Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

Alfabeto Grego

Alfa A a

Beta B ~

Gama r y

Delta L1 Õ

Épsilon E E

Digama F -

Dzeta Z ç

Eta H 11

Theta e 8

lota I t

Capa K x

Lambda A Iv

Mi M 11

Ni N v

csi •....• ~ ç

Ómicron O o

Pi TI 1t

San 17

Copa

Q

Ro P p

Sigma L (J

Tau T "(;

lpsilon y u

Phi P <p

Qui X x

Psi qJ

\jf

Ômega Q ú)

.•••..........

cq

Sumário

Capítulo 1.. Sistemas de Unidades 01

1.1 Sistema Internacional de Unidades (15 2 CGPM/1975) 02

1.2 Outras Unidades 02

1.3 Prescrições Gerais 03

1.4 Relações Métricas Lineares 10

1.5 Relações Métricas do Cubo 12

1.6 Exercícios (Sistema de Unidades) 13

Capítulo 2· Vínculos Estruturais 27

2.1 Introdução 27

2.2 Estrutura 28

Capítulo 3 . Equilíbrio de Forças e Momentos 31

3.1 Resultante de Forças 31

3.2 Resultante dos Momentos 31

3.3 Equações Fundamentais da Estática , 31

3.4 Força Axial ou Normal F 31

3.5 Tração e Compressão 32

3.6 Ligação ou Nó 32

3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó ....................................•............................................ 32

3.8 Composição de Forças 33

3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais 33

3.10 Conhecidos Fx e Fy, determinar a e ~ 34

3.11 Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que Formam entre Si Ângulo a , 34

3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante 35

3.13 Exercícios 36

3.14 Método das Projeções 38

3.15 Método do Polígono de Forças 40

3.16 Momento de uma Força 44

3.17 Exercícios Resolvidos 46

Capítulo 4· Carga Distribuída 53

4.1 Introdução 53

4.2 Linha de Ação da Resultante 54

4.3 Exercícios Resolvidos , 53

••

Capítulo 5 - Tração e Compressão 63

5.1 Revisão do Capítulo 3 63

5.2 Tensão Normal O" ••.•••••••••••••.•.•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 64

5.3 Lei de Hooke 64

5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis 66

5.5 Estricção 68

5.6 Coeficiente de Segurança k 68

5.7 Tensão Admissível O" ou cadrn 69

5.8 Peso Próprio , 70

5.9 Aço e sua Classificação 70

5.10 Dimensionamento de Peças 71

5.11 Dimensionamento de Correntes 72

5.12 Exercícios 75

Capítulo 6 - Sistemas Estaticamente Indeterminados (Hiperestáticos) 97

6.1 Introdução 97

6.2 Tensão Térmica 98

6.3 Exercícios 99

Capítulo 7 - Treliças Planas 113

7.1 Definição 113

7.2 Dimensionamento 113

7.3 Método das Secções ou Método de Ritter 123

Capítulo 8 - Cisalhamento Puro 135

8.1 Definição 135

8.2 Força Cortante Q 135

8.3 Tensão de Cisalhamento ('1:) 136

8.4 Deformação do Cisalhamento 136

8.5 Tensão Normal (0") e Tensão de Cisalhamento ('1:) ..........................................................•........ 137

8.6 Pressão de Contato O"d •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••.••••.••••• 137

8.7 Distribuição ABNT NB14 138

8.8 Tensão Admissível e Pressão Média de Contato ABNT NB14 - Material Aço ABNT 1020 138

8.9 Exercícios '" 139

8.10 Ligações Soldadas 155

8.11 Chavetas 162

8.12 Exercícios 164

Capítulo 9 - Características Geométricas das Superfícies Planas

::..S?

9.1 Momento Estático :!.e~

9.2 Exercícios 171

9.3 Momento de Inércia J (Momento de 2ª Ordem) 182

9.4 Raio de Giração i 184

9.5 Módulo de Resistência W 184

9.6 Exercícios 185

9.7 Produto de Inércia ou Momento Centrífugo (Momento de 2ª Ordem) 208

9.8 Eixos Principais de Inércia 210

9.9 Momento Polar de Inércia (J ) p

(Momento de 2ª Ordem) 210

9.10 Módulo de Resistência Polar (W ) p

••••••••••••••••••.••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• 211


Capítulo 10 - Força Cortante Q e Momento Fletor M 229

10.1 Convenção de Sinais 229

10.2 Força Cortante Q 230

10.3 Momento Fletor M 230


Capítulo 11 - Flexão 257

11.1 Introdução 257

11.2 Flexão Pura 257

11.3 Flexão Simples 257

11.4 Tensão Normal na Flexão 258

11.5 Dimensionamento na Flexão 258

11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão 260

11.7 Deformação na Flexão 260


Capítulo 12 - Torção 279


12.2 Momento Torçor ou Torque 279

12.3 Potência (P) , 280

12.4 Tensão de Cisalhamento na Torção (t) 281

12.5 Distorção (y) 282

12.6 Ângulo de Torção (8) 282

12.7 Dimensionamento de Eixos-Árvore 282


Capítulo 13 - Flambagem 299


13.2 Carga Crítica 299

13.3 Comprimento Livre de Flambagem 299

13.4 índice de Esbeltez (À) 300

13.5 Tensão Crítica ( crer) '" '" 300

13.6 Flambagem nas Barras no Campo das Deformações Elasto-Plásticas 301

13.7 Normas 301


13.9 Carga Excêntrica 309

13.10 Exemplo 310

Apêndice A - Exercícios Propostos 311

Apêndice B - Normas DIN 347

Apêndice C - Perfis 353

SISTEMAS DE UNIDADES

Decreto nº 81621 - 03/05/1978

o decreto citado aprova o quadro geral de unidades de medida, em substituição

decreto n 2 63233 de 12 de setembro de 1968.

ao anexo do

"O Presidente da República, no uso da atribuição que lhe confere o artigo 81, item 111,da

constituição, e tendo em vista o disposto no parágrafo único do artigo 9 2 do Decreto-Lei n 2 240, de

28 de Fevereiro de 1967.

Decreta:

"Art. 1 Q - Fica aprovado o anexo Quadro Geral de Unidades de Medida, baseado nas

Resoluções, Recomendações e Declarações das Conferências Gerais de Pesos e Medidas,

realizadas por força da Convenção Internacional do Metro de 1975".

"Art. 2 Q - Este Decreto entra em vigor na data de sua publicação, revogando o Decreto n Q

63233 de 12/09/1968 e demais disposições em contrário".

"Brasília, 03 de maio de 1978: 157 2 da Independência e

90 Q da República.

Ernesto

Geisel

Angelo Calmon de Sã"

Quadro Geral de Unidades

Este Quadro Geral de Unidade (QGU) contém:

1- Prescrições sobre Sistema Internacional de Unidades;

2 - Prescrições sobre outras Unidades;

3 - Prescrições gerais.

Tabela I - Prefixos SI.

Tabela 11- Unidades do Sistema Internacional de Unidades.

Tabela 11I - Outras unidades aceitas para uso com o Sistema Internacional de Unidades.

Sistemas',deUnidades

I

~

Tabela

IV - Outras Unidades, fora do SI admitidas temporariamente.

Nota: São empregadas as seguintes siglas e abreviaturas:

CGPM - Conferência Geral de Pesos e Medidas (precedida do número de ordem e seguida pelo

ano de sua realização).

QGU -

QUADRO GERAL DE UNIDADES

SI - Sistema Internacional de Unidades

1.1 Sistema Internacionalde Unidades(15º CGPM/1975)

a) Unidades de Base

Unidade Símbolo Grandeza

metro m comprimento

quilograma kg massa

segundo s tempo

ampêre A corrente elétrica

Kelvin K temperatura termodinâmica

moi moi quantidade de matéria

candela cd intensidade luminosa

b) Unidades Suplementares

Unidade Símbolo Grandeza

radiano rad ângulo plano

esterradiano sr ângulo sólido

c) Unidades derivadas, deduzidas direta ou indiretamente das unidades de base e suplementares.

d) Os múltiplos e submúltiplos decimais das unidades acima que são formadas pelo emprego dos

prefixos SI da Tabela I.

1.2 Outras Unidades

1.2.1 As unidades fora do SI admitidas no QGU são de duas espécies:

a) Unidades aceitas para uso com SI, isoladamente ou combinadas entre si e ou com unidades SI,

sem restrição de prazo (tabela 111).

b) Unidades admitidas temporariamente (tabela IV)

MecânicaTécnica e ResistênciadosMateriais

1.2.2 É abolido o emprego das unidades do CGS, exceção feita às que estão compreendidas

no SI e as mencionadas na tabela IV.

1.3 PrescriçõesGerais

1.3.1 Grafia dos nomes de unidades

1.3.1.1 Quando escritos por extenso, os nomes de unidades devem ser iniciados com letra

minúscula, mesmo quando representem um nome ilustre de ciência.

Ex: newton, watt, arnpere, joule, ... exceto o grau Celsius.

1.3.1.2 Na expressão do valor numérico de uma grandeza, a respectiva unidade pode ser

escrita por extenso, ou representada pelo seu símbolo. (Ex. newton por metro ou N/

rn), não sendo admitidas partes escritas por extenso misturadas com partes escritas

por símbolo.

1.3.2 Plural dos Nomes de Unidades

Unidades escritas por extenso, obedecem às seguintes regras básicas:

a) Os prefixos SI são invariáveis

b) Os nomes de unidades recebem a letra "S" no seu final, exceto nos casos da alínea C.

1 - As palavras simples são escritas no plural da seguinte forma:

Ex.: quilogramas, volts, joules, ampêres, newtons, farads.

2 - Quando as palavras são compostas, e o elemento complementar de um nome de unidade

não é ligado por hífen.

Ex.: metros quadrados, decímetros cúbicos, milhas marítimas.

3 - Quando o termo é resultante de um produto de unidades.

Ex.: newtons-metro, watts-hora, ohms-metro, ...

Observação:

Segundo esta regra, e a menos que o nome da unidade entre no uso vulgar, o plural não

desfigura o nome que a unidade tem no singular. Ex: decibels, henrys, mols .... Não são

aplicadas às unidades algumas regras usuais na formação do plural de palavras.

c) Os nomes ou partes dos nomes de unidades não recebem "S" no final.

1 - quando terminam em S, X ou Z.

Ex.: siemens, lux, hertz, etc.

2 - quando correspondem ao denominador de palavras compostas por divisão, por exemplo:

quilômetros por hora, metros por segundo, etc.

r-

JII.:,

3 - quando, em palavras compostas, são elementos complementares de nomes de unidades e

ligados a estes por hífen ou preposição.

Ex.: anos-luz, quilogramas-força,

etc.

1.3.3 Grafia dos Símbolos de Unidades

1.3.3.1 A grafia dos símbolos de unidades obedece às seguintes regras básicas:

a) os símbolos são invariáveis, não sendo permitido colocar ponto significando abreviatura, ou

acrescentar "S" no plural, por exemplo, joule é J e não J. ou Js (no plural).

b) os prefixos do SIjamais poderão aparecer justapostos num mesmo símbolo, ex.: GWh (giga watthora)

e nunca MkWh (rnega quilowatt-hora).

c) os prefixos SI podem coexistir num símbolo composto por multiplicação ou divisão, por exemplo:

kN.mm, kW.mA, MW.cm, etc.

d) o símbolo deverá estar alinhado com o número a que se refere, não como expoente ou índice;

constituem exceção ângulos e o símbolo do grau Celsius.

e) o símbolo de uma unidade composta por multiplicação pode ser formado pela justaposição

dos símbolos componentes e que não cause ambigüidade [VA, kWh, etc], ou mediante a

colocação de um ponto entre os símbolos componentes, na base da linha ou a meia altura

[kgf.m ou kgf·m].

f) o símbolo de uma unidade de uma relação pode ser representado das três maneiras exemplificadas

a seguir, não devendo ser empregada a última forma quando o símbolo, escrito em duas linhas

diferentes, causar confusão.

W j[cm2 0c], W· cm-2 .oe-1 ---.!!...

'cm 2o e

1.3.3.2 Quando um símbolo com prefixo tem expoente, deve-se entender que esse expoente

afeta o conjunto prefixo-unidade, como se o conjunto estivesse entre parênteses.

Exemplos:

me = 10- 3 e

mm 2 = 10- 6 m 2

1.3.4 Grafia dos Números

As prescrições

quantidade.

desta secção são inaplicáveis aos números que não estejam representando

Exemplos: telefones, datas, n Q de identificação.

1.3.4.1 Para separar a parte inteira da decimal de um número, é empregada sempre urna vírgula;

quando o valor absoluto do número for menor que 1, coloca-se zero à esquerda da

vírgula.

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais ,

1

- ~--- ---------'

1..3.4.2 Os números que representam quantias em dinheiro, ou quantidades de mercadorias,

bens ou serviços em documentos fiscais, jurídicos e ou comerciais, devem ser escritos

com os algarismos separados em grupos de três, a contar da vírgula para a esquerda

e para a direita, com pontos separando esses grupos entre si.

Nos demais casos, é recomendado que os algarismos de parte inteira e os de parte

decimal dos números sejam separados em grupos de três, a contar da vírgula para a

esquerda e para a direita, com pequenos espaços entre esses grupos (exemplo, em

trabalhos técnico-científicos); mas é também admitido que os algarismos da parte

inteira e os da parte decimal sejam escritos seguidamente, isto é, sem separação em

grupos.

1..3.4.3 Para exprimir números sem escrever ou pronunciar todos os seus algarismos:

a) para os números que representam dinheiro, mercadorias ou bens de serviço, são empregadas

as palavras;

mil = 10 3 = 1000

milhão 10 6 = 1000000

bilhão = 10 9 = 1000000000

trilhão = 10 12 = 1000 000 000 000

b) em trabalhos técnicos ou científicos, recomenda-se a utilização da tabela I.

1.3.5 Espaçamento entre um número e o símbolo da unidade correspondente deve atender

à conveniência de cada caso.

Exemplos:

a) frases de textos correntes, normalmente utiliza-se meia letra, para que não haja possibilidade

de fraude.

b) em colunas de tabelas, é facultado utilizar espaçamentos diversos entre os números e os

símbolos das unidades correspondentes.

