Livro Hibbeler - 7ª ed Resistencia Materiais (Livro)

38 RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS
SOLUÇÃO
Para resolver o problema, determinaremos P para cada condição
de falha possível. Então, escolheremos o menor valor. Por quê?
Tensão normal. Usando o método das seções, a carga axial
no interior da região FEdo eixo é 2P, ao passo que a maior
ga axial, 3P, ocorre no interior da região EC (Figura 1.34b ).
car­
A
variação da carga interna é claramente mostrada no diagrama
de força normal (Figura 1.34c). Como a área da seção transversal
é constante em todo o eixo, a região EC estará sujeita à tensão
normal média máxima. Aplicando a Equação 1.11, temos
p
CTadm 55(106) N/m2 = 3p
A 1T(0,03 m?
P = 51,8 kN
Tensão de apoio. Como mostra o diagrama de corpo livre na
Figura 1.34d, o colar em C deve resistir à carga de 3P que age
sobre urna área de apoio de Ab = [1T(0,04 m)2 - 1r(0,03 m)2] =
2,199(10-3)m2• Assim,
p
A =--· 75(106) N/m2 = ------ 3P
CTadm 2,199(10-3) m2
'
P=55,0kN
Por comparação, a maior carga que pode ser aplicada ao eixo
é P = 51,8 kN, pois qualquer carga maior do que essa resultará
em tensão maior do que a tensão normal admissível no eixo.
A barra rígida AB mostrada na Figura 1.35a é sustentada
por uma haste de aço AC de 20 mm de diâmetro e um bloco
de alumínio com área de seção transversal de 1.800 mm2• Os
pinos de 18 mm de diâmetro em A e C estão submetidos a
cisalhamento simples. Se as tensões de ruptura do aço e do alumínio
forem ( cr.ç)rup = 680 MPa e ( cr.1)rup = 70 MPa, respectivamente,
e a tensão de ruptura por cisalhamento para cada
pino for rrup = 900 MPa, determine a maior carga P que pode
ser aplicada à barra. Aplique um fator de segurança PS = 2.
SOLUÇÃO
Pelas equações 1.9 e 1.10, as tensões admissíveis são
( ) = (u,,o) rup
= 680 MPa
u,," adm F =
S 70 MPa 2 340 MP a
( ) = (u,J) rup
u,, adm F = =
S 900MPa 2 35 MP a
Tadm = F =
S 2 = 450MP a
O diagrama de corpo livre para a barra é mostrado na Figura
1.35b. Há três incógnitas. Neste caso, aplicaremos as equações
de equilíbrio de modo a expressar c e F8 em termos
da carga aplicada P. Temos
Figura 1.35
P(1,25 m) - F Ac(2 m) = O
F s(2 m) - P(0,75 m) = O
(1)
(2)
1+2:Ms O;
1+2:MA = 0;
Agora, determinaremos cada valor de P que crie a tensão
admissível na haste, no bloco e nos pinos, respectivamente.
Haste AC. A haste exige
FAc = (cr a ç)ndm ( A Ac) = 340(106) N/m2 [1r(O,Ol m)2] = 106,8 kN
Usando a Equação 1,
p = (106,8 kN) (2m) =
1,25m 171 kN
Bloco B. Nesse caso,
FB = ( ual ) adm
A8 = 35(106) N/m2 [1.800 mm2 (10-6) m2/mm2] = 63 kN
Usando a Equação 2,
p =
(63 kN)(2 m)
= 168 kN
0,75m
Pino A ou C. Para esses pinos,
V= FAc = T adm
A = 450(106) N/m2 ['1T(0,009 m)2] = 114,5 kN
Pela Equação 1,
p = 114,5 kN (2m)
1,25m
= 183 kN
Por comparação, quando P alcança seu menor valor
desenvolve a tensão normal admissível no bloco de alumínio.
(168 kN),
Por consequência,
P = 168kN
Resposta
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