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

0111 87,36)75,0(tanarc

4

3tan =θ→=θ→=θ

0222 13,53)333,1(tanarc

3

4tan =θ→=θ→=θ

0)13,53(cosF)87,36(cosF:0F o2

o1x =+−=∑

212

121 F75,0F8,0

F6,0F06,0F8,0F =→=→=+−

0000.12)13,53(senF)87,36(senF:0F o2

o1y =−++=∑

000.128,0F6,0F 21 =+

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

N600.925,1

000.12F000.128,0F6,0F75,0 222 ==→=+⋅

N200.7F9600x75,0F 11 =→=

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

000.6FF0F000.5000.1F:0F 2121y =+→=+−−=∑

N8,730.3F06,2xF8,1x000.57,0x000.1:0M 221 =→=−+=∑

N2,269.2F08,0x000.59,1x000.16,2xF:0M 112 =→=−−=∑

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

0H:0F Ax ==∑

000.14VV0V000.14V:0F BABAy =+→=+−=∑

N000.8V05,3xV0,2x000.14:0M BBA =→=−=∑

N000.6V05,1x000.145,3xV:0M AAB =→=−=∑

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

0H:0F bx ==∑

000.1V0000.1V:0F bby =→=−=∑

m.N000.3M0M0,3x000.1:0M bbO =→=−=∑

Exercícios do item 1.9: 1) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo.

Dado: γs = 77 kN/m3

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

transversal:

2mm000.3300x62x100x6A =+=

Ou: 2326 m10x0,3m)10(000.3A −− ==

m/N231)m(10x0,3x)m/N(77000A.q 233 ==γ= −

0H0F Ax =→=∑

L.qVV0F BAy =+→=∑

Então: N20790,9x231VV BA ==+

02

L.L.qL.V0M AB =−→=∑

2

LqV

2

LqV BA =→=

N5,10392

0,9x231VV BA ===

2) Calcule as reações de apoio da viga de aço abaixo.

Dado: γs = 77 kN/m3

0H0F Bx =→=∑

N20790,9x231L.qV0F By ===→=∑

m.N5,93552

qLM0M

2

L.L.q0M

2

BBo ==→=+−→=∑

Observação muito importante: A substituição de uma carga distribuída pela força

resultante somente pode usada para calcularem-se as reações de apoio. Não deve ser

usada para mais nada.

Exercícios do item 2.1: 1) Calcule a tensão normal nos dois cabos da figura.

Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm

Área dos cabos 1 e 2:

221

221 mm7,506AA)7,12(AA ==→π==

Tensão normal nos cabos 1 e 2:

22

1

11 mm/N48,4

)mm(7,506

)N(2,269.2

A

F ===σ

22

2

22 mm/N36,7

)mm(7,506

)N(8,730.3

A

F ===σ

2) Calcule a tensão normal nas duas barras da treliça abaixo.

Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20,0 mm

21o

2o

1x FF0)45cos(F)45(cosF:0F =→=+−=∑

0000.5)45(senF)45(senF:0F o2

o1y =−+=∑

N1,3536FF000.5707,0F2 211 ==→=

Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2:

22

1

11 mm/N8,28

)25,6(

1,3536

A

F =π

==σ

22

2

22 mm/N3,11

)10(

1,3536

A

F =π

==σ

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

transversal circular. Dados: φBarra tracionada = 15 mm ; φBarra comprimida = 20 mm

866,0FF0)30cos(FF:0F 21o

21x ⋅−=→=+=∑

N000.50F0000.52)30(senF:0F 2o

2y −=→=+=∑

N300.43F866,0.)000.50(F 11 =→−−=

Tensão normal nas barras 1 e 2:

22

1

11 mm/N0,245

)5,7(

300.43

A

F =π

==σ

22

2

22 mm/N2,159

)10(

000.50

A

F −=π

−==σ

4) Uma barra, de seção transversal retangular, tem altura variável (como indicado) e

largura b constante igual a 12 mm. Calcule a tensão normal no ponto de aplicação da

força F e no engaste. Dado: F = 8.000 N

2mm/N44,4415x12

000.8

A

F ===σ

2Engaste mm/N67,26

25x12

000.8

A

F ===σ

5) Uma barra prismática está pendurada por uma de suas extremidades. Construa os

diagramas de força normal e de tensão normal.

Dados: γ: peso específico; A: área da seção transversal

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

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

parte (ou ponto) de uma estrutura em equilíbrio também está em equilíbrio. N(x):

representa a ação da parte de cima sobre a parte de baixo.

xA)x(N0xA)x(N:0Fy γ=→=γ−=∑

xA

Ax

A

)x(N γ=γ==σ

Exercícios do item 2.2: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (φ = 25

mm) e de comprimento L = 800 mm fica solicitada por uma força axial de tração F =

30.000 N. Calcule a tensão normal e a deformação linear específica sabendo que o

alongamento da barra é de 2,0 mm.

22

mm/N1,61)5,12(

000.30

A

F =π

==σ

310x5,2)mm(800

)mm(0,2

L

L −==∆=ε

2) Um elástico tem comprimento não esticado igual a 30,0 cm. Calcule a deformação

linear específica do elástico quando for esticado ao redor de um poste com diâmetro

externo igual a 16 cm.

P: Perímetro externo do poste: cm27,508.2R2P =π=π=

68,030

3027,50

L

LL

L

L

i

if

i

=−=−=∆=ε

Exercícios do item 2.3: 1) Uma barra prismática de seção transversal circular (d = 20

mm) fica solicitada por uma força axial de tração F = 6.000 N. Experimentalmente,

determinou-se a deformação linear específica longitudinal ooo

L /3=ε . Calcule a

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

22x mm/N1,19

)10(

000.6

A

F =π

==σ

003,01000

3/3 oo

oxL ===ε=ε

mm5,4L1500.10x0,3LLL

Lx

3xxx

x

xx =∆→=ε=∆→∆=ε −

yyyy

yy LL

L

Lε=∆→

∆=ε

ddL yy ε=∆=∆

43xy

x

y 10x5,710x0,3x25,0 −− −=−=εν−=ε→εε

−=ν

mm015,020x10x5,7d 4 −=−=∆ −

2) Calcule o volume final da barra do problema anterior.

Vi : volume inicial da barra; Vf: volume final da barra

32iii mm9,238.471500.1x)10(LAV =π==

32

fff mm9,943.471)5,41500(x4

)015,020(LAV =+−π==

3if mm7059,238.4719,943.471VVV =−=−=∆

Exercício do item 2.4: A figura abaixo mostra um diagrama Força-Alongamento de um

ensaio de tração simples. A barra tem seção transversal circular (d = 30 mm) e

comprimento inicial (referência) igual a 800 mm. Calcule:

a) a tensão (ou limite) de proporcionalidade (σP);

b) a tensão (ou limite) de escoamento (σY);

c) a tensão última (σU);

4

30.

4

DR.A

222 π=π=π= = 2mm86,706

a) MPa15,14mm/N15,1486,706

000.10P

2P =σ→==σ

b) MPa98,16mm/N98,1686,706

000.12Y

2Y =σ→==σ

c) MPa29,28mm/N29,2886,706

000.20U

2U =σ→==σ

Exercícios do item 2.5: 1) Calcule o módulo de Young (Ε) da barra do problema

anterior.

εΕ=σ .