1.3.6 Pronúncia dos múltiplos e submúltiplos decimais das unidades.

Na forma oral, são pronunciados

por extenso.

Exemplos:

mR - mililitro

11m - micrometro (nãJ confundir com micrômetro instrumento)

Sistemas de Unidades=

•••

Tabela I - prefixos SI

Nome Símbolo Fator de Multiplicação

exa E 10 18 = 1 000 000 000 000 000 000

peta P 10 15 = 1 000 000 000 000 000

tera T 10 12 = 1 000 000 000 000

giga G 10 9 = 1 000 000 000

rnega M 10 6 = 1000000

quilo k 10 3 = 1000

hecto h 10 2 = 100

deca da 10

deci d 10- 1 = 0,1

centi c 10- 2 = 0,01

mili m 10- 3 = 0,001

micro fl 10- 6 = 0,000 001

nano n 10- 9 = 0,000 000 001

pico P 10- 12 = 0,000 000 000 001

femto f 10- 15 = 0,000 000 000 000 001

atto a 10- 18 = 0,000 000 000 000 000 001

Tabela 11- Outras Unidades fora do SI admitidas temporariamente

Nome da Unidade Símbolo Valor do SI

angstrorn A 10- 10 m

atmosfera atm 101325 Pa

bar bar 10 5 Pa

barn b 10- 28 m 2

*caloria cal 4,1868 J

* cavalo-vapor cv 735,5 W

curie ci 3,7 x 10 10 Bq

gal Gal 0,01 rn/s?

* gauss Gs 10- 4 T

hectare ha 10 4 m 2

* quilograma-força kgf 9,80665 N

* milímetro de Hg mmHg 133,322 Pa (aproximado)

milha marítima 1852 m

nó 1852/3600 rn/s milha

marítima por hora

* quilate 2 x 10- 4 kg não confundir

com ligas de ouro

rad

0,01 Gy

As unidades com asterisco deverão ser gradativamente substituídas pelas unidades do SI.

'Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais i C";."

1.3.7 Unidades Fundamentais e Derivadas

As unidades fundamentais foram definidas arbitrariamente e constituem-se em:

L - comprimento

L - comprimento

M - massa ou F - força

T - tempo

T - tempo

As unidades derivadas são obtidas em função das fundamentais.

1.3.7.1 Sistema CGS

É um sistema do tipo LMT sendo constituído pelas seguintes unidades fundamentais:

L - [em] M - [g] T - [s]

Exemplos de unidades derivadas no CGS:

velocidade (MRU)

[em]

.6.S

[v] =- =-=

.ó.t [s]

aceleração [al

[cm y sl

=[em / s] =[em]

[a] =[.ó.Y]

[.ó.t] s s2

aceleração normal da gravidade

g = 980,665 cm/s 2

1.3.7.2 Sistema MKS (Giorgi) Sistema Internacional (SI)

É também um sistema do tipo LMT, sendo suas unidades fundamentais:

L - [m] M - [kg] T - [s]

Exemplo de unidades derivadas:

velocidade (MRU)

força

[Vl)Ml)mt[m/sl

[.6.t] [s]

[F] = [m] . [a] = [kgm / S2]= [N]

aceleração

(MUV)

aceleração normal da gravidade

[ ]_[l1v]_[m/s]_[ I

a--- -- -m, s2]

[.ó.t] s

g = 9,80665 m/s 2

Este sistema é o recomendado pelo decreto n Q 81621 de 03/05/78, gradativamente,

substituirá o sistema técnico.

1.3.7.3 Sistema MKS (Sistema Técnico)

É um sistema

do tipo LFT.

7

/

Suas unidades fundamentais são:

L - [m] F - [kgf ou kp] T - [s]

o sistema MKS* (técnico) aos poucos será substituído na engenharia pelo SI (Sistema

Internacional MKS Giorgi)

kp ou kgf = 1 kg . 9,80665 m/s 2

Ikp ou kgf = 9,80665 N I

Na prática, ainda são utilizadas unidades como:

gf = 10- 3 kgf = 10- 3 kp

Itf = 10 3 kgf = 10 3 kp I

1.3.7.4 Sistemas de Unidades Inglesas

1.3.7.4.1 Sistema FPS é um sistema do tipo LFT, ou seja;

L - comprimento

F - força (power) - [f b]

(foot) - [pé]

t - tempo (second) - [s]

Unidade de massa neste sistema é o slug.

m

(libra)· (segundo)" €b . 52 (I )

--=5Ug

(pé)

pé

Para facilitar a escrita, abrevia-se pé através de um traço superior acima da medida.

Exemplo:

18 pé = 18'

Relação da unidade de medida pé com o sistema

métrico.

pé = 30, 48 cm = 304,8 mm

Nas escritas inglesas ou americanas, é comum encontrar-se o símbolo ft (foot).

A unidade de força no FPS é a libra (f b) ou mais apropriadamente conhecida como libraforça,

podendo ser encontrada na sua escrita simbólica como:

fb ou fbf ou ainda fb*.

A sirnbología mais adequada é f b .

1.3.7.4.2 Sistema IPS é um sistema do tipo LFT, ou seja:

L - comprimento - (inch) - [pol]

F - força - (power) - [fb]

T-Tempo - (second)- [s]

'::,_Mecânica;Técnica:e,Resistência:dos:Materiais~iMm;:;&.,':'&_U'WW:;:;:::EFJZI=,;;;SS)"J::1t::"ylWJJ!!;Z.' """'!l:1%0!@;C:,.-FAi!?'_Y+Y, __ ...w

----

Unidade de massa

F

m---

(libra - força)

- a - ( pOlegada ]

2

(segundo)

no sistema

m=

m[~l pol

(libra - força) (segundo)2

(polegada)

denomina-se libra massa.

Como é um sistema do LFT, predomina a unidade de força, que simbolicamente será

representada

por e b como foi exposto anteriormente.

Relações importantes do sistema com os sistemas, técnico, e Giorgi (MKS)

pol = 25,4 mm

e b = 0,4536kgf == 4,4483N

Na escrita simbólica da polegada, ingleses, americanos e demais países que utilizam este

sistema usam as representações:

pol; in ou ainda (").

pol - símbolo adaptado por "abreviação" da língua portuguesa.

in - (inch) polegada em inglês.

n- simbologia simplificada para facilitar a escrita.

Exemplo:

1 1 1"

-pol=-in=-

4 4 4

1..3.8 Precisão e Arredondamento dos Números

Quando a precisão de um número é necessária, deve-se aprender a aplicar as regras de

arredondamento. É muito importante saber que precisão desnecessária desperdiça tempo e

dinheiro.

Por exemplo:

Ao se expressar o número de rolamentos 6208 existentes no almoxarifado de uma

determinada indústria, a resposta será expressa somente por um número inteiro, pois em nenhuma

hipótese existirá no almoxarifado 10,4 ou 9,7 rolamentos, e isto sim 10 rolamentos.

Quando pesamos uma caixa e encontramos como resposta 100N (3 algarismos significativos),

nunca se deve se dar como resposta 100,000N se a precisão não exigir (6 algarismos

significativos), pois isto significaria ler a escala em 0,001N (milésimo de newton) o que é

absolutamente inadequado para o caso.

, Sistemas de ,Unidades

i!!!!.,

As regras principais de arredondamento são:

1 - Manter inalterado o dígito anterior se o dígito subseqüente for menor que "5" «5).

Exemplo': Suponha-se o número 365,122

arredondando

o número acima tem-se:

365,12 - para 5 algarismos significativos


2 - Acrescer uma unidade ao último dígito a ser mantido quando o posterior for "~5" (maior

ou igual a 5).

Exemplo': Suponha-se o número 26,666

arredonda-se

o número para:



27 - para 2 algarismos significativos

3 - Manter inalterado o último dígito se o primeiro dígito a ser desprezado for "5" seguido

de "zeros".

Exemplo': Seja o número 34,650

arredonda-se

para:

34,6 - para 3 algarismos significativos.

4 - Aumentar o último dígito em uma unidade se o número for ímpar e se o último dígito

for "5" seguido de "zeros".

Exemplos:

Sejam os números

235,5 e 343,50

arredonda-se

o número 235,5 para:

236 - 3 algarismos significativos.

arredonda-se o número 343,50 para:

344 - 3 algarismos significativos.

1.4 Relações Métricas Lineares

m = 10 dm

m = 10 3 mm

m = 10 2

cm

m = 39,37 pai

m = 3,28 pé

milha marítima = 1852 m

milha terrestre

= 1609 m

jarda ==

91,44 cm

ano-luz = 9,46 x 10 15 m

braça = 1,83 m

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'"" ·~·~L ..••. 1 .,~".

1.4.1 Relações Métricas do Quadrado

Dado o quadrado de lado a = 1m, determinar

·~ocCORÓ,

as seguiotes r.~IÇlt;>Õ:éSí "' \'b o .J ..

" :',•••~,~:."- !_ .• \ ., i"':"'> 1 1 ("; T êC A -

a) m 2 e dm 2 Areado Quadrado '. ,u '-:::. ';~, I' '"/',,1E./OS

A=a2 -"')(..:;:.:0. U~ 1-11Li L , .1

b) m 2 e cm 2

c) m 2 e mrrr'

d) m 2 e pOl2 1;

e) m 2 e pé 2 1m

a) m 2 e dm 2 b) m 2 e cm 2

m = 10 dm

m 2 = (10 dm)2

m = 10 2 cm

m 2 = (10 2 cm)2

1m 2 = 10 2 dm 2 1 1m 2 = 10 4 cm 2 1

c) m 2 e mm 2 d) m 2 e pOl2

m = 10 3 mm

m 2 = (10 3 mm)2

1m 2 = 10 6 mm 2 1

100

m=-- pol

2,54

2 (100 . J

m = -- pol

2,54

m 2 ~(100J pd

2,54

m 2 = 1550

m 2 = 1,55

pOl2

" 10 3 pOl2

e) m 2 e pé 2

100 ,

m = 30,48 pe

m2=(~

éJ2

30,48 P

m 2 = 3,28 2 pé 2

1m 2 = 10,76 Pé 2 1

portanto,

pode-se escrever que:

Sistemas

de Unidades

••.......

1.5 Relações Métricas doCubo

Dado o cubo, com aresta a= 1m, determinar as seguintes relações:

a) m 3 e dm 3

b) m 3 e cm 3

c) m 3 e mrrr'

d) m 3 e pOl3

e) m 3 e pOl3

Volume do cubo

V = a 3

a) m 3 e dm 3

~

E

ri

I

I

)..

'"

'"

'"

'"

'"

'"

'"

'"

'"

'"

'"

...... ...... ...... ...- •..•..•..

"\.~

m = 10

dm

m 3 = (10 dm)3 = 10 3 dm 3

1m 3 = 10 3

dm31

b) m 3 e cm 3

m = 10 2 em

m 3 = (10 2 cm)3 = 10 6 crrr'

1m 3 = 10 6 cm 3 1

c) m 3 e rnrrr'

d) m 3 e pOl3

m = 10 3

mm

m 3 = (10 3 mm)3 = 10 9 mrrr'

1m 3 = 10 9 mm 3 1

m 3 = (39,37 pol)3 == 61023 pOl3

1 m3 == 6,1023 . 10 4 pOl31

e) m 3 e pé 3 pé

m 3 = (3,29 pé)3 == 35,3 pé 3

1 m3 = 35,3 Pé31

m 3 = 10 3 dm 3 = 10 6 cm 3 = 10 9 mm 3 = 6,1023 . 10 4 pOl3 = 35,3 pé 3

Obs: Q = dm 3 (litro)

.,Mecânicêl2Técnica ecResistência,dosMateriais.::". ,L:''t.~:. .·<ii:m1l\!v···· :.,;;!$,ilIf:;if??,'::. ,.~.:;&r ,~';;>§i::L.

1.6 Exercícios(Sistema de Unidades)

Ex. 1 - Dadas as medidas em milésimos de polegada n, pede-se expressá-Ias em [mm].

Solução:

a) 0,393"

c) 0,325"

e) 0,600"

b) 0,750"

d) 0,875"

f) 0,120"

Para transformar a medida expressa em [pol] para [mm], multiplica-se o valor da medida por

25,4 mm.

a) 0,393 x 25,4 = 9,9822 mm

b) 0,750 x 25,4 = 19,05 mm

c) 0,325 x 25,4 = 8,255 mm

d) 0,875 x 25,4 = 22,225 mm

e) 0,600 x 25,4 = 15,24 mm

EX.2 -

Dadas as medidas em polegada fracionária ("), pede-se expressá-Ias em [mm].

Solução:

5"

a) -

8

b) 21"

4

3"

c)-

16

19"

d)-

64

Da mesma forma que o eX.1, multiplica-se a medida por 25,4 mm

5

a) - x 25,4 = 15,875mm

8

b) 2~ x 25,4 = (2 x 25,4 + ~. 25,4) = (50,8 + 6,35) = 57,15mm

3

c) - x 25,4 = 4,7625mm

16

19

d) - x 25,4 = 7,540625mm

64

Ex. 3 - Dadas as medidas em "mm", expresse-as em milésimos de polegada.

a) 15,24 mm

c) 30,48 mm

e) 11,430 mm

b) 21,59 mm

d) 8,255 mm

f) 4,445 mm

Solução:

Para encontrar as medidas dadas em "rnm" em polegada milesimal, dividi-se o valor da

medida por 25,4, pois pol = 25,4 mm.

