)+ (300 × 25)+ (250 × 38) = 216,2907 mm (centroide da seção transversal) I = ( 0,15 × 0,0383 12 + 0,15 × 0,038 × 0,19732) + ( 0,025 × 0,33 12 + 0,025 × 0,3 × 0,02832) + ( 0,25 × 0,0383 12 + 0,25 × 0,038 × 0,14072) I = 4,74038 × 10-4 m4 ∴ (σA)máx = Mc I = (1,5 × 103)(0,376 − 0,2162907) 4,7038 × 10−4 = 0,5054 MPa (σA)mín = My I = (1,5 × 103)(0,338 − 0,2162907) 4,7038 × 10−4 = 0,3851 MPa (FR)A = (0,5054 + 0,3851)(106)(0,038 × 0,25) 2 = 4,23 kN 6.58. A alavanca de controle é usada em um cortador de grama de empurrar. Determine a tensão de flexão máxima na seção a-a da alavanca se uma força de 100 N for aplicada ao cabo. A alavanca é suportada por um pino em A e um cabo em B. A seção a-a é quadrada, 6 mm por 6 mm. Figura 6.58 ↶ + ∑ M = 0 M + 100 × 0,05 = 0 M = 5 N.m I = 0,0064 12 = 1,08 × 10-10 m4 σmáx = Mc I = 5 × 0,003 1,08 × 10−8 = 138,89 MPa Flexão 300 Resolução: Steven Róger Duarte dos Santos, 2016 6.59. Determine a maior tensão de flexão desenvolvida no elemento se ele for submetido a um momento fletor interno M = 40 kN.m. Figura 6.59 yCG = ∑ AyCG ∑ A = (100 × 100) × (5) + (180 × 10) × (100) + (π × 302) × (220) (100 × 10) + (10 × 180) + (π × 302) = 143,411 mm (centroide da seção transversal)
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