310x75,3mm800

mm3

L

L −=ε→=∆=ε

3

2

10x75,3

mm/N15,14−=

εσ=Ε 2mm/N3,773.3=Ε→

MPa3,773.3:Ou =Ε GPa77,3=

2) Uma circunferência de raio R = 300 mm é desenhada em uma placa. Calcule ao

aplicar-se a tensão normal σx = 81,0 MPa os valores dos diâmetros ab e cd. Dados da

placa: Ε = 120 GPa; ν = 0,36

Lei de Hooke: σ=Εε xx σ=Εε→

9

6x

x10x120

10x81=Ε

σ=ε → 4

x 10x75,6 −=ε

mm405,0600x10x75,6LL

L 4x

x

xx ==∆→∆=ε −

mm405,600405,0600LFab =+=

Coeficiente de Poisson (ν):

x

y

εε

−=ν → xy εν−=ε = 410x75,6x36,0 −− = 410x43,2 −−

mm1458,0600x10x43,2LL

L 4y

y

yy −=−=∆→

∆=ε −

mm8542,5991458,0600LFcd =−=

3) Um bloco de massa m = 1.500 kg é sustentado por dois cabos de seção transversal

circular. Sendo dados d1 = 8,0 mm; d2 = 12,0 mm; Ε1 = 70 GPa e Ε2 = 120 GPa, calcule:

a) o valor do ângulo θ sabendo σ1 = σ2 ;

b) valor da tensão normal nas duas barras;

c) a deformação linear específica das duas barras.

θ

=→=−θ→=∑ sen

PF0PsenF0F 22y

θθ

=→=θ−→=∑ cossen

PF0cosFF0F 121x

a) 2

2

1

121 A

F

A

F =→σ=σ

36

1

16

cos

)6(sen

P

)4(sen

cosP

22=θ→

πθ=

πθθ

o61,6336

16cosarc =θ→

=θ

b) 2

o

o

1

11

)4(

)61,63(sen

)61,63(cosP

A

F

π==σ = 2mm/N2,145496,0

16

81,91500 =⋅⋅π⋅

=⋅π

⋅

=π

==σ36

8958,0

81,91500

)6(

)61,63(sen

P

A

F2

o

2

22 2mm/N2,145

c) Lei de Hooke: σ=Εε

3123

2

1111 10x074,2)mm/N(10x70

)mm/N(2,145 −=ε→=ε→σ=Εε

3223

2

2222 10x21,1)mm/N(10x120

)mm/N(2,145 −=ε→=ε→σ=Εε

Exercícios do item 3.1: 1) Uma barra prismática de aço, com seção transversal circular,

tem 6,0 metros de comprimento e está solicitada por uma força axial de tração F = 104

N. Sabendo-se que o alongamento da barra é de 2,5 mm e que Ε = 205 GPa, calcule:

a) o diâmetro da barra;

b) a tensão normal.

a) mm1,6RR10x205

6000x105,2

AE

LFL

23

4

=→π⋅

=→=∆

Então: d = 12,2 mm

b) 22

4

mm/N5,85)1,6(

10

A

F =π

==σ

2) Calcule o alongamento dos dois cabos da estrutura abaixo.

Dados: φ1 = φ2 = 25,4 mm; L1 = L2 = 3,5 m; Ε1 = Ε2 = 70 GPa

mm22,07,50610x70

3500x2,2269L

AE

LFL

3111

111 =

⋅=∆→=∆

mm37,07,50610x70

3500x8,3730L

AE

LFL

3122

222 =

⋅=∆→=∆

3) Calcule o alongamento das duas barras da treliça abaixo.

Dados: φ1 = 12,5 mm ; φ2 = 20 mm; L1 = 1,0 m; L2 = 2,0 m; Ε1 = 205 GPa; Ε2 = 120 GPa

mm14,07,12210x205

1000x1,3536L

AE

LFL

3111

111 =

⋅=∆→=∆

mm19,02,31410x120

2000x1,3536L

AE

LFL

3122

222 =

⋅=∆→=∆

Exercícios do item 3.2: 1) Calcule o deslocamento horizontal do ponto de aplicação da

força de 200 kN. Dados: A = 800 mm2; Ε = 70 GPa

mm18,2280010x70

1800x000.250

80010x70

3600x000.80

80010x70

5400x000.200

AE

LFH

333

n

1i ii

ii =⋅

+⋅

−⋅

==∆ ∑=

2) Duas barras de seção transversal circular são soldadas como mostra a figura. Sendo

dados: φ1= 14 mm; φ2 = 8 mm; Ε1= Ε2 = 70 GPa, calcule:

a) a tensão normal nas duas barras;

b) o alongamento da barra.

a) 221 mm9,153)7(A =π=

222 mm3,50)4(A =π=

21 mm/N98,51

9,153

8000 ==σ

22 mm/N64,59

3,50

3000 ==σ

b) mm91,19,15310x70

2000x000.5

9,15310x70

2000x000.3

3,5010x70

500x000.3L

333=

⋅+

⋅+

⋅=∆

3) Calcule a tensão normal máxima e o alongamento da barra prismática abaixo. Dados:

A = 7,1 x 10− 4 m2; Ε = 120 GPa; γ = 44.300 N/m3

• A tensão normal máxima ocorre no apoio:

2664máx m/N10x22,010x63,55x300.44

10x1,7

000.4L

A

F +=+=γ+=σ −

MPa85,5m/N10x85,5 26máx ==σ

• Cálculo do alongamento:

E2

L

AE

LFL

2γ+=∆

O alongamento máximo ocorre na extremidade livre:

m10x61,410x41,110x120x2

544300

10x1,710x120

0,3x000.4L 64

9

2

49máx−−

− +=⋅+⋅

=∆

mm146,0m10x46,1L 4máx ==∆ −

Exercícios do item 3.3: 1) Calcule a tensão normal nas três barras da treliça abaixo e o

deslocamento vertical do ponto de aplicação da força P.

Dados: P = 15.000 N; Ε1 = Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 2 x 10 − 4 m2

Diagrama de corpo livre:

055cosF55cosF0F o1

o1x =+−→=∑

0PF55senF.20F 2o

1y =−+→=∑

De onde: 1,64 F1 + F2 = P (1)

Temos uma equação e duas incógnitas, o problema é uma vez hiperestático. A outra

equação virá da “compatibilidade dos deslocamentos”.

11o

2211

11o

22

22 LF35cosLFAE

LF35cos

AE

LF=→=

Cálculo do comprimento da barra 1: L1 cos35o = L2

m44,2L35cos

0,2L 1o1 =→=

Da equação de compatibilidade:

121o

2 F49,1F44,2F35cos0,2xF =→= (2)

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

1,64 F1 + 1,49 F1 = P

N4792F000.15F13,3 11 =→=

F2 = 7.140 N

Cálculo da tensão normal nas barras 1 e 2::

MPa96,2310x2

4792

A

F14

1

11 =σ→==σ

−

MPa70,3510x2

7140

A

F24

2

22 =σ→==σ

−

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

mm35,0V10x2x10x205

000.2x7140

AE

LFLV

4922

222 =∆→==∆=∆

−

Exercício 2): A barra rígida (indeformável) AB, de peso desprezível, é rotulada em A,

suspensa por dois cabos e suporta uma força P = 58.000 N. Calcule a tensão normal

nos cabos 1 e 2 e a reação vertical no apoio A.

Dados: L1 = L2; Ε1 = 70 GPa; Ε2 = 205 GPa; Α1 = Α2 = 5 x 10 − 4 m2

0PFFV0F 21Ay =−++→=∑ (1)

0d4xFd3xPd2xF0M 21A =+−→=∑

De onde: Px3Fx4Fx2 21 =+ (2)

Temos duas equações independentes da estática e três incógnitas. O Problema é uma

vez hiperestático e a outra equação virá da compatibilidade dos deslocamentos.

2121 LL2

d4

L

d2

L∆=∆→

∆=

∆

92

91

22

22

11

11

10x205

F

10x70

F2

AE

LF

AE

LF2 =→=

De onde: F2 = 5,86 F1 (3)

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

Px3F86,5x4Fx2 11 =+

25,44 F1 = 3 x 58.000 → F1 = 6.839,6 N

F2 = 40.080,1 N

Cálculo da tensão normal nos cabos:

MPa68,1310x5

6,6839

A

F14

1

11 =σ→==σ

−

MPa16,8010x5

6,080.40

A

F24

2

22 =σ→==σ

−

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

N3,080.11000.581,080.406,839.6PFFV 21A =+−−=+−−=

Exercício 3): A barra prismática abaixo está presa em dois apoios indeformáveis e

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

0HFH0F BAx =+−→=∑ (1)

O problema é uma vez hiperestático. Vamos retirar um dos apoios e determinar o

deslocamento que o apoio retirado está impedindo.