~

15,24 _ 600"

a) 25,4 -O,

30,48 _ 1 200"

c) 25,4 - ,

11,430 = 0,450"

e) 25,4

21,59 _ 850"

b) - -O,

25,4

8,255 _ 325"

d) - - 0,

25,4

4,445 _ 0175"

f) - - ,

25,4

Ex.4 - Dadas as medidas em "mrn", expresse-as em "polegada fracionária".

a) 10,31875 mm

c) 14,2875 mm

e) 5,55625 mm

b) 17,4625 mm

d) 3,96875 mm

f) 3,571875 mm

Solução:

Para encontrar as medidas dadas em "mrn" em "polegada fracionária", divide-se a medida por

128

25,4 (valorda polegada), e multiplica-se o resultado obtido por 128' pois a fração de polegada

corresponde a uma exponencial de 2, ou seja 2 n no caso, 128 = 2 7 n Q de divisões no

paquímetro.

a) 110,31875p:mí

25,4JfI1'Í1 x

b) 117,4625 r1)P'r' x

25,4rymf

128"t 52 = 13" (simplificado por 4)

128 128 32

~

128"t 88 = 11" (Simplificado por 8)

128 128 16

~

~28" l ~ = ~ (Simplificado por 8)

128 128 16

'--A

3,96875~128':L 20 = ~ (Simplificado por 4)

d)1 25,4rmTÍ x 1~128 32

5,55625myY

= 28 =!:.- (Simplificado por 4)

e) 1 25,41JJf!! x 128 32

_,571875~= 18 = ~ (Simplificado por 2)

f) 1 25,4 rymf x 12~ 128 64

EX.5 - Dadas as medidas em pé expresse-as em "mm".

Solução:

a) 15' b) 12' c) 7,5' d) 18'

Para transformar a medida expressa em "pé" para "rnm", multiplica-se o valor da medida

por 304,8 mm.

MecânicaTécnicaeResistência

dos Materiais

.,~

a) 15 x 304,8 = 4572 mm

c) 7,5 x 304,8 = 2286 mm

b) 12 x 304,8 = 3657,6 mm

d) 18 x 304,8 = 5486,4 mm

Ex. 6 - Um pé equivale a quantas polegadas?

Solução:

pé = 304,8 mm

portanto:

pé 304,8~

poI

-

25 ,41J)f1'f

IPé = 12Pall

pol = 25,4 mm

EX.7 - Sabemos que por definição cv= 75 kgfmjs e que kgf.m = 9,80665 J. Expressar cvh

em joules.

cvh = 75 x 9,80665

cvh = 735,5 X x 3600$

I cvh = 2,6478 .10 6 J I

== 735,5 W

Ex. 8 - Sabendo-se que: pé = 30.48 em e pol = 2,54 em. Determinar as relações entre:

a) pé 2 e m 2 ; b) pal 2 e m 2 ;

c) pé 3 e m 3 d) pal 3 e m 3

8.a) Relação entre pé 2 e m 2

pé 2 = (O,3048m)2

pé 2 = 0,092903 m 2

Ipé 2 = 9,2903 . 10- 2 m 2 1

8.b) Relação entre pol2 m 2

pai = 2,54

. 10- 2 m

pal 2 = (2,54 . 10- 2 m)2

Ipal 2 = 6,4516 . 10- 4 m 2 1

8.c) Relação entre pe 3 e m 3

pé = 3,048

x 10. 1 m

pé 3 = (3,048 X 10. 1 m)3

I pé 3 = 2,832 X 10. 2 m 3 1

8.d) Relação entre pol3 e m 3

pai = 2,54

. 10- 2 m

pOl3= (2,54 . 10- 2 m)3

I pal 3 = 1,638 . 10- 5 m31

15

~

EX.9 - Em uma prova automobilística, o piloto A foi o vencedor, com o seu carro perfazendo

o percurso, com vm = 180km j h. Expressar vm em:

a) kmjmin b) kmjs e) mjs

9.a)

Velocidade média em km/rnin

vm = --

180 i

= 3 km j min

60

~

~

9.b) Velocidade média em krri/s

Ivm = fo = 0,05

km / si

9.c) Velocidade em m/s

180000

vm = 3600 = 50 m j s

~4?

Ex . .1.0 - No dimensionamento de circuitos automáticos e em outras aplicações na engenharia,

é utilizada a unidade de pressão bar = 10 5 N/m 2 (pascal). Expressar bar em:

a) kgfjm 2 ; b) kgfjem 2 ;

e) kgfjmm 2 ; d) .e b / pOl2 (psi)

Dados: kgf = 9,80665N

fb = 0,4536 kgf

pol = 2,54 em

.1.0.a) bar para kgf/m 2

5 2 10 4 2

bar = 10 N j m = . 10 kgf j m

9,80665

I bar = 1,0197 x 10 4 kgfjm 2 !

.1.0.b) bar para kgf/cm 2

bar = 10 5 Njm 2 = 1,0197 x 10 4 kgfjm 2 se m 2 = 10 4 em 2

1,019 x 10 4

bar = --.:....------:---

10 4

I bar = 1,0197 kgf j em 2

.1.0.c) bar para kgf/mm 2

bar = 1,019 kgf / em 2 se em 2 = 10 2 mm 2

1,0197 -2 2

bar = .., = 1,0197 x 10 kgf j mm

10

I bar = 1,0197 x 10- 2 kgf j mm 2 1

I

·Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais,,,

•••

10.d) bar para Rb/ pol2 (psi)

kgf = 2,2 eb

em = 0,3937 pai

pai = 2,54em em 2 = 0,155pa1 2

bar = 1,0193' kgf/em 2

1,0193 x 2,2

bar = 0,155

eb

bar == 14,5 --2 (psi)

pai

EX.11 - Unidade de pressão utilizada na indústria, o psi significa libra* /polegada

Pergunta-se:

quadrada.

Sabe-se

a) kgf/cm 2 equivale a quantos psi

b) N/cm 2 equivale a quantos psi

que:

kgf =

1

0,4536

eb = 9,80665 N

1

pai = 2,54 em ~ em = -2- pai

,54

11.a) kgf/cm 2 equivalente a psi

1

kgf 0,4536

eb

2,54 2 eb

em

2 - [2,~4J

I kgf / cm 2 == 14,22 psi I

pal 2 0,4536

11.b) N/cm 2 equivalente a psi

pol2

1 eb

N 9,80665 x 0,4536

C,~4J

pol2

2,54 2 eb

9,80665 x 0,4536 pal 2

N .

-- = 1,45 pSI

em 2

EX.12 - Para calibrar os pneus do Chevette, deve-se observar as seguintes

da Chevrolet.

recomendações

-----", ....•

r~

~

12.1- Para Calibragem de Pneus a Frio

12.1.1 Quando o automóvel estiver carregado com no máximo 03 pessoas, as pressões

indicadas são:

DIANT 1,2 kgf/cm 2 TRAS 1,5 kgf/cm 2

12.1.2 Quando o automóvel estiver carregado com 5 pessoas, as pressões indicadas são:

DIANT 1,4 kgf/cm 2 TRAS 1,7 kgf/cm 2

12.2 - Para Calibragem de Pneus a Quente

12.2.1 Para percursos com velocidades acima de 100 krn/h por mais de uma hora ou quando

os pneus forem calibrados a quente, adicionar 0,14 kgf/cm 2 .

Expressar as pressões indicadas em psi U b / pol")

12.1.1 Pressões expressas em psi para veículo carregado com até 03 pessoas.

DIANT

TRAS

= 1,2 x 14,22

= 1,5 x 14,22

17 psi

21 psi

12.1.2 Pressões em psi para veículo carregado com 05 pessoas.

DIANT = 1,4 x 14,22 20 psi

TRAS = 1,7 x 14,22 24 psi

12.2.1 Para pneus calibrados a quente é recomendado adicionar 0,14 kgf/cm 2

0,14 x 14,22 == 2 psi

EX.13 - Aceleração normal da gravidade é gn = 9,80665 m/s2.

Expressar gn em [km/h],

m = 10- 3 km

5=(3,6X10 3 )h- 1

1 J2

52 - h

- ( 3,6 X 103 •

s- ( 1 hJ

- 3,6x10 3

9,80665 X 10- 3 9,80665X 10- 3

gn = (3,6x 10 3 )-2 = 3,6- 2 X 10- 6

gn = 9,80665 x 10- 3 x 3,6 2 X 10 6

I gn = 1,271 x 10 5 km / h 2 1

.Mecânica~Técnica e.Reslstêncla.dosMaterlalsss '., "o

Ex.14 - A tabela a seguir representa o módulo de elasticidade de alguns materiais, dados

em [kgfjcm 2 ]. Expressar esses valores em [kgfjmm 2 ]; [Njcm 2 ]; [Njmm 2 ].

Material Módulo de Elasticidade E [kgfjcm 2 ]

aço 2,1 x 10 6

alumínio 0,7 x 10 6

fofo nodular 1,4 x 10 6

cobre 1,12 x 10 6

estanho 0,42 x 10 6

14.a) Módulo de elasticidade E [kgfjmm 2 ]

Aço

Eaço = 2,1 X 10 6 kgf/cm 2 se cm 2 = 102mm 2

Eaço = 2,1 X 10 6 x 10- 2 = 2,1 X 10 4 Kgf/mm 2

Alumínio

Eal = 0,7 X 10 6 kgf/cm 2 se cm 2 = 10 2 mrrr'

Eal = 0,7 X 10 6 x 10- 2 = 0,7 X 10 4 kgf/mm 2

Foto Nodular

E fn = 1,4 X 10 6 kgf/cm 2 se cm 2 = 10 2 mrrr'

E fn = 1,4 X 10 6 x 10- 2 = 1,4 X 10 4 kgf/mm 2

Cobre

Ecu = 1,12 X 10 6 kgf/cm 2 se cm 2 = 10 2 mm 2

Ecu = 1,12 X 10 6 x 10- 2 = 1,12 X 10 4 kgf/mm 2

Estanho

Ee = 0,42 X 10 6 kgf/cm 2 se cm 2 = 10 2 mm 2

Ee = 0,42 X 10 6 x 10- 2 = 0,42 X 10 4 kgf/mm 2

14.b) Módulo da elasticidade E [Njcm 2 ]

Eaço = 2,1 X 10 6 kgf/cm 2

kgf == 9,8 N

Eaço = 9,8 x 2,1 x 10 6 N/cm 2

Analogamente, para os outros materiais, temos:

9

r

Eat= 0,69 X 10 7 N/em 2

E 0 7 2

fn = 1,37 x 1 N/em

7 2

Ecu = 1,1 x 10 N/em

Ee = 0,41 X 10 7 N/em 2

14.c) Módulo de elasticidade E [Njmm 2 ]

Eaço = 2,06 X 10 7 N/em 2 se em 2 = 10 2 mm 2

Eaço = 2,06 X 10 7 x 10,,2 = 2,06 X 10 5 N/mm 2

Analogamente, para os outros materiais, temos:

E aR = 0,69 x 10 5 N/mm 2

5 2

E fn = 1,37 x 10 N/mm

Ecu = 1,1 X 10 5 N/mm 2

Ee = 0,41 X 10 5 N/mm 2

Ex. 15 -A área da secção transversal da viga I, representada na figura, possui as seguintes

características geométricas:

x

Jx = 920 em" (momento de inércia relativo ao eixo x)

Wx = 120 crrr' (módulo de resistência relativo a x)

ix = 6,24 cm (raio de giração relativo ao eixo x)

Expressar as características

dadas em:

a) m": m 3 ; m

b) mrn": mrrr': mm

15.a) Sabe-se que cm = 10- 2 m

em" = (10- 2 rn)" = 10- 8 m 4 :. Jx= 920 x 10- 8 m" = 9,2 x 10- 6 m"

crrr' = (10- 2 m)3= 10- 6 m 3 :. Wx = 120 X 10- 6 m 3 = 1,2 x 10- 4 m 3

em = 10- 2 m :. ix = 6,24 X 10- 2 m = 6,24 x 10- 2 m

15.b)

Sabe-se que cm = 10mm

em" = (10 mrn)" = 10 4 mrn" :. Jx= 920 X 10 4 mrn" = 9,2 x 10 6 mm"

cm 3 = (10 mm)3= 10 3 mm 3 :. Wx= 120 X 10 3 mm 3 = 1,2 x 10 5

mm'

cm=10mm :. ix = 6,24 x 10 mm = 62,4 mm

;Q,,,,,Mecânica Técnica eReslstêncla dos,Materiais""'2""""',"" ""'-'w .;" •

•••

EX.16 - A produção de petróleo no Brasil, em 1984, foi de 500.000 barris/dia. Essa

produção equivale a:

a) Quantos litros de petróleo/dia

b) Quantos metros cúbicos de petróleo/dia

barril de petróleo =159 P

16.a)

Produção em litros/dia

5 x 10 5 x 1,59 X 10 2 = 7,95 x 10 7 P/dia

:l6.b)

Produção em m 3 /dia

5 x 10 5 x 1,59 X 10 2 x 10- 3

7,95 X 10 4 m 3 /dia

EX.17 - Unidade de tensão utilizada no SI (Sistema Internacional), o MPa (megapascal)

corresponde a 10 6 Pa ou 10 6 N/m 2 . Determinar as relações entre:

a) MPa e N/em 2 b) MPa e N/mm 2

e) MPa e kgf/em 2 d) MPa e kgf/mm 2

17.a) MPa para N/cm 2

MPa = 10 6 N/m 2

sabe-se que,

17.b) MPa para N/mm 2

MPa = 10 6 N/m 2

sabe-se que,

m = 10 3 mm m 2 = (10 3 mm)2 = 10 6 mm 2

10 6

MPa = -- N /mm 2

10 6

17.c) MPa para kgf/cm 2

MPa = 10 6 N/m 2

sabe-se que,

kgf = 9,80665N:m = 10 2 em

m 2 = (10 2 em)2= 10 4 em 2

10 6

MPa = --------:-

9,80665 X 10 4

I MPa = 10,197 kgf/em2 1

I

~

,..

17.d) MPa para kgfjmm 2

MPa ~ 10 6 N/m 2

sabe-se que,

kgf = 9,80665N

m = 10 3 mm

m 2 = (10 3 mm)2= 10 6 mrrr'

10 6

MPa=-----~

9,80665 x 10 6 I MPa = 0,10197 kgf I mm2 1

EX.18 - No dimensionamento de redes hidráulicas, utiliza-se a unidade de pressão mH 2 0

(metro coluna d' água), que corresponde a 9806,65 Njm 2 . Determinar as relações

entre:

a) mH20 e kPa; b) mH 2 0 e kgf/cm 2 ; c) mH 2 0 e bar.

Dados

1 5 2

N = kgf e bar = 10 NI m

9,80665

18.a) Como o prefixo quilo (k) representa 10 3 , dividi-se o valor dado em Pa(Njm 2 ) por mil,

obtendo-se então:

9806,65

mH 2

0= ., =9,80665kPa

10

18.b) mH 2 0 = 9806,65 N/m 2 como N = 1 kgf e m 2 = 10 4 cm 2 tem se que:

9,80665

2 9806,65 kgf

mH20 = 9806,65 N 1m = 4 --2

9,80665 x 10 cm

3 -4 -1

mH 2 O = 10 x 10 = 10 kgfi 2

cm

I mH 2 0 = 0,1 kgf I cm 2 1

18.c) mH 2

0 = 9,80665 X 10 3 Njm 2 como bar = 10 5 Njm 2 tem-se que:

mH 2 0 = 0,980665 x 10 5 N/m 2

portanto

mH 2 0 = 0,980665 bar

ImH 2 0 = 9,80665 x 10- 2 bar I

Ex. 19 - Por definição, tem-se que: cv= 735,5W (cavalo-vapor) e hp= 745, 7W (horse-power).

Determinar a relação entre cv e hp.

hp 745,7

-=--

cv 735,5

745,7

hp = --cv

735,5

Ihp == 1,014cvl

Obs.: Na prática, normalmente

utiliza-se hp = cv.

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

Ex. 20 - Sabe-se que, por definição, W = J/s, cal = 4,186 J e kgfm = 9,80665

~_.; '..:- '. _; .-..'. ,. L_: '; ,; r C\ _

20.a)

J. Pede-se

determinar as relações entre: _.. c •." "(' •.1=n - h:\05~30Rq

a) kWh e J b) kWh e kgfrn: c) kWIi 6~ÓaL . ,'u· :"ri:~~EIOS

COü;~O Uc.: h l , l.-

Relação entre kWh e J

Como W = .I/s: k = 10 3 ; h = 3,6 X 10 3 s, conclui-se que:

J

kWh == 10 3 X 3,6 X 10 3 ,,5'.-

/

I kWh == 3,6 x10 6 J I

20.b)

Relação entre kWh e kgfrn

Tem-se que kgfm = 9,80665J, portanto J ==

1

kgfm , Como kWh = 3,6 x 10 6 J,

9,80665

conclui-se que:

kWh ==

3,6 X 10 6

9,80665

kgfm

I kWh = 3,67 x 10 5 kgf.m

20.c)

Relação entre kWh e kcal

Como 1 cal = 4,186 J, tem-se que:

1

J == -- cal

4,186

kWh ==

3,6 X 10 6

4,186

cal

kWh == 8,6 x 10 5

cal

Como kcal = 10 3 cal, conclui-se que:

I kWh = 860 kcall

Ex. 21 - Nos projetos de sistemas de ar condicionado, utiliza-se a unidade de caloria BTU,

que significa a quantidade de calor necessária para elevar 1 libra de H 2 0 à

temperatura de 1° F. Determinar as relações entre:

a) BTU e kWh; b) BTU e cvh.

Sabe-se que, BTU = 1,0546 x 10 3 J (a 60°F aproximadamente 15,5 0c).

21.a)

1 _

Sabe-se que, kWh == 3,6 x 10 6 J, portanto J = 6 kWh, tem-se entao que:

3,6 x 10

1

3

BTU == 6 x 1,0546 x 10 kWh

3,6 x 10

I BTU =2,93 x10- 4

kWh

21.b) Pela resolução do exercício 7, tem-se que cvh ::::2,6478x 10 6 J, portanto,

1

J = 2,6478 x 106 cvh, logo pode-se escrever que

1 3

BTU= R • 1,0546 x 10 cvh

2,6478 x 10

I BTU= 0,398 x 10- 3 cvh I

Ex. 22 - Por definição, tem-se que: kgf-rn = 9,80665 J, kW = 10 3 W e hp

Determinar as relações entre:

745,7 W.

a) kWe kgfrn/s: b) hp e kgfrn/s

22.a)

J 1

Como W = - e J = kgfrn, conclui-se que:

N 9,80665

22.b)

3 J 10 3 kgfm

kW= 10 -= ---

N 9,80665 5

IkW~102~1

Sendo hp::::745,7W, conclui-se que:

7457 I I

hp = 'kgfm 15 hp == 76 kgfm 15

9,80665 .

EX.23 - A vazão de um fluido, com escoamento em um regime permanente, no tubo de uma

rede de distribuição, corresponde ao volume do fluido escoado na unidade de tempo.

Determinar as relações entre as unidades de vazão que seguem:

a) m 3 15 (SI) e i! 15; b) m 3 1 h e i! 15.

23.a)

3 3

Sabe-se que, m = 10 t , portanto:

m3/5 = 10 3 i!

5

23.b) Como m 3 = 10 3 .e e h = 3,6 X 10 3 s, conclui-se que:

m3/h = 10 3 i!

3,6x10 3 5

I m 3 /h = 0,277 i! 1s I

EX.24 -

Denomina-se viscosidade a propriedade que tem os fluidos de resistir ao movimento

de suas partículas. Desta forma, mede-se a variação de velocidade que se reflete

sobre os esforços de cisalhamento. A viscosidade dinâmica no SI é dada em newtonsegundo

por metro quadrado: viscosidade de um líquido que ao percorrer a

distância de 1m, com a velocidade de Lrn/s, provoca uma tensão superficial de

1Pa (N/m 2 ), representada por [j.l].

MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais

I

I_====--_-J; ~..

---=-- -o:::::=. -_':.

Cplaca móvel

Ft

I--==~_ H"7,J

.::--==-==t~~:-==::'=::---I~camada

de fluído

v = Irn/s

d = 1m

~placafixa

placa móvel

camada de fluído

placa fixa

A unidade usual para este tipo de viscosidade

em", Expressar poise nas unidades do:

é o poise que equivale a 1 dlna.s/

a) SI; b) Mk*S (técnico).

24.a)

Sabe-se que N = 10 5 dina e m 2 = 10 4 cm 2 , portanto conclui-se que:

10- 5 N . s

dina = 10- 5 N cm 2 = 10- 4 m 2 poise = 10- 4 m 2

I poise = 10- 1 Ns/m 2 I

24.b) Como kgf = 9,80665N conclui-se que:

N =

1

9,80665

kgf

1 1 kgf.s

poise = 10- . ---

9,80665 m 2

-3 kgf.s

poise = 10,19 x 10 ~

kgf.s

--::: 98poise

m2 -

Ex. 25 - A viscosidade cinemática de um fluido (v) é definida através da relação entre a

viscosidade dinâmica (J..I.) e a sua massa específica (p). No SI, a viscosidade

cinemática é definida através da viscosidade dinâmica de 1Ns/m 2 e a massa

específica de 1kgjm 3 , o que resulta em uma viscosidade cinemática de 1m 2 js.

Porém, a unidade utilizada com maior freqüência na prática é a do CGS que

corresponde a cm 2 js (stoke).

Expressar Stoke

nos:

a) SI b) Mk*S (técnico)

c) centistokes

d) expressar centistoke no SI

..Sistemas de Unidades ,,, .

~.

~

--------

25.a) stoke no SI

2

1 cm 2 -4 2

st = stoke = -- cm = 10 m

s

st= stoke = 10- 4

s

2

m

25.b) stoke no Mk*S (técnico)

o mesmo do SI

25.c)

stoke em centistokes

cst = centistoke

= 10- 2 stoke

25.d) centistoke no SI

2

-2 -2 -4 m

cst = centistoke = 10 stoke = 10 . 10 -

s

cst = centistoke = 10- 6 m 2 /

s

m 2 = 10 6 mm 2

centistoke = 10- 6 . 10 6 mm 2 / s I cst= mm 2 / si

Ex. 26 - Demonstrar que a unidade de viscosidade cinemática de um fluido no SI é 1m 2 /s.

Pela definição de viscosidade

cinemática tem-se que:

~ viscosidade dinâmica

v = - = --------

p massa espedfica

A unidade de viscosidade dinâmica no SI é Ns/m 2 ,

no SI é kg/m 3 .

e a unidade de massa específica

Através da definição de força escreve-se que:

F

m=-= N

a m/ s2 portanto

kg=

_N

m/s 2

Como a definição de v = ~, conclui-se que:

p

v=

N.s

m 2 N

m/ S2

m 3

Iv = m 2 / si

N. s m 4

Nm 2

. S2

..MecânicaTécnicae

Resistência dos Materiais:

VíNCULOS

ESTRUTURAIS

2.1 Introdução

Denominamos

de uma estrutura.

vínculos ou apoios os elementos de construção que impedem os movimentos

Nas estruturas planas, podemos classificá-Ios em 3 tipos.

2.1.1 Vínculo Simples ou Móvel

Este tipo de vínculo impede o movimento de translação na direção normal ao plano de apoio,

fornecendo-nos desta forma, uma única reação (normal ao plano de apoio).

Representação simbólica:

2.1.2 Vínculo Duplo ou Fixo

Este tipo de vínculo impede o movimento de translação em duas direções, na direção normal

e na direção paralela ao plano de apoio, podendo desta forma nos fornecer, desde que solicitado,

duas reações, sendo uma para cada plano citado.

Representação

simbólica:

y

x

t

~

2.1.3 Engastamento

Este tipo de vínculo impede a translação em qualquer direção, impedindo também a rotação

do mesmo, através de um contramomento, que bloqueia a ação do momento de solicitação.

~

rc

,- -

• Rx

C

~ tR!'

\--'S! '< I i

Rx = impede o movimento de translação na direção x.

Ry= impede o movimento de translação na direção y.

M - impede a rotação

2.2 Estrutura

Denomina-se estrutura o conjunto de elementos de construção, composto com a finalidade

de receber e transmitir esforços.

As estruturas planas são classificadas através de sua estaticidade, em 3 tipos.

2.2.1 Estruturas Hipoestáticas

Estes tipos de estruturas são instáveis quanto à estaticidade,

decorrer do nosso curso.

sendo bem pouco utilizadas no

A sua classificação como hipoestáticas é devido ao fato de o número de equações da estática

ser superior ao número de incógnitas.

Exemplo:

p

A

B

RA

RB

2.2.2 Estruturas Isostáticas

número de equações> número de incógnitas

A estrutura é classificada como isostática quando o número de reações a serem determinadas

coincide com o número de equações da estática.


Exemplos:

a)

RAv

b)

I

P,

Ị

P

lL._._._

I

RAH

número de equações < número de incógnitas

2.2.3 Estruturas Hiperestáticas

Aestrutura é classificada como hiperestática, quando as equações da estática são insuficientes

para determinar as reações nos apoios.

Para tornar possível a solução destas estruturas, devemos suplementar as equações da

estática com as equações do deslocamento, que serão estudadas posteriormente em resistência

dos materiais.

Exemplos:

a)

p

b) p

número de equações < número de incógnitas

Vínculos,Estruturais· 29

",~",: __.,-,!_,«~"",".";",,,,,,,- ._;.,;., ....;;;. '-_<;l;~;,·;;-=-~:,:;<;:_;;_;;''',,:~,,- '~§.;.,:::::_:;.._':,,'= ..~"';-

§:-

c,

EQUILíBRIO DE

FORÇAS E MOMENTOS

Para que um determinado corpo esteja em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as

condições 3.1 e 3.2.

3.1 Resultante de Forças

A resultante do sistema de forças atuante será nula.

3.2 Resultante dos Momentos

nula.

A resultante dos momentos atuantes em relação a um ponto qualquer do plano de forças será

3.3 Equações Fundamentais da Estática

Baseados em 3.1 e 3.2, concluímos que para forças coplanares, LFx = O, LFy = O e LM = O.

3.4 Força Axial ou Normal F

É definida como força axial ou normal a carga que atua, na direção do eixo longitudinal da peça.

A denominação normal ocorre, em virtude de ser perpendicular, à secção transversal.

eixo

longitudinal

~. -

Equilíbrio de Forças e Momentos 11 31

,

,.,.

3.5 Tração e Compressão

A ação da força axial atuante, em uma peça, originará nesta tração ou compressão.

Tração

na Peça

A peça estará tracionada quando a força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido

para o seu exterior.

~

Compressão

na Peça

A peça estará comprimida, quando a força axial aplicada estiver atuando com o sentido dirigido

para o interior.

~

3.6 Ligação ou Nó

Denomina-se nó todo ponto de interligaçào dos elementos de construção componentes de

uma estrutura.

3.7 Tração e Compressão em Relação ao Nó

Peça Tracionada

Sempre que a peça estiver sendo tracionada,

o nó estará sendo "puxado".

Tração na barra

..

A

HtM,,;..;;:;;~;,:._<".tt.-

B

..

Tração no nó

A

o---~

B

MecânicaTécnica

e Resistência dos Materiais

Peça Comprimida

Sempre que a peça estiver sendo comprimida,

o nó estará sendo "empurrado".

Compressão na barra Compressão do nó

~"',,'@F',..

A

B

3.8 Composição de Forças

Consiste na determinação da resultante de um sistema, podendo ser resolvida gráfica ou

analiticamente.

Exemplo 1:

Exemplo 2:

FI + F2

F3

F3

F = FI + F2-F3

3.9 Decomposição de Força em Componentes Ortogonais

y

Fx = F cos o. = F sen ~

Fy = F cos ~ = F sen c.

Equilíbrio de Forças.eMomentos 33

,.