Colocando-se o apoio retirado, tem-se:

Compatibilidade dos deslocamentos:

L

a.FH

EA

L.H

EA

a.FLL B

B21 =→=→∆=∆

L

b.FH)aL(

L

F

L

a.F

L

LF

L

a.FFHHFH AABA =→−=−=−=→−=

Exercício 4): A barra prismática abaixo está carregada axialmente por duas forças F1 e

F2. Calcule:

a) as reações nos apoios indeformáveis A e B;

b) a tensão normal no meio da barra.

Dados: F1 = 2.000 N; F2 = 3.500; Aseção transversal = 200 mm2

Superposição dos efeitos:

N6,384.16,2

8,1x000.2

L

b.FH 11

A === N4,6156,2

8,0x000.2

L

a.FH 11

B ===

N7,8076,2

6,0x500.3

L

b.FH 22

A === N3,692.26,2

0,2x500.3

L

a.FH 22

B ===

N9,5767,8076,384.1HHH 2A

1AA =−=+=

N9,076.23,692.24,615HHH 2B

1BB =+−=+=

Cálculo da tensão normal no meio da barra:

F = força normal axial no meio da barra

F = − HÁ + F1 = − 576,9 + 2.000 = 1.423,1 N

Ou: F = − HB + F2 = − 2.076,9 + 3.500 = 1.423,1 N

Então: MPa1,7:oumm/N1,7200

1,423.1

A

F 2 =σ===σ

Exercício 5): A barra prismática está na posição indicada quando a força F = 0. Calcule

as reações nos apoios rígidos A e B quando for aplicada a força F = 18.000 N.

Dados: Ε = 1,5 GPa; Α = 5 x 10 − 3 m2

OBS.: Se a barra não encostar no apoio B as reações são dadas por:

HÁ = 18.000 N e HB = 0.0

Vamos retirar o apoio B:

mm8,410x5x10x5,1

000.2x000.18

EA

000.2xFL

391 ===∆−

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

N5,562.6H0,28,410x5x10x5,1

200.3xHB39

B =→−=−

N5,437.115,562.6000.18HFHH ABA =−=→=+

Exercícios Capítulo Três, item 3.4: 1) A barra prismática abaixo está livre de tensão

quando a temperatura é igual a 20ºC. Sabendo que os engastes são indeformáveis

calcule a tensão normal na barra quando a temperatura subir para 50ºC.

Dados: Ε = 205 GPa; α = 11,7 x 10 − 6 /oC

Retirando-se o apoio B, tem-se:

Compatibilidade dos deslocamentos

TF LL ∆=∆

TLEA

FL ∆α=

TE ∆α=σ

30x10x7,11x10x205 69 −=σ

26 m/N10x95,71=σ

Ou: σcompressão = 71,95 MPa

2) A barra prismática abaixo está livre de tensão quando a temperatura é igual a 25º C.

Sabendo que os engastes A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na barra

quando a temperatura descer para − 60ºC.

Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m

Compatibilidade dos deslocamentos

TF LL ∆=∆

TLEA

FL ∆α=

TE ∆α=σ

85x10x6,21x10x70 69 −=σ

26 m/N10x52,128=σ

Ou: σtração = 128,52 MPa

3) Resolva o problema anterior considerando que à temperatura t = − 60º C o apoio B

se desloca de 3 mm e o apoio A continua indeformável.

Dados: Ε = 70 GPa; α = 21,6 x 10 − 6 /oC; L = 4,0 m

T3

F L10x3L ∆=+∆ −

TL10x3EA

FL 3 ∆α=+ −

TL10x3E

L 3 ∆α=+σ −

85x4x10x6,2110x310x70

4x 639

−− =+σ

339

10x310x344,710x70

4x −− −=σ

26 m/N10x02,76=σ

Ou: σtração = 76,02 MPa

4) A estrutura abaixo é perfeitamente ajustada aos engastes rígidos A e B quando a

temperatura é igual a 18º C. Calcule a tensão normal nas barras 1 e 2 quando a

temperatura subir para 100º C.

Dados: Ε1 = Ε2 = 205 GPa; α1 = α2 = 12 x 10 − 6 /oC; Α1 = 600 mm2 ;

Α2 = 300 mm2

TLTLL 2211T ∆α+∆α=∆

82x400x10x1282x500x10x12L 66T

−− +=∆ = 0,8856 mm

22

2

11

1F AE

FL

AE

FLL +=∆

300x10x205

400xF

600x10x205

500xFL

33F +=∆ = 1,0569 x 10 – 5 . F

∆LF = ∆LT

então: 1,0569 x 10 – 5 . F = 0,8856

F = 83.791,4 N

Cálculo da tensão normal:

2

11 mm/N7,139

600

4,791.83

A

F ===σ

Ou: σ1 = 139,7 MPa

2

22 mm/N3,279

300

4,791.83

A

F ===σ

Ou: σ2 = 279,3 MPa

5) A barra prismática está na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é

igual a 25º C. Sabendo que apoios A e B são indeformáveis calcule a tensão normal na

barra quando a temperatura for igual a:

a) 10º C;

b) 70º C;

c) 105º C;

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

a) σ = 0,0

b) mm5,2mm25,245x500.2x10x20L 6T <==∆ −

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

c) mm5,2mm0,480x500.2x10x20L 6T >==∆ −

2compressão33F mm/N42

10x70

500.2x5,1

A10x70

500.2xFL =σ→

σ=→=∆

6) As barras estão na posição indicada na figura abaixo quando a temperatura é igual a

− 5º C. Determine a distância “d” que o ponto a se desloca quando a temperatura subir

para 40º C. Considere que a barra ab tenha coeficiente de dilatação térmica

insignificante. Dados: α1 = 23 x 10 − 6 /oC; α2 = 12 x 10 − 6 /oC

mm93,045x900x10x23TLLT 6111 ==∆α=∆ −

mm49,045x900x10x12TLLT 6222 ==∆α=∆ −

290

x

30

49,093,0

290

x

30

LTLT 21 =−

→=∆−∆

mm25,4290.30

44,0x

30

44,0

290

x ==→=

mm74,425,449,0d =+=

7) Um tubo de alumínio mede 35 m à temperatura de 22º C. Um tubo de aço, à mesma

temperatura, é 5 mm mais longo. Calcule em qual temperatura estes tubos terão o

mesmo comprimento.

Dados: αAlumínio = 21,6 x 10 − 6 /oC; αS = 11,7 x 10 − 6 /oC

SAL LT005.35LT000.35 ∆+=∆+

TL005.35TL000.35 SSALAL ∆α+=∆α+

Tx005.35x10x7,11005.35T000.35x10x6,21000.35 66 ∆+=∆+ −−

T410,0005.35T756,0000.35 ∆+=∆+

000.35005.35T410,0T756,0 −=∆−∆

C45,14T5T346,0 o=∆→=∆

C45,36T45,1422T o=→+=

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

mm92,010.3545,14x000.35x10x6,21000.35L 6AL =+= −

mm92,010.3545,14x005.35x10x7,11005.35L 6S =+= −

Exercícios do Capítulo Quatro: Exercício: 1) Calcule a tensão de cisalhamento média

que ocorre na cola.

MPa5,2m/N10x5,210,0x04,0x2

000.20

A

F 26mm ==τ→==τ

Ou:

MPa5,2mm/N5,2100x40x2

000.20

A

F 2mm ==τ→==τ

2) Um bloco está solicitado por uma força F = 112 kN. Calcule:

a) A tensão cisalhante média;

b) O deslocamento do ponto d considerando-se que a face inferior não se desloca.