3.:10 Conhecidos Fx e Fy' determinar a e ~

Fy .

tgo; =-,

Fx

Fy r.

sena= -; cosa =-

F

F

F F F

tg 1<=2... sen I<=2... cos I<= ~

f-' F' f-' F' f-' F

y

3.1:1. Determinação Analítica da Resultante de Duas Forças que

Formam entre Si Ângulo a

B

0< I .-'),A

D

Através do ~ ODA, aplica-se o Teorema de Pitágoras, resultando:

I) F 2 = (F2 + X)2 + y2

onde

CD = x

AD = Y

Pelo L'l CDA

tem-se:

2 2 2

Fi = X + Y

portanto:

11)

2 - 2 2

Y = Fi - X

no mesmo L'l CDA

11I) x = Fi cos a

conclui-se que:

Substituindo

a eq. 11na eq. I tem-se:

2 2 2 2 2

F = F 2 + 2F 2 x + X + Fi - X

MecânicaTécnicae ResistênciadosMateriais

Substituindo

a eq. 11Ina anterior tem-se:

Para a = O

Quando a = O ~

cos a = 1, portanto:

F2=F12+F/+2F1F2

F 2 = (F 1 + F 2 )2

F = F 1 + F 2

I

Quando a = 90 0 ~ cosa = O, portanto:

c ---------------- B

F

,

o "'-'---'---0:

FI

,. A

Quando a = 180 0 ~ cos a = - 1, portanto:

F2=F/+F22_2F1F2

F 2 = (F 1 - F 2

)2 ou (F 2 - Fi)2

I F I = I Fi - F21 ou I F2 - Fi I

F

180 0 F

I r:-. 2

F 2

FI

F=F2-Fl

3.12 Determinação Analítica da Direção da Resultante

Através do ~ OAO tem-se:

B

O~""r-----;:"T""~A

tgy=_Y-

F 2 +x

No ~ ACO tem-se:

Y= Fi sen«

D

x = Fi cosa

r

portanto, podemos escrever que:

F 1 sena

tgy= F 2

+F1 cosa

3.13 Exercícios

EX.l - Determine a resultante F dos sistemas de forças a seguir:

.. - ..

a) Fl=lON F 2 =20N F3=25N

Solução:

-I

F=1O+20+25=55N

Resposta:

F = 55N da esquerda para direita

b) 50N

80N

120N

---- ..••.- .. --------

Solução:

---

50N 80N 120N

50N

200N

~I

F = 200-50

= I50N

Resposta:

F = 150N da direita para esquerda.

EX.2 - Determine os componentes ortogonals Fx e Fy de uma carga F de 100N que forma

40° com a horizontal.

C~--7:B

y'

Fx = 100 cos 40° = 100 x 0,766

I Fx == 76,6NI

\)~ :

r; I «,-?"> :

Fy = 100 sen 40° = 100 x 0,643

.~

I

40°

I

o r, A X

I Fy == 64,3 N I

EX.3 - As componentes de uma carga F, são respectivamente:

r, = 120 N e Fy= 90 N

Mecânica T êcnlca.e Resistência dos~Materiais',~'"c 2;;t'l~~ill;'X;:~;: '"

. :';"i';«.'~"i.:!.:.:::::~,j~g;"",,';~:.::':i.;;:i!';0;::::c~:JC:';.

Determinar:

a) A resultante F.

b) O ângulo que F forma com a horizontal.

c) O ângulo que F forma com a vertical.

Solução:

a) Resultante F

F

F = J120 2 + 90 2

I F = 150N I

a

Fx=120N

b) ângulo que F forma com a horizontal (a)

Fy 90

tg« = - = - = 0,75

Fx 120

l-a-=::3-7 1

c) ângulo que F forma com a vertical (~)

B = 90° - a = 90° - 3]0

Ex.4 - As cargas Fi = 200 N e F 2 = 600 N formam entre si um ângulo a=60'. Determinar

a resultante

das cargas (F) e o ângulo (y) que F forma com a horizontal.

Solução:

Resultante

F

F=JF;

+F; +2FIF2 COSa

y

F.=600N

ângulo que F forma com

F 2 (Y)

F=J200 2 +600 2 +2.200·600·COS60o

I F=::721N I

FI sen a

tgy=----

F 2 +FI cosa

200sen60°

tgy=------

600 - 200 cos 60°

y=13"54'

I

,..

••...

3.14 Método das Projeções

o estudo do equilíbrio neste método, consiste em decompor as componentes das forças

coplanares atuantes no sistema em x e y conforme item 3.

3.:14.1 Exemplos

Exemplo 1

A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular as

forças normais atuantes nos cabos ,@,®.

Solução:

Os cabos estão todos tracionados (cabo não suporta compressão), portanto os nós A, B, C,

D estão sendo "puxados".

Baseados no exposto, podemos colocar os vetores representativos

das forças nos cabos.

Para determinarmos a intensidade das forças, iniciamos os cálculos pelo nó que seja o mais

conveniente, ou seja, que possua a solução mais rápida, nó com o menor número de incógnitas,

para o nosso caso nó D.

Nó D

y

L:Fy = O

I F3= P I

F3

x

p

Determinada a força na barra 3, partimos para determinar Fi e F2' que serão calculados

através do nó C.

Nó C

LFy = O

LFx = O

Fi sencx = P

I F = _P- = Pcosseccx I

i sencx

Fi coscx= F 2

P

F 2

= -- . coscx

sencx

I F 2 = P cotgCXI

p

y

~t~/:

u..11a I

F, cos a x

MecânícaTêcníca-e Resistência dos Materiais

Exemplo 2

A construção representada na figura está em equilíbrio. Calcular

as forças normais atuantes nos cabos (j), @, (1).

c

®

D

P

Solução:

Analogamente ao exemplo 1, partimos do nó D para determinar F3.

LFy = °

I F3 = P I

No D

y

p

Novamente como no exemplo anterior, o nó C é o mais conveniente. Porém, neste exemplo,

temos a oportunidade de apresentar mais um artifício, que poderá ser utilizado sempre que for

necessário. Este artifício (mudança de plano) torna-se conveniente, sempre que duas ou mais forças

estiverem colineares ou defasadas 90°.

Os cabos (j), @, (1) estão tracionados, portanto teremos o nó C com o sistema de forças a

seguir.

LFy = °

LF =0

x

y

x

F 2

= Pcos45°

I F 2 = 0,707P I

F 1

= P sen 45°

IF 1 = 0,707P I

p

Exemplo 3

Uma carga de 1000 kgf está suspensa conforme mostra a figura

ao lado. Determinar as forças normais atuantes nas barras (j), @ e (1).

"'"

Solução: ,

Iniciamos os cálculos pelo nó D. A carga de 1000 kgf traciona a barra 3, portanto teremos

o sistema de forças abaixo.

F3

EFy = O

I F3 = 1000 kgf I

'.1000 kgf

A barra Q), tracionada, tende a "puxar" o nó A para baixo, sendo impedida pela barra Q) que

o "puxa" para cima, auxiliada pela barra CDque o "empurra" para cima para que haja equilíbrio.

Temos portanto a barre O tracionada e a barraCD comprimida, resultando no sistema de forças

atuante no nó A representado na figura.

y

IFx

= O

F 1 sen60° = F 2 sen45°

Fl

(:)c$

F 2 cos45°

F 1 = (1)

sen 60°

~

A

x

IF

y

= O

F 1 cos60° + F 2 cos45° = 1000 (11)

1000 kgf

substituindo a equação I na equação 11 temos:

F 2 cos 45°

---- . cos60° + F 2 cos 45° = 1000

sen60°

F 2 . 0,707 . 0,5

0,866 + 0,707 F2 = 1000

1,115 F 2 = 1000

I F2'" 897 kgf I

substituindo F2 na equação I temos:

F

1

= F2 cos45°

sen60°

I F 1 = 732kgf I

897 x 0,707

0,866

3.15 Método do Polígono de Forças

Para que um sistema de forças concorrentes atuantes em um plano esteja em equilíbrio,

é condição essencial que o polígono de forças formado pela disposição geométrica destas cargas

esteja fechado.

Mecânica Técnica e Resistência

dos Materiais

te::~.~;.:~~..~. ~ ~5 r-~t~[~..r/i () SS OR Ó

- [~Ií:"3LICTEC/\·

É importante ressaltar que para a formação do polígono, o iIÚOQ),Qt;lU'DífWwm€tmre;entativo

de uma carga deve coincidir com o final do outro.

Exemplo:

o vetor CDinicia-se em A e vai até B

o vetor @ inicia-se em B e vai até C

E assim sucessivamente /

3.15.1 Exemplos

Exemplo 1

A construção dada está em equilíbrio. A carga P aplicada em D

é de 1,4 tf. Determinar as forças normais atuantes nos cabos,

utilizando o método do polígono de forças.

Solução:

Neste caso, como temos apenas 3 forças a serem determinadas,

triângulo de forças.

o nosso polígono será um

Sabemos que F3 = P, como estudamos

em exemplos anteriores.

Para traçarmos

o triângulo de forças, vamos utilizar o nó C, procedendo da seguinte forma:

1- Traçamos o vetor força F3 = P, que sabemos ser vertical.

2 - A F 2 forma com F3 um ângulo de 3r, sabemos ainda que, o vetor F 2 tem o seu início no

final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 3r em relação ao final do vetor F3'

traçamos o vetor F 2 .

3 - O vetor Fi forma 90° com o vetor F3' sabemos que o início de F3 é o final de Fi' teremos,

portanto, o triângulo de forças abaixo.

Pela lei dos senos temos:

sen90°

P 1400

F 2 = = -- = 1750kgf

sen53° 0,8

Fi = F 2 sen3r = 1750 x 0,6

Fi = 1050 kgf

F 2 =1750 kgf

F3

= 1400 kgf

.....Equilíbrio de: Forças:e Momentos:",,:,,: 41

r

Observação: Como se pode perceber, a carga 1,4 tf foi transformada

Exemplo 2

para 1400 kgf.

A estrutura representada na figura está em equilíbrio. A carga P aplicada em D é de 2,4

tf. Determinar as forças normais atuantes nas barras CD, <De Q) utilizando o método do polígono

de forças.

Solução:

Observando a figura, concluímos que as barras CD e Q) estão

tracionadas, e a barra <Destá comprimida. Teremos portanto o esquema

de forças a seguir.

Novamente para este caso, teremos

um triângulo de forças.

Sabemos que F3 = 2,4 tf, como já foi estudado em exemplos

anteriores.

Novamente o nó C será objeto do nosso estudo. Através de C,

traçaremos o triângulo de forças.

1. - Traçamos o vetor força F3 = 2,4 tf, que sabemos ser vertical, e para baixo.

2 - A força F 2 forma com F3 um ângulo de 3JO, sabemos ainda que o vetor F2 tem o seu

início no final do vetor F3' portanto, com uma inclinação de 37° em relação ao final do

vetor F 3 , traçamos o vetor F 2 .

3 - O vetor F 1 forma 90° com o vetor F 2 , pela extremidade final de F 2 , com uma inclinação

de 90° em relação a este, traçamos o vetor F 1 ,teremos desta forma o triângulo de forças.

Pela lei dos senos temos:

F 1 F 2 F3

--= ==--

sen 3JO sen 53° sen 90°

Como o sen 90° = 1, tem-se que:

F 2 = F3 sen 53°

u:'

F 2 = 2,4 x 0,8 = 1,92 tf

F 1 = F3 sen 37"

F 1

= 2,4 x 0,6 = 1,44 tf

Exemplo 3

Determinar a intensidade da força F que deve ser aplicada no eixo do disco de r = 2m e

m = 10kg mostrado na figura, para que possa subir o degrau de h = 20 cm. Adotar g = 10m/s 2 .

Qual a intensidade da reação em A?

~;;;,,"::Mecânica;T

écnica e Resistência dos,'Materiais"';f;;,C;"'~"f;i';=fi::::",l:C;"TL.:llii':',;;;;:~:::::2iQ,;;,'\,;;tL" ;""" ,< ;','::YF"''':;;;;;S;;'='='='''=',

F

F

p

6o

C'J

p

Solução:

Traçaremos o triângulo de forças relativo ao equilíbrio do ponto O. Como nos exemplos

anteriores, iniciaremos o traçado pela força P que sabemos ser vertical e para baixo.

A força F, forma 90° com P, e coincide com o final de F.

Os ângulos que R A forma com P e com F serão determinados através do /'o" OAB.

1,8

cosa = - = 0,9

2

B

Pela lei dos senos, cálculo de FeRA:

F P R A

sen26° sen 64° sen90°

Como sen 90° = 1, tem-se:

p

F = 64' sen26°

sen °

p

100.0,438

F= 0,9

I F = 48,66N I

F 48,66

R - ---

A - sen 26° - 0,438

R A == 111,1N I

43

==

3.16 Momento de uma Força

Define-se como momento de uma força em relação a um

ponto qualquer de referência, como sendo o produto entre a

intensidade de carga aplicada e a respectiva distância em

relação ao ponto.

É importante observar que a direção da força e a distância

estarão sempre defasadas 90°.

Na figura dada, o momento da força Fem relação ao ponto

A será obtido através do produto F.c, da mesma forma que o p Çl •.... r.

produto da carga P em relação a A será obtido através de P.b. ' ,

Para o nosso curso, convencionaremos positivo, o momento que obedecer ao sentido

horário.

Nota: Muitos autores utilizam convenção contrária a esta, porém, para a seqüência do

nosso curso, é importante que o momento positivo seja horário.

3.16.1 Teorema de Varignon

o momento da resultante de duas forças concorrentes em um ponto E qualquer do seu plano

em relação a um ponto A de referência, é igual à soma algébrica dos momentos das componentes

da força resultante em relação a este ponto.

Para o caso da figura temos:

Rd = Hb + Vc

3.16.2 Exemplos

Exemplo 1

Determinar as reações nos apoios das vigas a, b, c, d, carregadas conforme mostram as

figuras a seguir.

a) Viga solicitada

J,-

por carga perpendicular.

a

p

b

"

R A

Ra

.mnvMecânica::TécnicaeResistência dos Materiais ,,~;;;.::.;:-::~;~';.'-~~

l:MA = o

Rs (a + b) = p. a

R =~

B (a + b)

l:Ms =0

R A (a + b) = p. b

R =~

A (a + b)

b) Viga solicitada por carga inclinada.

I-

2m 3m 2m

8kN

5kN

Solução:

A primeira providência a ser tomada, para solucionar este exemplo, é decompor a carga

de 10kN, visando obter as componentes vertical e horizontal. A componente horizontal será obtida

através de 10 cos 53° = 6kN, e a componente vertical é obtida através de 10 sen 53° = 8kN ..

Agora, já temos condição de utilizar as equações do equilíbrio para solucionar o exemplo.

7Rs = 5 x 5 + 8 x 2

I Rs == 5,86KN I

Resultante no apoio A

R AV = 8 + 5 - 5,86

I R AV = 7,14KN I

l:FH=O

I RAH

= 6KN I

R A = J7,14 2 + 6 2

IRA == 9,33KN I

c) Viga solicitada por carga paralela ao suporte principal.

4m

r--

IM A = o IF H = o

6R B = 6x2

IRB=2KNI

I RAH = 6KN

IFv = o

I

IRAV=R B =2KN

Resultante no apoio A

RA = JR~H + RL

RA=J6 2 +22

IRA=6,32KNI

d) Viga solicitada por torque.