Dados: Ε = 87,5 GPa; ν = 0,25

a) →==τ50x160

000.112

A

Fm 2

m mm/N14=τ

b)

γ=∆→∆=γ≅γ 8080

tg

Lei de Hooke no cisalhamento: γ=τ G

GPa35G)25,01(2

5,87

)1(2

EG =→

+=

ν+=

.rad10x4)mm/N(10x35

)mm/N(14

G4

23

2−=γ→=τ=γ

mm032,010x4x80 4 =∆→=∆ −

3) Calcule a tensão de cisalhamento média no pino e a tensão normal de tração média

no cabo da estrutura abaixo.

2méd2méd mm/N7,71

10x14,3

500.22

A

F=τ→==τ

2méd2méd mm/N5,292

7x14,3

000.45

A

F=σ→==σ

4) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo. Dados: F =

35.000 N; d = 19,05 mm

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

2méd2méd mm/N7,30

)525,9(x14,3x1x4

000.35

A

F=τ→==τ

5) Calcule o diâmetro dos parafusos da ligação abaixo.

Dados: F = 200.000 N; 2__

mm/N95=τ

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

mm15,9R)R(x14,3x1x8

000.20095

A

F2méd =→=→=τ

Portanto: d = 18,3 mm

6) Calcule a tensão de cisalhamento nos parafusos da ligação abaixo e a tensão normal

nas chapas. Dado: d = 12 mm

1ª opção: F = 15.000 N; n = 6; An = 1

2méd2méd mm/N1,22

)6(x14,3x1x6

000.15

A

F=τ→==τ

2mm/N50100x3

000.15

A

F =σ→==σ

2ª opção: F = 30.000 N; n = 6; An = 2

2méd2méd mm/N1,22

)6(x14,3x2x6

000.30

A

F =τ→==τ

2mm/N50100x6

000.30

A

F =σ→==σ

7) Um suporte para televisão é sustentado por um pino de 8 mm de diâmetro. Calcule a

tensão de cisalhamento média no pino sabendo que a massa da televisão é igual a 25

kg.

Observação: a força cisalhante no pino é provocada pelo binário exigido para o equilíbrio

de momentos fletores.

050xF800xP0M A =−→=∑

N924.3F50xF800x81,9x25 =→=

Cálculo da tensão cisalhante média no pino:

2m2m mm/N1,78

4x14,3

924.3

A

F=τ→==τ

Exercícios do Capítulo 5: 1) Para o eixo abaixo calcule:

a) a tensão de cisalhamento máxima;

b) o giro relativo da seção transversal B em relação ao engaste indeformável A;

c) o deslocamento horizontal do ponto c.

Dados: =T 4.600 N.mm; G = 60 GPa.

a) J

r.T=τ

( ) ( ) 4444i

4e mm2,270.8J1218

32DD

32J =→−π=−π=

MPa01,5:oumm/N01,52,270.8

9x600.4máx

2máx =τ==τ

b) .rad10x42,72,270.8x10x60

800x600.4

GJ

TL 33

−===θ

c)

mm067,010x42,7x9x99

tg 3 ==θ=∆→∆=θ≅θ −

2) Um eixo de seção transversal circular fica solicitado pelos momentos de torção

indicados na figura abaixo. Calcule a tensão de cisalhamento máxima e o giro relativo da

seção transversal B em relação ao engaste indeformável A. Dado: G = 25 GPa.

J

r.T=τ onde: 444 mm3,592.613J50

32D

32J =→π=π=

MPa67,1:oumm/N67,13,592.613

25x000.41máx

2máx =τ==τ

GJ

TL=θ

.rad10x194,33,592.613x10x25

000.2x000.63

3,592.613x10x25

500.3x000.22 333B

−−=−=θ

Resposta: .rad10x194,3 3B

−=θ (no sentido de 63.000 N.mm)

3) A tensão de cisalhamento máxima que solicita o eixo abaixo é igual a 32,5 MPa.

Sabendo que o eixo tem seção transversal circular (Φ = 12 mm) e L = 500 mm calcule o

valor da força F. Para este valor de F calcule o giro relativo da seção transversal onde

está aplicado o binário em relação ao engaste rígido. Dado: G = 42 GPa.

F12T =

44 mm75,2035J1232

J =→π=

N9,918F75,2035

6F125,32

J

r.Tmáx =→

⋅==τ→=τ

Cálculo do ângulo de torção: 75,2035x10x42

5009,91812

GJ

TL3

⋅⋅==θ

.rad064,0=θ (ou: 3,7º)

4) Determine as reações nos engastes indeformáveis. O eixo é prismático e tem seção

transversal circular.

TTT0M BA =+→=∑

O Problema é uma vez hiperestático. Precisamos de mais uma equação que virá da

“compatibilidade dos deslocamentos”. Retirando-se o apoio B tem-se o giro relativo θB:

JG

a.T

GJ

TLB ==θ

Colocando-se o engaste B, tem-se o giro relativo :|Bθ

JG

L.TB|B =θ

Compatibilidade dos deslocamentos:

JG

L.TBB

|B →θ=θ

JG

a.T=

L

a.TTB =

Da equação de equilíbrio:

=−=−=L

a.TTTTT BA T

L

L

L

a.T−

L

b.TT)aL(

L

TT AA =→−=

Exercício do item 5.5: Calcule a tensão de cisalhamento média da barra com seção

vazada de parede fina com espessura t constante.

tA2

Tméd =τ

Onde: A é a área limitada pela linha do esqueleto

2médméd mm/N21,10

3x204.2x2

000.135 =τ→=τ

Exercícios do item 6.4: 1) Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nos pontos

KeJ,I .

Esforços internos na seção transversal que contém os três pontos:

M = − 15.000 N.m e V = − 5.000 N

443

Z m10x8,112

30,0x08,0I −==

Cálculo da tensão normal (σ): ZI

y.M=σ

MPa5,12m/N10x5,1210x8,1

)15,0(x000.15 26I4I ==σ→−−=σ

−

010x8,1

)0(x000.15J4J =σ→−=σ

−

MPa5,12m/N10x5,1210x8,1

)15,0(x000.15 26K4K −=−=σ→−=σ

−

Cálculo da tensão cisalhante (τ): ZI.b

Q.V=τ

010x8,1x08,0

0x000.54I ==τ

−

MPa3125,0m/N10x125,310x8,1x08,0

075,0x15,0x08,0x000.5 254J ===τ −

010x8,1x08,0

0x000.54K ==τ

−

Exercício 2) Uma viga em balanço tem largura b constante em todo o comprimento igual

a 10 cm e altura variável, como mostra a figura abaixo. Calcule máxcmáxtmáx e, τσσ

no meio da viga e no engaste. Dado; P = 30.000 N

• No meio da viga tem-se:

M = − 30.000 (N) x 2,5 (m) = − 75.000 N.m

V = − 30.000 N

453

Z m10x8125,212

15,0x10,0I −==

MPa200m/N10x20010x8125,2

)075,0(x000.75 265tmáx ==−−=σ −

MPa200m/N10x20010x8125,2

)075,0(x000.75 265cmáx −=−=−=σ −

MPa3m/N10x310x8125,2x10,0

)0375,0x075,0x10,0(x000.30 265máx ===τ

−

• No engaste da viga tem-se:

M = − 30.000 (N) x 5,0 (m) = − 150.000 N.m

V = − 30.000 N

443

Z m10x3021,112

25,0x10,0I −==

MPa144m/N10x14410x3021,1

)125,0(x000.150 264tmáx ==−−=σ −

MPa144m/N10x14410x3021,1

)125,0(x000.150 264cmáx −=−=

−=σ

−

MPa8,1m/N10x8,110x3021,1x10,0

)0625,0x125,0x10,0(x000.30 264máx ===τ

−

Exercício 3: Para a viga abaixo calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e

a maior tensão cisalhante.

N000.27VV0F BAY =+→=∑

09,3xV7,2x000.152,1x000.120M BA =−+→=∑

N9,076.14VB =

02,1x000.157,2x000.129,3xV0M AB =−−→=∑

N1,923.12VA =

443

Z m10x998,612

36,0x18,0I −==

MPa34,4m/N10x34,410x998,6

18,0x3,892.16 264tmáx ===σ −

MPa34,4m/N10x34,410x998,6

)18,0(x3,892.16 264cmáx −=−=−=σ −

MPa326,0m/N2,854.32510x998,6x18,0

09,0x18,0x18,0x9,076.14 24máx ===τ

−

Exercício 4: A viga abaixo está solicitada por três forças atuando no plano de simetria

vertical. Calcule as tensões normais extremas (σmáx T e σmáx C ) e a maior tensão

cisalhante.

N500.12VV0F BAY =+→=∑

09x000.20,6xV0,4x500.40,2x000.60M BA =+−+→=∑

N000.8VB =

00,3x000.20,2x500.40,4x000.6Vx60M AB =+−−→=∑

N500.4VA =

Cálculo do momento de inércia IZ:

4433

Z m10x25,212

30,0x10,0

12

h.bI −===

Cálculo das tensões normais extremas:

264

ZTmáx m/N10x0,6

10x25,2

15,0x000.9

I

y.M ===σ−

= 6,0 MPa

264

ZCmáx m/N10x0,6

10x25,2

)15,0(x000.9

I

y.M −=−==σ−

= − 6,0 MPa

Cálculo de τmáx: ZIb

Q.V=τ

254máx m/N10x0,3

1025,2x10,0

)075,0x15,0x10,0(x000.6==τ

−

Exercícios do item 6.7: 1) Sendo Ε Ι = constante, determine:

a) a equação da tangente à linha elástica;

b) a equação da linha elástica;

c) a deflexão do ponto A;

d) a deflexão do ponto d.

Colocando-se o sistema de referência no ponto A:

)x(M )x(vIE || −=

)Lx0(x.P )x(M ≤≤−=

x.P )x(vIE || +=

1

2| C

2

xP )x(vIE +=

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

2

PLC0C

2

LP )L(vIE

2

11

2| −=→=+=

a) 2

PL

2

xP )x(vIE

22| −=

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

2

23

C2

xPL

6

xP )x(vIE +−=

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

3

PL

2

PL

6

PLC0C

2

LPL

6

LP)L(vIE

333

22

23

=+−=→=+−=

b) 3

PL

2

xPL

6

xP )x(vIE

323

+−=

c) 3

PL

2

0PL

6

0P )0(vIE

323

+−=

IE3

PL v)0(v

3

A ==

d) ( )

3

PL

2

)2L(PL

6

2LP )2L(vIE

323

+−=

3333

PL48

)16121(

3

PL

4

PL

48

PL)2/L(EIv

+−=+−=

EI48

PL5v)2/L(v

3

d ==

2) Sendo Ε Ι = constante, determine:

a) a equação da tangente à linha elástica;

b) a equação da linha elástica;

c) a deflexão do ponto A;

d) a deflexão do ponto d.

)Lx0(2

qx )x(M

2

≤≤−=

2

qx )x(vIE

2|| +=

1

3| C

6

qx )x(vIE +=

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

6

qLC0C

6

Lq )L(vIE

3

11

3| −=→=+=

a) 6

qL

6

xq )x(vIE

33| −=

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

2

34

C6

xqL

24

xq )x(vIE +−=

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

8

qL

6

qL

24

qLC0C

6

LqL

24

Lq)L(vIE

444

22

34

=+−=→=+−=

b) 8

qL

6

xqL

24

xq )x(vIE

434

+−=

c) 8

qL

6

0qL

24

0q )0(vIE

434

+−=

IE8

qL v)0(v

4

A ==

d) 8

qL

6

)3/L(qL

24

)3/L(q )3/L(vIE

434

+−=

4444

qL1944

)2431081(

8

qL

18

qL

1944

qL)3/L(EIv

+−=+−=

EI243

qL17

EI1944

qL136v)3/L(v

44

d ===

3) Sendo Ε Ι = constante, determine:

a) a equação da tangente à linha elástica;

b) a equação da linha elástica;

c) a deflexão máxima;

d) a rotação nos apoios.

)Lx0(2

qxx

2

qL

2

qxx V)x(M

22

A ≤≤−=−=

2

qxx

2

qL )x(vIE

2|| +−=

1

32| C

6

qxx

4

qL )x(vIE ++−=

21

43 CxC

24

qxx

12

qL )x(vIE +++−=

Condições de contorno (ou condições de extremidades):

0)0(v = e 0)L(v =

0C0C0C24

0q0

12

qL )0(vIE 221

43 =→=+++−=

0LC24

qLL

12

qL )L(vIE 1

43 =++−=

24

qLC

24

qL

12

qL LC

3

1

44

1 =→−=

a) 24

qL

6

qxx

4

qL )x(vIE

332| ++−=

b) x24

qL

24

qxx

12

qL )x(vIE

343 ++−=

c) A deflexão máxima ocorre no meio da viga:

)2/L(24

qL

24

)2/L(q)2/L(

12

qL )2/L(vIE

343 ++−=

4444

qL384

)814(

48

qL

384

qL

96

qL )2/L(vIE

++−=++−=

IE384

qL5 )2/L(vv

4

máx ==

Observação: Para vigas bi-apoiadas a deflexão máxima ocorre onde

0)x(v| =

024

qL

6

qxx

4

qL )x(vIE

332| =++−=

De onde:

0LxL6x4024

Lx

4

L

6

x 3233

23

=+−→=+−

A equação do terceiro grau acima fornece três raízes reais que são:

X1 = 1,366L

X2 = 0,5L

X3 = − 0,366L

d) Rotação nos apoios: )x()x(v| θ≅

IE24

qL)0(v

24

qL

6

0q0

4

qL )0(vIE

3

A|

332| =θ≅→++−=

IE24

qL)L(v

24

qL

6

qLL

4

qL )L(vIE

3

B|

332| −=θ≅→++−=

4) Determine a deflexão no meio da viga. IE = constante.

Trecho 1: )2/Lx0(x2

P)x(M ≤≤=

x2

P)x(vIE || −=

12| Cx

4

P )x(vIE +−=

Para x = L/2: v|(L/2) = 0

16

PLC0C)2/L(

4

P )2/L(vIE

2

112| =→=+−=

2

23 Cx

16

PLx

12

P )x(vIE ++−=

Para x = 0: v(0) = 0

0C0C016

PL0

12

P )0(vIE 22

23 =→=++−=

Cálculo da deflexão no meio do vão:

3332

3 PL96

)31(

32

PL

96

PL)2/L(

16

PL)2/L(

12

P )2/L(vIE

+−=+−=+−=

IE48

PLv)2/L(v

3

máx ==

5) Sabendo que a deflexão máxima da viga abaixo é igual a 0,6 cm calcule o valor do

módulo de elasticidade da viga abaixo. IE = constante.

IE48

PLv

3

máx =

443

z m10x375,312

30,015,0I −=⋅=

4

3

10x375,3E48

)4,6(26000006,0 −⋅⋅

=

29 m/N10x12,70E = ou: GPa12,70E =

6) Calcule a deflexão (flecha) máxima da viga abaixo. IE = constante.

Dados: Ε = 120 GPa; q = 80.000 N/m

4333

m10x083,2I12

)5,0(20,0

12

hbI −=→⋅==

EI

qL00652,0 v)L52,0(v

4

máx ==

m10x3,110x083,2x10x120

)5(x000.80x00652,0v 3

39

4

máx−

− ==

Exercícios do item 7.1: 1) Para a estrutura abaixo calcule as tensões normais extremas

e a posição da linha neutra.