4m

30kN

6m

~

E

N

30kN"

I

Figura A

r~,

RA R

B

Figura B

o binário da figura A pode ser representado conforme a figura B.

IM A

= O

10R B = 120

I RB = 12KN

I

IFv = O

I RA = RB = 12KN I

3.17 Exercícios Resolvidos

Ex. 1. - o suporte vertical ABC desliza livremente sobre o eixo AB, porém é mantido na

posição da figura através de um colar preso no eixo. Desprezando o atrito,

determinar as reações em A e B, quando estiver sendo aplicada no ponto C do

suporte, uma carga de 5kN.

Mecânica;Técnicae Resistência;dos';Materiais'n~'::;c ',::.·:',110"'",';; ':":> , ,;'c'· ,:.' .A",:tir #7",/:" i,,~,.; ,;X;,1""":,:ri, '''' ;;\')7' :, ::7;"'":;,

»c:': R

AV //,.///,/

~ ,

<, A

I II Ic

RAH

~

11 111 I 1

,

8 I

~

8

%

RB

8 B

'/ ///

30cm

5kN

IMA=O

24R B = 5 x 30

IR B = 6,25KN

IF H = O

I RAH = RB = 6,25KN I

IFv = O

I

Reação

em A

IRA = 8KN I

Ex. 2 - A figura a seguir, representa uma junta rebitada, composta por rebites de diâmetros

iguais. Determinar as forças atuantes nos rebites.

~~ __~R=-~ ~~

RAH

Como os diâmetros dos rebites são iguais, na vertical as cargas serão iguais:

IR" = R, = Rcv =T = 1000 N I

o rebite B, por estar na posição intermediária, não possui reação na horizontal.

O rebite A está sendo "puxado" para a direita, portanto possuirá uma reação

horizontal para a esquerda.

O rebite C, ao contrário de A, está sendo "empurrado" para a esquerda, portanto

possuirá reação horizontal para a direita.

.Equilíbrio,deForças e,Momentos;;·x'!,' 47

Esforços

Horizontais

I.MA = O

200 RCH= 600 x 3000

I RCH= 9000N I

I.FH = O

I RAH= RCH= 9000N

I

Força atuante

nos rebites A e C

RA = JRtv + RtH

R A = ~10002 + 9000 2

IRA =9055N

I

Como R A e Rc são iguais, temos

I R A e Rc = 9055 N I

que:

Ex. 3 -

Determinar a intensidade da força F, para que atue no parafuso o torque de 40Nm.

A distância ª (centro do parafuso ao ponto de aplicação da carga F) será

determinada por:

20 20

a= =--

cos23° 0,92

a = 21,7 em

la=o,217ml

LMO

= O

O,217F = 40

20em

F = 40

0,217=184N

EX.4 -

Um grifo é utilizado para rosquear um tubo de d = 20mm a uma luva como mostra

a figura. Determinar a intensidade da força F exercida pelo grifo no tubo, quando a

força de aperto aplicada for 40N.

O somatório de momentos em relação à articulação A soluciona o exercício:

I.MA=O

30F = 180 x 40 -1 F = 180 x 40

30

IF = 240N

I

40N

180


EX.5 - A figura dada representa uma alavanca de comando submetida a um conjugado horário

de 90Nm exercido em O. Projetar a alavanca para que possa operar com força de 150N.

IS0N ~'--+--'

o

N

y

Solução:

Para projetar a alavanca, precisamos determinar a dimensão y. Para determinarmos y,

precisamos que as unidades sejam coerentes, por esta razão, transformaremos Nm para N.mm

90Nm = 90000Nmm

dimensão

LMO

= O

y

150 (200 + y) = 90000

90000

Y = -200

150

Iy = 400mm I

dimensão

x

Como x é a hipotenusa do triângulo ABO temos:

y 400

x =

cos 26° 0,9

I x == 445mm I

EX.6 -

O guindaste da figura foi projetado para 5kN. Determinar a força atuante na haste do

cilindro e a reação na articulação A.

400 800

B

5kN

•

',:",',;,:r,:,:"",:',:""",:r',:',:,:',:",',:,'"

Equilíbrio de Forças e Momentos

Solução:

Esforços na viga AC

400 800

Fcsen 37°

~~

Fc cos 37°

5kN

Força atuante

LM A

= O

na haste do cilindro:

400 Fc cos 37° = 5 x 1200

I Fc = 18,75kN I

Componentes

de Fc

Fc cos 3r = 18,75

Fc sen 3r = 18,75

x 0,8 = 15 kN

x 0,6 = 11,25kN

Reações na articulação A

LF H = O

RAH= Fc sen 3r = 11,25kN

LFV = O

RAV = Fc cos 3r - 5

Reação na articulação A

r 2 2

RA = VRAH+ RAV

RA = ~11,252 + 102

IRA=15kN

I

R AV = 15 -

5 = 10kN

EX.7 - A figura dada, representa uma escada de comprimento f = 5m e peso desprezível.

A distância do pé da escada à parede é de 3m. No meio da escada há um homem

de peso P = 800N. A parede vertical não apresenta atrito. Determinar a reação da

parede sobre a escada, e a reação no ponto B.

>-

A

Solução: ângulo a Esforços

no apoio B

3

cosa = - = 06

5 '

l-a-=-53-o I

[SJ~o

RSH

Podemos agora determinar a dimensão y:

y = 3 tg 53°

I y= 4m I


-

Reação da parede vertical na escala:

IM B =0

4R A = 1,5 x 800 I RA = 300N I

A distância 1,5 m foi obtida através do triângulo CDB:

c

Reações em B

LFv = O

R BV = 800N

LF H

= O

RBH = RA = 300 N

Resultante Rs

R B = ~8002 + 300 2

I RB == 855N I

Ex. 8 - Determinar a força que atua no prego, quando uma carga de 80 N atua na

extremidade A do extrator ("pé de cabra"), no caso representado na figura dada.

A

80N

o o'"

Solução:

Força de extração do prego:

IM B

= O

50F cos34°= 80 x 200

I F = 385N I

''''+1"",wrEc~uilíbriio de Forças

e Mom.entos;

I

CARGA

DISTRIBUíDA

4.1 Introdução

Nos capítulos anteriores, estudamos somente a ação de cargas concentradas, isto é, cargas

que atuam em um determinado ponto, ou região com área desprezível. No presente capítulo,

passaremos a nos preocupar com a ação das cargas distribuídas, ou seja, cargas que atuam ao longo

de um trecho.

4.1.1 Exemplos de Cargas Distribuídas

a) O peso próprio de uma viga

b) O peso de uma caixa d'água atuando sobre uma viga

~3

"""""ê ..CargaDistribuída v

c) o peso de uma laje em uma viga

• I coluna coluna

Podemos ainda citar como exemplos, barragens, comportas, tanques, hélices, etc.

Vamos agora, genericamente, estudar o caso de uma carga qualquer distribuída, como nos

mostra a figura a seguir.

XG

x

n

q - intensidade

de carga no ponto correspondente

m to- ---

dQ

q

Adotamos para o estudo, o infinitésimo

que é determinado pelo produto qdx.

I dQ = qdx I

de carga dQ

L --------~rr~I~!~tl~--~,A

O' ~

Q

É fácil observar que a superfície da figura é composta por infinitos qdx, que correspondem às

forças elementares das áreas elementares correspondentes. Osomatório dessas cargas elementares

expressará a resultante Q, determinada pela área total Om.n.A da figura.

4.2 Linha de Ação da Resultante

O momento de um infinitésimo de área em relação ao ponto O será expresso através do

produto xdQ, que podemos escrever qxdx.

O somatório

de todos os momentos em relação ao ponto O será expresso por:

f: QXdX

Denominamos X G , a abscissa que fixa o ponto de aplicação da concentrada Q em relação

ao ponto o. Portanto, podemos escrever que:

-Mecânica Técnica eResistênciardos',Materiais"-",,,-,',

>t~~',:;:;?:'~::-.~_~mk~:df-~:C~F.';;;~f,.~',<m<:R"'~~'~)ij;!!!:r.::'f~L

X G

s: qxdx

=-=--Q-

Donde conclui-se que a resultante Q atuará sempre no centro de gravidade da superfTcie que

representa a carga distribuída. Através desta superfTcie de carga, fica determinada a resultante e

o ponto de aplicação da carga distribuída.

4.3 Exercícios Resolvidos

Ex. 1- Determinar as reações nos apoios, nas vigas solicitadas pela ação das cargas

distribuídas, conforme as figuras dadas.

1.a)

q

A resultante da carga distribuída de intensidade q e comprimento l será ql, e atuará

no ponto l /2 em relação a A ou B, como já foi estudado anteriormente.

Teremos, então:

qQ

Q/2

f

RAf = qf' 2

IRA = q~ I

1.b)

i /

q

A carga distribuída, variando linearmente de O a q, possui resultante com

intensidade q.e/ 2, que atuará a uma distância .e /3 de B (centro de gravidade do

triângulo).

Teremos,

então:

~Q

3

ql

2

I

, ~

Q /3

R A

R B

IM A

= O

IMs =0

RB t ___ qt ._f 2

2 3'

I R, = ~ I

1.c)

RAf = qe .~

2 3

I R" = ~ I

6m

lOkN

m

Na solução deste exercício, vamos dividir o trapézio em um triângulo e um

retângulo, obtendo desta forma as concentradas a seguir .

.q;mJ;,JYlecânica. Técnica."e,Resistência·,dos< Materiais,;;;; '::"';_"'~'2!I'~:;';;".: ..··'.;;z:li·;:"""?,'<.:"'~' ...:.... ·7,!!'S=;;";:;::;\_•.::..... .<,'-

30kN

15kN

3m 1m 2m

R A

IRB

LM A

= O

LFv

= O

6R B = 4 x 15 + 30x 3

R A + R B = 30 + 15

I R B

= 25kNI

I R A

= 20kNI

1..d)

6m

3m

Solução idêntica ao exercício anterior.

Teremos,

então:

48kN

12kN

3m 3m 1m 2m

I

1--------------

IRa

LM A

= O

6R B =7x12+48x3

I RB

= 38kN I

LFv

= O

R A + R B = 48 + 12

I R A = 22kN I

Ex.2 - Determinar a reação no apoio A e a força normal na barra (D, na viga carregada

conforme a figura dada. Qual o ângulo a que R A forma com a horizontal?

2kN

5kN

m

/

4m

2m

1m

57

Na solução deste exercício, devemos observar o tipo de solicitação na barra (j). A

barra está tracionada, portanto "puxa" os nós. Decompomos a força normal na barra

(j), determinando as componentes vertical e horizontal da força. O próximo passo é

determinar a resultante da carga distribuída, bem como a sua localização. É fácil

observar que para determinar RA' temos que obter as componentes vertical e

horizontal do apoio, para na seqüência obtermos a resultante;

Temos, então, o esquema de forças a seguir:

2m 4m 1m

~~t

RAVI «:-7 : : l' F1V

.'

a . 53°

A RAH ' lH

12kN

Força normal na barra (j)

I,M A

= O

6Fi sen53°= 7 x 2 + 20 x 2

I Fi = 11,25KN I

Componente horizontal de Fi Componente vertical de Fi

Fi H = Fi COS 53° = 11,25 x 0,6 = 6,75 kN FiV = Fi sen 53° = 11,25 x 0,8 = 9 kN

Reação em A

Componente Vertical R AV Componente horizontal R AH

I,Fv = O I,F H

= O

R AV +FiV=20+2

I RAV= 22 - 9 = 13kN

I RAH= FiH = 6,75kN

Resultante

R A

R A

= JR~H + R~v

R A = J6,75 2 + 13 2

I RA == 14,65kN I

Ângulo que RAforma com a horizontal

tgo: = R AV ~

R AH 6,75

10: = 62° 34' I


EX.3 - Determinar as reações nos apoios A e B, da construção representada na figura a

seguir. Qual o ângulo (a) que R A

forma com a horizontal?

4m

Pelo mesmo raciocínio do exercício anterior, chegamos ao esquema de forças a

seguir:

2400N

2m 2m

._.:=11

E 4O_0N. _ ;

~ 240N

I

: 37' 1200N

320N

~ I

~._._._.

3m 1m R.

Reação no apoio B

IM A

= O

8Rs = 1200 x 7 + 240 x 4 + 2400 x 2 - 320 x 2

I Rs = 1690N I

IFy

= O

RAy + Rs = 2400 + 240 + 1200 IRAS = 2150N I

IF H

R AH

= O

= 320N I

59

Resultante

R A

R A = ~RÃH + RÃv

R A = J320 2 +2150 2 I

R A = 2174N

Ângulo que R A forma com a horizontal

tg« = RAV _ 2150

R AH

- 320

la=81°32'1

EX.4 -

Determinar as reações nos apoios A, B e C e a força normal atuante nas barras CD

e (?), na construção representada na figura a seguir.

G

E

eo

./n_

w~-t

c

®

53

3T

.5 t I 11 ' ..;-.'- l ! ':j .

800N

m

CD

1m I

E

500N

3m

"'r~500N

o

Para solucionar este exercício devemos proceder da seguinte forma. Calculamos a

força normal atuante na barra CD e a reação no apoio A, não nos preocupando com

a parte superior do exercício.

Desta forma teremos,

então, o seguinte esquema de forças:

2m •...~.. .•..... 3m

•... 3m ...

A

2400N

-:

r---.----.----.----.~

E

FI

OON.m

R A

.Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

Força normal na barra CD

Reação no apoio A

.L:M A

= O

.L:F v

= O

5F 1 = 2400 x 2 + 1000

R A + F 1 = 2400

IFl

= 1160NI

R A = 2400 - 1160

IRA

= 1240NI

A barraCDestá tracionada, portanto "puxa" os nós Ee Fcom a intensidade de 1160N.

Portanto, agora, temos condição de calcular a parte superior de construção,

baseados no esquema de forças a seguir.

1200N

E

,.....L------j--j~==1~

B RaH F

1160N

1m 1m 2m

1m

Força normal na barra 2

2:MB =0

4F2sen53°= 1200 x 3 + 1160 x 1 + 800 x 1-

IF2= 1550N

I

600 xl

Componentes vertical e horizontal de F 2

F2X= F2sen53°= 1550 x 0,8 = 1240N

F2y= F2sen53°= 1550 x 0,6 = 930N

Reação no apoio B

R BV = F2cos 53°+1160 + 1200 + 600

R BV = 930 + 1160 + 1200 + 600

I Rsv = 3890N I

R BH = 1200 + 800

I R BH = 440N I

Resultante B

R B = ~38902 + 440 2

I RB = 3915N I

'"Carga,Oistribuída 61

l,

TRAÇÃO E

COMPRESSÃO

5.1 Revisão do Capítulo 3

Eixo

Longitudinal

5.1.1 Força Normal ou Axial F

Define-se como força normal ou axial aquela que

atua perpendicularmente (normal) sobre a área da

secção transversal de peça.

5.1.2 Tração e Compressão

/

Podemos afirmar que uma peça está submetida a esforço de tração ou compressão, quando

uma carga normal F atuar sobre a área da secção transversal da peça, na direção do eixo

longitudinal.

Quando a carga atuar com o sentido dirigido para o exterior da peça ("puxada"), a peça estará

tracionada. Quando o sentido de carga estiver dirigido para o interior da peça, a barra estará

comprimida ("empurrada").

Peça tracionada

Peça comprimida

Área da secção

Transversal

Área da secção

Transversal

-:

/

--

63

5.2 Tensão Normalo

A carga normal F, que atua na peça, origina nesta, uma tensão normal que é determinada

através da relação entre a intensidade da carga aplicada, e a área da secção transversal da peça.

I cr= f I

Onde: o - tensão normal [Pa; ]

F - força normal ou axial [N; ]

A - área da secção transversal da peça [m 2 ; ]

Unidade de Tensão no SI (Sistema Internacional)

A unidade de tensão no SI é o pascal, que corresponde

superfície de 1m 2 .

à carga de 1N atuando sobre uma

1N

1m 2 MP a (mega pascal)

. kP a (quilo pascal)

Como a unidade pascal é infinetesimal,

freqüência, os seus múltiplos:

'~

utiliza-se

com

6

MPa = 10 Pa

kPa = 10 3 Pa

A unidade MPa (rnega pascal, corresponde

à aplicação de 10 6 N (um milhão de newtons)

na superfície de um metro quadrado (m 2 ). Como m 2 = 106mm2, conclui-se que:

I MPa = N/mm 2 1

MPa corresponde à carga de 1N atuando sobre a superfície de Lrnm".

5.3 Lei de Hooke

Após uma série de experiências, o cientista inglês, Robert Hooke, no ano de 1678,

constatou que uma série de mãteriais, quando submetidos à ação de carga normal, sofre variação

na sua dimensão linear inicial, bem como na área da secção transversal inicial.

Ao fenômeno da variação linear, Hooke denominou alongamento, constatando que:

• quanto maior a carga normal aplicada, e o comprimento inicial da peça, maior o

alongamento, e que, quanto maior a área da secção transversal e a rigidez do material,

medido através do seu módulo de elasticidade, menor o alongamento, resultando daí

a equação:

IH=F'j- A.E

Como o = ~ podemos

A

escrever a Lei de Hooke:

IM=G/I

..'··'MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais'

Onde: f:. R - alongamento da peça [m; ]

(J - tensão normal [Pa; ]

F - carga normal aplicada [N; ]

A - área da secção transversal [m 2 ; ]

E - módulo de elasticidade do material [Pa; ]

R - comprimento inicial da peça [m; ]

O alongamento será positivo, quando a carga aplicada tracionar a peça, e será negativo

quando a carga aplicada comprimir a peça.

É importante observar que a carga se distribui por toda área da secção transversal da peça.

Tração no Nó Compressão no Nó

Peça Tracionada

Peça Comprimida

F

IRf

= R + tlR I

Onde: J!f - comprimento final da peça [m; ]

R - comprimento inicial da peça [m; ]

tlR - alongamento [m; ]

A lei de Hooke, em toda a sua amplitude, abrange a deformação longitudinal (E) e a

deformação transversal (Et).

Deformação longitudinal ( E )

Consiste na deformação que ocorre em uma unidade de comprimento (u.c) de uma peça

submetida à ação de carga axial.

Sendo definida através das relações:

Tração e Compressão 6~

v

./"

r

,

I

IE=~=~ I

<,

Deformação transversal (tt)

(v) .

Determina-se através do produto entre a deformação unitária (E) e o coeficiente

ó. f o

como c == e == E' podemos escrever:

~

~

ICt == -vc I

ou Ict == _vó./I

de Poisson

Onde:

Et - deformação transversal adimensional

o - tensão normal atuante [Pa; .... , .... ]

E - módulo de elasticidade do material [P a;; ..... ]

t - deformação longitudinal adimensional

v - coeficiente de Poisson adimensional

ó. f - alongamento [m; ]

f - comprimento inicial [m; ]

5.4 Materiais Dúcteis e Frágeis

Os materiais, conforme as suas características, são classificados como dúcteis ou frágeis.

5.4.1 Material Dúctil

O material é classificado como dúctil, quando submetido a ensaio de tração, apresenta

deformação plástica, precedida por uma deformação elástica, para atingir o rompimento.

Ex.:

Aço;

cobre;

latão;

etc.

alumínio;

bronze;

níquel;

··:"Mecânicac1'écnica·eResistênciados::MateriaiS:F.:.·:':;>' ..'.'.;::;".'1'&' ,:""".;.,. r" "'''".,.""."

Diagrama Tensão deformação do aço ABNT 1020

Ponto O - Início de ensaio carga nula

Ponto A - Limite de proporcionalidade

Ponto B - Limite superior de escoamento

Ponto C - Limite inferior de escoamento

Ponto D - Final de escoamento início da recuperação do material

Ponto E - Limite máximo de resistência

Ponto F - Limite de ruptura do material

(f

E

(fm~;---------------------~~

(fr

F

o

Região

de Def.

Escoamento Recuperação

Elástica

Região de Def. Plástica

Eslricçáo

5.4.2 Material Frágil

o material é classificado comefrágil, quando submetido a ensaio de tração não apresenta

deformação plástica, passando da deformação elástica para o rompimento.

Ex.: concreto, vidro, porcelana, cerâmica, gesso, cristal, acrílico, baquelite etc.

Diagrama tensão deformação do material frágil

Ponto O - Início de ensaio carga nula

Ponto A -limite máximo de resistência,

ponto de ruptura do material

---+----

I .•e ormação

elástica

5.5 Estricção

No ensaio de tração, à medida que aumentamos a intensidade de carga normal aplicada,

observamos que a peça apresenta alongamento na sua direção longitudinal e uma redução na

secção transversal.

Na fase de deformação plástica do material, essa redução da secção transversal começa

a se acentuar, apresentado estrangulamento da secção na região de ruptura. Essa propriedade

mecânica é denominada estricção, sendo determinada através da expressão:

Ao - Af .100%

cP = Ao

Onde: cp - estricção [%]

Ao - área da secção transversal inicial [mm 2 ; cm; ]

Af - área da secção transversal final [mm 2 ; cm 2 ; ]

5.6 Coeficiente de Segurança k

O coeficiente de segurança é utilizado no dimensionamento dos elementos de construção,

visando assegurar o equilíbrio entre a qualidade da construção e seu custo.

O projetista poderá obter o coeficiente em normas ou determiná-Ia em função das

circunstâncias apresentadas.

Os esforços são classificados em 3 tipos:

5.6.1 Carga Estática

f(tensão)

A carga é aplicada na peça e permanece constante; como

exemplos, podemos citar:

Um parafuso prendendo uma luminária.

Uma corrente suportando um lustre.

t (tempo)

5.6.2 Carga Intermitente

Neste caso, a carga é aplicada gradativamente na peça,

fazendo com que o seu esforço atinja o máximo, utilizando para isso

um determinado intervalo de tempo. Ao atingir o ponto máximo, a

carga é retirada gradativamente no mesmo intervalo de tempo

utilizado para se atingir o máximo, fazendo com que a tensão atuante

volte a zero. E assim sucessivamente.

(["(tensão)

Ex.: o dente de uma engrenagem .

t (tempo)

.Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais

5.6.3 Carga Alternada

Neste tipo de solicitação, a carga aplicada na peça (f(tensão)

varia de máximo positivo para máximo negativo ou viceversa,

constituindo-se na pior situação para o material. <±l(fmáx

Ex.: eixos, molas, amortecedores, etc.

Obs.: para cisalhamento substituir (J por t

Para determinar o coeficiente de segurança em função

das circunstâncias apresentadas, deverá ser utilizada a

expressão a seguir:

Ik=X.Y.Z.w

G (fmáx

t(tempo)

valores

para x (fator de tipo de material)

x = 2 para materiais

comuns

x = 1,5 para aços de qualidade

e aço liga

valores

para y (fator do tipo de solicitação)

y = 1 para carga constante

y = 2 para carga interminente

y = 3 para carga alternada

valores

para z (fator do tipo de carga)

z = 1 para carga gradual

z = 1,5 para choques

z = 2 para choques

leves

bruscos

valores para w (fator que prevê possíveis falhas de fabricação)

w = 1 a 1,5 para aços

w = 1,5 a 2 para fofo

Para carga estática, normalmente utiliza-se 2 ~ k ~ 3 aplicado a Cl"e (tensão de escoamento

do material), para o material dúctil e ou aplicado a c. (tensão de ruptura do material) para o material

frágil.

Para o caso de cargas interminentes ou alternadas, o valor de k cresce como nos mostra

a equação para sua obtenção.

5.7 Tensão Admissível O' ou oadrn

A tensão admissível é a ideal de trabalho para o material nas circunstâncias apresentadas.

Geralmente, essa tensão deverá ser mantida na região de deformação elástica do material.

Tração::eCompressão:c,,,::c;c,,:,,<,

Porém, há casos em que a tensão admissível poderá estar na região da deformação plástica

do material, visando principalmente a redução do peso de construção como acontece no caso

de aviões, foguetes, mísseis, etc.

Para o nosso estudo, restringir-nos-emos

que freqüentemente ocorre na prática.

somente ao primeiro caso (região elástica) que é o

A tensão admissível é determinada através da relação c, (tensão de escoamento) coeficiente

de segurança para os materiais dúcteis, ar (tensão de ruptura) coeficiente de segurança para os

materiais frágeis.

cr=~

k

cr= ar

k

materiais dúcteis

materiais frágeis

5.8 Peso Próprio

Em projetos de porte, é necessário levar em conta, no dimensionamento dos elementos de

construção, o peso próprio do material, que será determinado através do produto entre o peso

específico do material e o volume da peça, conforme nos mostra o estudo a seguir.

05,y5,.e

Pp = yAy

Na secção AA

y = O -? Pp = O

Na secção BB

y =.e -? Pp ,

ma x

IPPmáx = Y . A . f!

I

Onde: Pp - peso próprio do elemento dimensionado; [N; ...]

-~--~

A - área da secção transversal da peça; [m 2 ; ... ]

y - peso específico do material [N/m3; ...]

.e - comprimento da peça mm; [m; ... ]

5.9 Aço e sua Classificação

Aço é um produto siderúrgico que se obtém através de via líquida, cujo teor de carbono não

supere a 2%.

. ".... ""Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais""

..,~:q~J'.

Classificação

Aço extra doce < 0,15%C

Aço doce 0,15% a 0,30%C,

Aço meio doce 0,30% a 0,40%C

Aço meio duro 0,40% a 0,60%C

Aço duro 0,60% a 0,70%C

Aço extra duro > 0,70%C

5.10 Dimensionamento de Peças

Peças de Secção Transversal Qualquer

Área

Mínima

1A min = ;1

Onde:

Área de Secção

Transversal

A min

-Área mínima da secçãotransversal [m 2 : ... ]. F

F - Carga axial aplicada [N].

cr - Tensão admissível do material [Pa].

Peças

/

de Secção Transversal

~

Circular

(A",in)

AreaMínima

da Secção

Diâmetro

da Peça

\

- F área do ci I 'A 1'C d 2

o = A como a area o errou o e = 4' tem-

.: 4F ~rn4F.

-se que:

, . ----' --' .-' .--- -- -----o~l\

( o = --2 portanto, d = ---= i

--··1td 1'C o )

- - >.- -.,.,-- - '-- ~

Onde:

d - Diâmetro da peça [m].

F - Carga axial aplicada [N].

cr - Tensão admissível do material [Pa].

re - Constante trigonométrica 3,1415 ...

5.11 Dimensionamento de Correntes

A carga axial tia corrente se divide na metade para cada secção tranversal do elo.

T

- - Fc

em-se entao que: o = 2A

2

Como a área do círculo é A = ~ tem-se que: 0== ~ = 2 Fc

4 2n d 2 n d 2

Onde:

d - diâmetro

Fc- Força na corrente

da barra do elo [m).

[N).

rt - Constante trigonométrica 3, 1415 ....

0= - Tensão admissível [Pa).

portanto. Id ~ ~~ ~

d

I

Propriedades Mecânicas

Tabela 1 - Coeficiente de Poisson (v)

F,

"2

F,

"2

Material v Material v

aço 0,25·0,33 latão 0,32·0,42

alumínio 0,32·0,36 madeira compensada 0,07

bronze 0,32·0,35 pedra 0,16 - 0,34

cobre 0,31- 0,34 vidro 0,25

fofo ·0,23 - 0,27 zinco 0,21

Tabela 2 - Características

elásticas dos materiais

Módulo de

Módulo de

Material elasticidade Material elasticidade

E [GPaj

E [GPaj

Aço 210 Latão 117

Alumínio 70 Ligas de AI 73

Bronze 112 Ligas de chumbo 17

Cobre 112 Ligas de estanho 41

»>:

Chumbo 17 Ligas de magnésio 45

Estanho 40 Ligas de titânio 114

Fofo 100 Magnésio 43

Fofo Modular 137 Monel (liga níquel) 179

Ferro 200 Zinco 96

Obs.: É comum encontrar-se o módulo de elasticidade em MPa (megapascal)

""::,.Mecânica<Técnica;e,Resistência\dosiMateriais"u;:;~c",A ,,''';''j, s j,·,".;,,;;s:t·":.1ó.~{,2> J-;,.,:"'.;o·;C;;;'.1:.{::.>"":.C·Y ,':c.:.:;::<".>-;. C."·'r.$U: .:::':"':';;:ii.