Dado: F = 100.000 N

Reduzindo a força F ao centróide tem-se:

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

z

z

I

yM

A

F

⋅+=σ

12

400x200

y10x0,1

400x200

100.000

3

7 ⋅−−=σ

y10x375,91,25 3 ⋅−−=σ −

Cálculo das tensões normais extremas:

23Tmáx mm/N625,0)200(10x375,91,25 =−−−=σ −

23Cmáx mm/N125,3)200(10x375,91,25 −=−−=σ −

Equação da linha neutra: σ = 0

y10x375,91,25 0 3 ⋅−−= −

mm133,3310x375,9

1,25 y

3−=

−= −

Exercício 2) Calcule a tensão normal nos pontos f e g e a posição da linha neutra no

engaste. Calcule também a tensão de cisalhamento máxima.

Seção transversal do engaste:

Mz = – 3000 x 3,7 – 5.000 x 2,5 = – 23.600 N.m

z

z

I

yM

A

F

⋅+=σ

12

5,0x25,0

y236005,0x0,25

150.000

3

⋅−−=σ

y10x06,910x1,2 66 ⋅−−=σ Cálculo das tensões normais:

MPa06,1)25,0(10x06,910x1,2 66f =−⋅−−=σ

MPa46,3)25,0(10x06,910x1,2 66g −=⋅−−=σ

Equação da linha neutra: σ = 0

y10x06,910x1,2 0 66 ⋅−−=

m13,010x06,9

10x1,2 y

6

6

−=−

=

Cálculo de τmáx:

ZIb

QV

⋅⋅=τ

23máx m/N000.96

10x604,2x25,0

0,125x0,25x0,25x8.000 ==τ −

Exercícios do item 8.4: 1) Investigue se vai ocorrer flambagem do pilar BC. Dados: ΕBC =

120 GPa; LBC = 4,0 m.

Cálculo da carga crítica do pilar BC: ( )2

fl

min2

CRL

IEP

π=

43

min mm500.11212

30x50I ==

mm40004000x0,1LKLfl ==⋅=

( )N5,327.8

4000

112500x10x120P

2

32

CR =⋅π=

A força de compressão que atua no pilar BC é maior do que a carga crítica ( CRP ) do

pilar. Portanto, vai ocorre flambagem do pilar BC.

2) Resolva o problema anterior considerando-se que o pilar BC está engastado no ponto

C.

Cálculo da carga crítica do pilar BC: ( )2

fl

min2

CRL

IEP

π=

mm28004000x7,0LKLfl ==⋅=

( )N9,994.16

2800

112500x10x120P

2

32

CR =⋅π=

CRBC PF < , neste caso não vai ocorrer flambagem do pilar.

3) Calcule o valor crítico da força P. As duas barras têm seção transversal circular com

diâmetro φ = 15mm e módulo de elasticidade Ε = 205 GPa.

o60)5,0(cosarc69,0

345,0cos =θ→=θ→=θ

P155,160sen

PF0senFP0F

o22Y−=−=→=θ+→=∑

θ−=→=θ+→=∑ cosFF0cosFF0F 2121X

P5775,060cos)P155,1(F o1 =−−=

Cálculo da carga crítica da barra 2: ( )2

fl

min2

CRL

IEP

π=

4944

min m10x485,264

)015,0(

64

DI −=π=π=

m69,069,0x0,1LKLfl ==⋅=

( )N560.10

69,0

10x485,2x10x205P

2

992

CR =⋅π=−

Para que ocorra flambagem da barra 2: F2 = Pcr, então:

N9,142.9P560.10P155,1 =→=

Exercício do item 9.2: Calcule a tensão normal e a tensão cisalhante nas direções θ =

60º e θ = 150º.

MPa3225x15

000.12

A

Fxx −=σ→−==σ

Para θ = 60º tem-se as tensões:

MPa2460sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ

MPa86,1360cos.60sen)32(cos.sen. oox =−−=θθσ−=τθ

Para θ = 150º tem-se as tensões:

MPa8150sen.32sen. 022x −=−=θσ=σθ

MPa86,13150cos.150sen)32(cos.sen. oox −=−−=θθσ−=τθ

Exercício do item 9.3: Duas peças de madeira são coladas como mostra a figura abaixo.

A cola não pode ser tracionada e a tensão admissível ao cisalhamento é igual a 4,0

MPa. Investigue se a solicitação na cola é admissível.

θθτ+θσ+θσ=σθ sencos2cossen xy2

y2

x

( ) ( )θ−θτ+θθσ−σ=τθ22

xyxy cossencossen

Neste problema: σx = 2,0 MPa ; σy = − 5,0 MPa ; τxy = 0,0

Para θ = 45º tem-se as tensões:

MPa5,1045cos0,545sen0,2 o2o2 −=σ→+−=σ θθ

( ) MPa5,3045cos45sen0,20,5 oo −=τ→+−−=τ θθ

Conclusão: A solicitação na cola é admissível.

Exercício do item 9.5: 1) Um elemento estrutural fica solicitado pelas tensões indicadas

na figura abaixo. Calcule:

a) as tensões e as direções principais (mostre os resultados em um elemento orientado);

b) as tensões que atuam nos planos que formam ângulos de 100;

c) a maior tensão de cisalhamento do plano xOy e a direção θ3.

a) 2xy

2yxyx

21 22

τ+

σ−σ±

σ+σ=σ

( )22

21 25

2

8535

2

8535 −+

−±+=σ

então: MPa36,951 =σ e MPa64,242 =σ

01

x1

xy1 5,22

3536,95

25tg −=θ→

−−=

σ−στ

=θ

02

2x

xy2 5,67

64,2435

25tg =θ→

−−−=

σ−στ

−=θ

b) Para 010=θ , tem-se as tensões:

000202 10sen10cos)25(210cos8510sen35 −++=σθ MPa94,74=

( ) )10cos10sen(2510cos10sen3585 020200 −−−=τθ MPa04,32=

c) τ máx= 2xy

2yx

2τ+

σ−σ

τ máx=2

2

)25(2

8535 −+

− = 35,36 MPa

( )

033

yx

xymáx3

51,22)4144,0(tanarc

5,0)8535(

2536,35

5,0

tg

=θ→=θ

⋅−−−=

⋅σ−στ+τ

−=θ

2) Para um ponto da barra abaixo calcule:

a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um

elemento orientado):

b) τmáx do plano xoy e a direção θ3 .

22 mm68,126)35,6(A =π=

22x mm/N71)mm(68,126

)N(000.9

A

F ===σ

a)

( )2xy

2yxyx

21 22

τ+

σ−σ±

σ+σ=σ

( )22

21 0

2

071

2

071 +

−±+=σ 5,355,35 ±=

De onde: MPa711 =σ e 02 =σ

Cálculo das direções principais:

0

0

7171

0tan

x1

xy1 =

−=

σ−στ

=θ (indeterminado)

Neste caso, a fórmula acima não pode ser usada. Nos planos principais a tensão

cisalhante é nula. Então, σx e σy são tensões principais:

o11x 90;MPa71 =θ=σ=σ

o22y 0;0 =θ=σ=σ

b)

( )2xy

2yx

minmáx 2

τ+

σ−σ±=τ

( ) →+

−±=τ 22

minmáx 0

2

071 MPa5,35eMPa5,35 minmáx −=τ=τ

( ) 15,0)071(

05,35

5,0tan

yx

xymáx3 −=

⋅−+−=

⋅σ−στ+τ

−=θ

o3 45)1(tanarc −=−=θ

Observação: Em uma barra tracionada (ou comprimida) a tensão cisalhante máxima

atua nos planos que formam 45º com o eixo x e seu valor é a metade da tensão normal

máxima: 2x

máxσ=τ . No entanto, dependendo da resistência do material máxτ pode

romper uma barra.

3) Um eixo maciço está solicitado por um torque Τ = 73.630 N.mm. Para um ponto

localizado na superfície do eixo calcule usando o círculo de Mohr:

a) as tensões principais e as direções principais (mostre os resultados em um

elemento orientado):

b) τmáx do plano xoy e a direção θ3.

O momento de torção (ou torque) produz um estado de cisalhamento puro.

J

r.T=τ (Expressão válida para seção transversal circular)

444

mm3,592.61332

)50(

32

DJ =π=π=

2xyxy mm/N3

3,613592

25x73630 =τ→=τ

Círculo de Mohr:

Elemento orientado da letra a:

b) τmáx = 3,0 MPa θ3 = 90º

Exercícios do item 9.8: 1)Uma circunferência de raio r = 600 mm é desenhada em

uma placa quadrada de lado L = 1400 mm. Determine os comprimentos dos diâmetros

ab e cd depois de aplicadas as tensões indicadas.

Dados: σx = 150 MPa; σy = 80 MPa ; Ε = 70 GPa ; ν = 0,3

[ ])(E

1zyxx σ+σν−σ=ε

[ ] 3669x 10x486,2)010x80(3,010x150

10x70

1 −=+−−=ε

xxx LLL

L ε=∆→∆=ε

mm98,2120010x486,21200L 3xab =⋅=⋅ε=∆ −

mm98,1202L98,21200L1200L abFababF =→+=∆+=

[ ])(E

1zxyy σ+σν−σ=ε

[ ] 3669y 10x786,1)010x150(3,010x80

10x70

1 −−=+−−=ε

yyy LLL

L ε=∆→∆=ε

mm14,2120010x786,11200L 3ycd −=⋅−=⋅ε=∆ −

mm86,1197L14,21200L1200L cdFcdcdF =→−=∆+=

2) Em uma chapa de liga de titânio desenhou-se uma linha inclinada. Calcule o valor em

graus do ângulo β depois de aplicadas as tensões indicadas.

Dados: σx = 90 MPa; σy = 70 MPa Εtitânio = 120 GPa ; νtitânio = 0,36

o55,27)5217,0(tanarcmm230

mm120tg =β→=β→=β

[ ])(E

1zyxx σ+σν−σ=ε

[ ] 4669x 10x06,9)010x70(36,010x90

10x120

1 −=+−−=ε

xxx LLL

L ε=∆→∆=ε

mm2208,023010x60,9230L 4xx =⋅=⋅ε=∆ −

mm2208,230L2208,0230L230L FxxFx =→+=∆+=

[ ])(E

1zxyy σ+σν−σ=ε

[ ] 4669y 10x53,8)010x90(36,010x70

10x120

1 −−=+−−=ε

yyy LLL

L ε=∆→∆=ε

mm102,012010x53,8120L 4yy −=⋅−=⋅ε=∆ −

mm898,119L102,0120L120L FyyFy =→−=∆+=

oFFF 51,27)5208,0(tanarc

mm2208,230

mm898,119tg =β→=β→=β

3) Uma barra está solicitada pela tensão normal σx. Para este caso demonstre que:

ν−ε+ε+ε

=σ21

E)( zyxx

Lei de Hooke Generalizada:

[ ])(E

1zyxx σ+σν−σ=ε

[ ])(E

1zxyy σ+σν−σ=ε

[ ])(E

1yxzz σ+σν−σ=ε

Para uma barra solicitada pela tensão normal σx tem-se:

[ ]E

)00(E

1 xxx

σ=+ν−σ=ε

[ ]E

)0(0E

1 xxy

νσ−=+σν−=ε

[ ]E

)0(0E

1 xxz

νσ−=+σν−=ε

Somando as deformações εx , εy e εz tem-se:

EEExxx

zyxνσ

−νσ

−σ

=ε+ε+ε

)1(E

xzyx ν−ν−

σ=ε+ε+ε

ν−

ε+ε+ε=σ

21

E)( zyxx

4) Em muitas situações de carregamento a tensão normal em uma direção é igual a

zero, como na chapa da figura abaixo onde σz = 0 (estado plano de tensão). Para este

caso demonstre que:

ν−ε+εν

−=ε1

)( yxz

Para uma chapa solicitada por σx e σy tem-se:

[ ] )(E

1)0(

E

1yxyxx νσ−σ=+σν−σ=ε

[ ] )(E

1)0(

E

1xyxyy νσ−σ=+σν−σ=ε

[ ]E

)()(0

E

1 yxyxz

σ+σν−=σ+σν−=ε

Somando as expressões de εx e εy , tem-se:

)(E

1yxyx νσ−σ=ε+ε + )(

E

1xy νσ−σ

yxyx (E

1 νσ−σ=ε+ε + )xy νσ−σ

)1()1(E)( yxyx ν−σ+ν−σ=ε+ε

)()1(E)( yxyx σ+σν−=ε+ε

De onde: ν−ε+ε

=σ+σ1

E)( yxyx

Colocando-se a expressão acima na expressão de εz, tem-se:

E1

)(

EE

)( yxyxz ν−

ε+ε⋅ν−=

σ+σν−=ε

ν−ε+εν

−=ε1

)( yxz

Exercícios sobre critério de resistência de von Mises (item 10.4)

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

1) Usando o critério de resistência de von Mises investigue se o eixo abaixo está em

segurança. Dado: MPa100Y =σ

262x m/N10x96,79

)025,0(

157000

A

F =π

==σ

J

rT ⋅=τ 264yx m/N10x06,25

32)05,0(

025,0x615 =π

=τ→

Critério de von Mises:

2Y

2xy

2x )(3 σ<τ+σ

222 100)06,25(3)96,79( <+

000.106,277.8 <

Segundo o critério de von Mises o eixo está em segurança.

2) Sabendo que MPa240Y =σ calcule o valor do momento de torção que inicia o

escoamento do eixo abaixo.

J

rT ⋅=τ T10x2595,3

32

)25(

5,12xT 44yx

−=π

=τ→

2Y

2xy )(3 σ<τ

224 240)T10x5259,3(3 =−

57600T10x06243,1x3 27 =−

mm.N109.425T10x72918,3

57600T

72 =→= −

Observação: Usando o critério de Tresca: Y31 σ<σ−σ

2xy

2yxyx

21 22

τ+

σ−σ±

σ+σ=σ 2

xy21 τ±=σ→

T10x2595,3 4xy1

−=τ+=σ ; T10x2595,3 4xy2

−−=τ−=σ

As três tensões principais são:

T10x2595,3 41

−=σ 02 =σ T10x2595,3 43

−−=σ

Colocando as tensões principais extremas no critério de Tresca:

−− T10x2595,3 4 240)T10x5259,3( 4 =− −

De onde: Τ = 368.155 N.mm

Comparação entre os critérios de von Mises e de Tresca:

1547,1155.368

109.425

Tresca

Misesvon ==

Portanto, o valor do momento de torção que inicia o escoamento do eixo segundo o critério de

von Mises é 15,47% maior que o valor fornecido pelo critério de Tresca. Esta é a diferença

máxima entre os dois critérios e ocorre na torção pura.

3) Sabendo que MPa400Y =σ calcule o valor da força P inicia o escoamento da viga

abaixo.

A

F

I

yM

Z

+=σ

P100,5xP2M −=−=

30,0x2,0

P15

12

3,0x2,0

yP103

−−=σ

P250y.P22,222.22 −−=σ

Tensão normal no ponto b:

P250P33,333.3P250)15,0.(P22,222.22b −−=−−=σ

P33,3583b −=σ

Para que inicie o escoamento (critério de von Mises):

2622Y

2x )10x400()P33,3583( =−→σ=σ

Ou: N9,627.111P10x400P33,3583 6 =→=

Observação: Se tirar a força axial (N = 0):

N000.120P10x400P33,3333 6 =→=

4) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança.

Dado: MPa320Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

2222222 320)306045(3110x)80(110x50)80(x50110)80(50 <+++−−−−−+−+

400.102875.47 <

Segundo o critério de von Mises o elemento está em segurança.

5) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão normal σX que inicia o

escoamento do elemento abaixo. Dado: MPa720Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

2222xx

222x 207)50400(3120801208012080 =+++⋅−⋅σ−⋅σ−++σ

849.42500.23200 x2x =+σ−σ

0349.19200 x2x =−σ−σ

De onde: MPa3,71eMPa3,271 xx −=σ=σ

6) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXY que inicia o

escoamento do elemento abaixo.

Dado: MPa150Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

2222xy

222 150)5040(3120801200800120800 =++τ+⋅−⋅−⋅−++

500.22)25001600(311200 2xy =++τ+

7500480011200225003 2xy −−−=τ

10003 2xy −=τ

Portanto, para 0xy =τ o elemento já está escoando.

7) Usando o critério de von Mises calcule o valor da tensão cisalhante τXZ que inicia o

escoamento do elemento abaixo.

Dado: MPa150Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

222xz

2222 150)500(3120801200800120800 =+τ++⋅−⋅−⋅−++

500.22)7500311200 2xz =+τ+

3

380038003 zx

2zx =τ→=τ

MPa59,35zx =τ

8) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança

quando solicitado pelas tensões indicadas.

Dado: MPa320Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

9) Usando o critério de von Mises investigue se o elemento abaixo está em segurança

quando solicitado pela tensão indicada.

Dado: MPa320Y =σ

2Y

2yz

2xz

2xyzyzxyx

2z

2y

2x )(3 σ<τ+τ+τ+σσ−σσ−σσ−σ+σ+σ

Observação: “O escoamento ocorre sem variação de volume” (?????)

Vamos supor que uma barra de aço doce tem tensão de escoamento .MPa400Y =σ

Aplicando-se a F = 80.000 N, tem-se:

Y2mm/N400

2010

80000 σ==⋅

=σ

Tensão esférica: 0V

V ≠∆ Tensões desvidadoras: 0

V

V =∆

A tensão de cisalhamento é igual a zero em todas as direções do estado de tensão esférico. O

escoamento é provocado pela tensão cisalhante, portanto, as tensões desviadoras são as

responsáveis pelo escoamento. Então, podemos afirmar que o escoamento ocorre sem

variação de volume?

Exercícios do Anexo à apostila:

1) Determine as coordenadas do centróide de uma área retangular.

h.b

dzdy.y

A

dA.yy

h0

b0A

_ ∫ ∫∫ == [ ] b.2

h.

h.b

1z.

2

y

h.b

1 2b0

h

0

2

=

=

de onde: 2

hy_

=

h.b

dz.zdy

A

dA.zz

h0

b0A

_ ∫ ∫∫ == [ ]2

bh

h.b

1

2

z.y

h.b

1 2b

0

2h0 ⋅⋅=

=

de onde: 2

bz_

=

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

Para o sistema de referência acima:

mmxxz_

=

→= 0y_

0A

dA.yy A_

== ∫

0dA.y:entãoA A =∞≠ ∫

0dA.yQ AZ == ∫

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

finita em relação a qualquer eixo que passa pelo centróide é nulo.

2) Calcule o momento estático da área hachurada em relação ao eixo horizontal do

centróide.

60

60

160

200

2160200

6060AZ z

2

ydz.dy.ydA.yQ −

−

−

−− − ⋅=== ∫ ∫∫

[ ] [ ] [ ] 120000.40600.252

1)60(60)200()160(

2

1Q 22

Z ⋅−=−−⋅−−−=

3

Z mm000.864Q −=

Outra forma de calcular-se o momento estático:

AyQA

Qy

A

dA.yy

_

ZZ

_A

_

⋅=→=→= ∫

3Z mm000.86412040)180(Q −=⋅⋅−=

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

3_

Z mm000.86436012020AyQ =⋅⋅=⋅=

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

centróide.

3_

Z mm000.400.2120200100AyQ =⋅⋅=⋅=

• Demonstração do teorema dos eixos paralelos

2

|ZZ a.AII +=

2|YY b.AII +=

∫=A

2||Z

dA)y(I

[ ]∫∫ ++=+=A

2|2|

A

2|Z dAaay2)y(dA)ay(I

∫ ∫ ∫++=A A A

2|2|Z dAadAya2dA)y(I

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

nulo, então: ∫ =A

| 0dAy

2

|ZZ a.AII +=

4) Para a área abaixo, determine:

a) o momento de inércia IZ

b) o momento de inércia IY

a) ∫∫∫ −−⋅==

2b

2b

2h

2h

2

A

2Z dzdyydAyI

⋅=−

2h

2h

3

Z 3

yI

2b

2bz −

−−⋅

−−=2

b

2

b

8

h

8

h

3

1 33

12

hbIb

8

h

8

h

3

1I

3

Z

33

Z =→⋅

+=

b) ∫∫∫ −−⋅==

2b

2b

22h

2hA

2Y dzzdydAzI

⋅= −2h

2hY yI

2b

2b

3

3

z

−

12

bh 3

=

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

∫=A

2Z dAyI

drrddA ⋅θ=

θ=→=θ senryr

ysen

∫ θθ= drrd)rsen(I 2Z ∫ ∫

πθ= er

ir

2

023 dsendrr

( )π

θθ−θ⋅=2

0

er

ir

4

Z cossen2

1

4

rI

( )( )[ ])0cos0sen0(2cos2sen2

2

1

4

rrI

4i

4e

Z −−ππ−π⋅−

=

( ) ( )4

rrI2

2

1

4

rrI

4i

4e

Z

4i

4e

Z−π

=→π⋅−

=

Ou colocando em função dos diâmetros externo e interno:

−

π=4

i4

eZ 2

D

2

D

4I

−π=

16

D

16

D

4

4i

4e

[ ]4i

4eZ DD

64I −π=

Particularizando para seção cheia (Di = 0): 64

DI

4e

Z

π=

Observações: 1ª ) Existem infinitos eixos de simetria que passam pelo centróide de uma

área circular. Portanto, todos os momentos de inércia em relação aos eixos que passam

pelo centróide são iguais.

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

I é usado na flexão

J é usado na torção

64

DII

4

YZ

π== (para seção circular cheia)

222 yzr +=

∫ ∫ ∫∫ +=+==A A A

2222A

2 dAydAzdA)yz(dArJ

ZY IIJ +=32

D

64

D

64

D 444 π=

π+

π=

6) Calcule o momento de inércia de uma área em forma de “T ” em relação ao eixo

horizontal (Z) do centróide.

Cálculo das coordenadas do centróide:

0z_

=

21

_

22

_

11A_

AA

yAyA

A

ydAy

++

== ∫10,0x80,020,0x50,0

55,0x10,0x80,025,0x50,0x20,0

++=

m383,018,0

069,0y_

==

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

=_y m217,0

18,0

039,0

10,0x80,020,0x50,0

35,0x50,0x20,005,0x10,0x80,0 ==++

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

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

2|ZZ a.AII +=

23

23

Z )133,0(x5,0x2,012

5,0x2,0)167,0(x1,0x8,0

12

1,0x8,0I +++=

43

Z m10x15,6I −=

7) Para a área do exercício anterior calcule o momento de inércia em relação ao eixo y

( YI ).

43

33

Y m10x6,412

20,0x50,0

12

80,0x10,0I −=+=

8) Para a área abaixo calcule os momentos de inércia em relação aos eixos Z e Y.

41033

Z mm10x97,112

400x300

12

800x500I =−=

4933

Y mm10x43,712

300x400

12

500x800I =−=