Exemplos:

5

Eaco= 2,1 x 10 MPa

Eae= 7,0 X 10 4 MPa

5

Ecu = 1,12 x 10 MPa

Tabela 3 - Peso específico dos materiais

Material Peso Específico Material Peso Específico

y[N / m 3 ) y[N/m 3 )

Aço 7,70 x 10 4 Gasolina 15°C 8,3 x 10 3

Água destilada 4°C 9,8 x 10 3 Gelo 8,8 x 10 3

Alvenaria tijolo 1,47 x 10 4 Graxa 9,0 x 10 3

Alumínio 2,55 x 10 4 Latão 8,63 x 10 4

Bronze 8,63 x 10 4 Leite (15°C) 1,02 x 10 4

Borracha 9,3 x 10 3 Magnésio 1,72 x 10 4

Cal Hidratado 1,18 x 10 4 Níquel 8,50 x 10 4

Cerveia 1,00 x 10 4 Ouro 1,895 x 10 5

Cimento em pó 1,47 x 10 4 Papel 9,8 x 10 3

Concreto 2,00 x 10 4 Peroba 7,8 x 10 3

Cobre 8,63 x 10 4 Pinho 5,9 x 10 3

Cortiça 2,4 x 10 3 Platina 2,08 x 10 5

Chumbo 1,1 x 10 5 Porcelana 2,35 x 10 4

Diamante 3,43 x 10 4 Prata 9,80 x 10 4

Estanho 7,10 x 10 4 Talco 2,65 x 10 4

Ferro 7,70 x 10 4 Zinco 6,90 x 10 4

Tabela 4 - Coeficiente de dilatação linear dos materiais

Material Coeficiente de Material Coeficiente de

dilatação linear

dilatação linear

a [OCl- 1 a [OCr 1

Aço 1,2 x 10- 5 Latão 1,87 x 10- 5

Alumínio 2,3 x 10- 5 Magnésio 2,6 x 10- 5

Baquelite 2,9 x 10- 5 Níquel 1,3 x 10- 5

Bronze 1,87 x 10- 5 Ouro 1,4 x 10- 5

Borracha [20°C) 7,7 x 10- 5 Platina 9 x 10- 6

Chumbo 2,9 x 10- 5 Prata 2,0 x 10- 5

Constantan 1,5 x 10- 5 Tijolo 6 x 10- 6

Cobre 1,67 x 10- 5 Porcelana 3 x 10- 6

Estanho 2,6 x 10- 5 Vidro 8 x 10- 6

Ferro 1,2 x 10- 5 Zinco 1,7 x 10- 5 73

Tabela 5 - Módulo de Elasticidade Transversal

Material

Módulo de Elasticidade

Transversal G [GPa]

Aço 80

Alumínio 26

Bronze 50

Cobre 45

Duralumínio 14 28

Fofo 88

Magnésio 17

Nylon 10

Titânio 45

Zinco 32

Materiais

Aço Carbono

Tabela 6 - Tensões

Tensão de

escoamento

de [MPa]

Tensão de ruptura

[MPa]

ABNT 1010 - L 220 320

-T 380 420

ABNT 1020 - L 280 360

-T 480 500

ABNT 1030 - L 300 480

-T 500 550

ABNT 1040 - L 360 600

-T 600 700

ABNT 1050 - L 400 650

Aço Liga

ABNT 4140- L 650 780

-T 700 1000

ABNT 8620 - L 440 700

-T 700 780

Ferro Fundido

Cinzento 200

Branco 450

Preto F 350

P - 550

Modular - 670

Materiais não

ferrosos

Alumínio 30 -120 70 - 230

Duralumínio 14 100 - 420 200 - 500

Cobre Telúrio 60 - 320 230 - 350

Bronze de níquel 120 - 650 300 -750

Magnésio 140 - 200 210 - 300

Titânio 520 600

Zinco 290

Materiais não

metálicos

Borracha - 20- 80

Concreto - 0,8-7

Madeiras

Peroba 100 - 200

Pinho 100 -120

Eucalipto 100 -150

Plásticos

Nylon 80

Vidro

Vidro plano - 5 -10

L -Iaminado

T - trefilado

F - Ferrítico

P - Perlítico

Esta tabela foi adaptada

NB-11.

através das normas da ABNT NB-82; EB,126; EB-127; PEB-128;

As tensões de ruptura das madeiras deverão ser consideradas paralelas às fibras.


5.12 Exercícios

Ex.1-

A barra circular representada na figura. é de aço, possui d = 20 mm e comprimento

l! =0,8m. Encontra-se submetida à ação de uma carga axial de 7,2 kN.

Pede-se determinar

para a barra:

a) Tensão normal atuante (o)

b) O alongamento (Lil!)

c) A deformação longitudinal (E)

rd

. ~.'

d) A deformação transversal (ft)

Eaço= 210 GPa (módulo de elasticidade do aço)

Yaço= 0,3 (coeficiente

de Poisson)

Solução:

a) Tensão normal atuante

F 4F

cr=-=-

A nd 2 Icr == 22,9MPa I

b) Alongamento da barra (Lil!)

M = crxl! = 22,9x~;(xO,8m

Ecaço 210 x ~P;r

10 3

M = 22,9 x 0,8 x 10-3m

210

M = 0,087 x 10- 3 m

M = 0,087mm

M = 8711m

c) A deformação longitudinal (E) d) Deformação transversal (ft)

M 8711m

E=-=--

e 0,8m

Et = -0,3 x 109

75

Ex.2 - Determinar o diâmetro da barra CD da construção representada na figura. O material da

barra é o ABNT 1010L com cr e = 220 MPa, e o coeficiente de segurança indicado

para o caso é k = 2.

lOkN

4kN

, 53°( \ jI

·~B··--·--·

A

CD1 O,8m } O,8m J O,8m }

c

Solução:

1 - Carga axial na

-+

barra CD

o

lI)

: /a

15

I~

I

(J)

o

:53

.__ .__ 0 '""'

. -_.__ . .__ .__ .__ .

10 COS 53 0

C')

4kN

1

FI

O,8m O,Bm O,Bm

IMA=O

0,8F i = 0,8 x 10 sen 53°+1,6 x 4

I Fi = 16kN I

2 - Dimensionamento da barra.

2.1 - Tensão admissível (c),

ce 220

cr= - = - = 110MPa

k 2

;Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais' i

2.2 - Diâmetro da barra.

4x 1600QP(

)(

n x 110 x 10 6 -2

m

4 x 16000x 1Q- B m 2

n x 110

di = 4 x 16000 x 10-3m

n x 110

...--

A barra possuirá Id == 14 mml

EX.3 - A figura dada, representa duas barras de aço soldadas na secção BB.

E

0\

o

A carga de tração que atua na peça é 4,5 kN.

A secção CD da peça possui di = 15 mm e

comprimento .e i = 0,6 m, sendo que a secção @

possui d 2

= 25 mm e .e 2 = 0,9 m.

Desprezando o efeito do peso próprio do material,

pede-se determinar para as secções CDe @ .

4,5kN

a) A tensão normal (CJ i

e CJ 2

)

b) O alongamento (M i e I1f 2)

c) A deformação longitudinal (ti e t2)

d) A deformação transversal (Et 1

e Et)

e) O alongamento total da peça (tH)

Eaço = 210 GPa Yaço =0,3

Solução:

a) Tensão normal (CJ i

e CJ 2

)

Secção CD da barra tem-se:

Fi

CJ i =-=--

Ai

4· Fi

ndi

CJ

i

= 4 x 4500N = 4 x 4500 x 106Pa

n(15 x 10- 3 m)2 n x 15 2 I CJ i == 25,5MPa I

Tração e Compressão

7 •... ,

Secção @, da barra tem-se:

F 2 4. F 2

0"2 =-=--

Az 1t . d;

A carga F 2 é a própria carga de 4.5 kN, portanto,

tem-se:

4 x 4500N 4 x 4500N

0"2 = =

1tx (25 X 10- 3 m)2 1tx 25 2 X 10- 6 m 2

4x4500

0"2= 1tx252

10" == 9,2MPa I

x106Pa

b) Alongamento da barra (il1:'1 e il1:'z)

Secção (D:

M = 0"1 X 1:'1 = 25,5X~?t(xo,6m =25,5·0,6 .10-3m

1

Eaço 210 x~ Pá' 210

10 3

M 1 == 0,073 x 10- 3 m

M 1 == 0,073mm

M 1 == 731-\-m

Secção @:

M

2

= 0"2 X 1:'2 = 9,2x~~xO,9m = 9,2'0,9 .10-3m

Eaço 210 x :uf Jfá 210

, 10 3

M 2 == 0,039x10- 3 m

M 2 == 0,039mm

M 2 ==391-\-m

c) Deformação longitudinal (ti e t2 )

Secção @:

M 1 731-\-ní' I I

C.l = C; = O,6m 81 == 1221-\-

Secção @:

M 2 391-\-~

8 2 =-=--

1:'2 0,6(;11' I t2 == 431-\-I

'<02-Mecânica,Técnica;e Resistência-dos'Materiais ·',m"~,:7:' <o,';"';, :,.,o,:; ~,: '':' .:'0 ..... ".;. :'~',:' "<,,,.. ~,;. ":;-,":: ",<.,o..,y,,,'

"'..,

d) Deformação transversal (qi e q2 )

Secção 1:

- !3!['lLlOTEC/\ ""

COOFW DF MLiL TlíV'·"'OS

Secção 2:

Et = -0,3 x 43

2

e) Alongamento total da peça

M = 73+39

Ex. 4 - Uma barra circular possui d = 32 mm, e o seu comprimento R = 1,6 m. Ao ser

tracionada por uma carga axial de 4kN, apresenta um alongamento 11R = 114 um.

Qual o material

da barra?

Solução:

1 - Tensão normal na barra.

F 4F 4x4000N

(J = - = - = --------=-~

A nd 2 n(32 x 10- 3 m)2

(J = 16000 X 106 Pa

n x 32 2

I (J = 5MPa I

2 - Módulo de elasticidade do material.

Pela lei de Hooke, tem-se:

(J. R

b.R =--

E

portanto, o módulo de elasticidade será:

E=(J·R

M

5 x 10 6 Pa x 1,60(

E = -------::-'---'--

114 x10- 6 yr(

E= 5 x 1,6 X 10 12 Pa

114

79

r

E = 0,070 X 10 12 Pa

E = 70 x 10 9 Pa

IE=70GPa

I

Através da tabela de módulo de elasticidade dos materiais (página 72), conclui-se que o

material da barra é o alumínio, pois Eal = 70GPa.

EX.5 - O lustre da figura pesa 120N, estará preso ao

teto através do ponto A, por uma corrente de

aço.

Solução:

Determinar o diâmetro do arame da corrente,

para que suporte com segurança K = 5, o peso

do lustre.

O material do arame é o ABNT 1010L com

O"e

= 220 MPa.

1 - Dimensionamento do arame.

1.1 - Tensão admissível (o) - 120N

-

0=T=5=44MPa

°e 220 I -0=44MPa

1.2 - Diâmetro do arame

Como o elo não está soldado, conclui-se que a carga está sendo suportada por uma única

área de secção transversal. Portanto, o dimensionamento será desenvolvido como se a corrente

fosse um fio reto.

4F

a=~2

nd

d = J4~ na

d =/

4x120p.(

V n x 44 x 10 6

fi

m 2

~-8d =

,/4X120x106m2

nx44

4x120

d =.1 n x 44

x103m

I d = 2mm

I

,::iU,Mecânic3,lTécnica e Reslstêncla-dos Materiais "%TIl!ITL ,X::~.,,>,,' ,TIl!ITO;:,',:::x:%'C ,:,' ~,", :,::;0,';"'112';;;;';';';, ;,,:'\:' ",:,,~:';:T2,:)MLiW; ',,\"

•...

///

A corrente possuirá diâmetro do arame d = 2 mm.

Ex.6 - Determinar a área mínima da secção transversal das barras ~,® e ® da treliça

representada na figura.

O material utilizado é o ABNT 1010L com O"e = 220MPa, e o coeficiente de segurança

para o caso é k = 2.

1 - Carga axial nas barras

1.1 - Ângulo a

2

tgCX=--t cx== 34°

3

c

1.2 - Reações de apoio

Como a treliça é simétrica, conclui-se que:

R A = R B = 20 kN

1.3 - Carga axial na barra @.

:Z:'Fy = O

40kN

20

F 1 =

sen34°

== 35,7kN

Ra

x

20

F 1 = == 35,7kN F 1 = 35,7kN

sen34°

F 2 = 35,7cos34°

I F 2 == 29,6kN I

A carga axial na barra ~ é F 2 = 29,6 kN.

1.4 - Carga axial na barra a> através do equilíbrio do "D", tem-se que:

L:Fy = O

F3 = 40kN

y

x

40kN

T.~,~;;~ e Compressão 8 1

r

, \ ~:: :""'i ;~ ," .~-:-.1$

. >-"'··"i/il.)..:

~.~!ULi .tE:CA

)C':í'[) p<~''.:-'(/~!i(l.4EI

1.5 - Carga axial na barra ®.

Por simetria, conclui-se que:

IF4 = F2 = 29,6 kNI

2 - Dimensionamento das barras.

2.1 - Tensão admissível (o).

cr = °e = 220 = 110MPa

k 2

Icr=110MPa

I

2.2 - Área mínima da secção transversal das barras. (?); @; ®

2.2.1 - Barras (?) e ®

A

2

= A4 = 29600N

110x106~

m

2

A 2 = A4 = 269 x 10- 6 m 2

A 2 = A4 = 269mm 2

2.2.2 -Barra @

A _ 40000M"

3 - 110x106 ~

m

A3 == 364 X 10- 6 m 2

A3 == 364mm 2

Ex. 7 - A barra O) da figura é de aço, possui Ai = 400 mm 2 (área de secção transversal), .

e o seu comprimento é fi. 1 = 800 mm. Determinar para a barra 0):

a) Carga axial atuante (Fi)'

b) Tensão normal atuante (cr 1

).

c) O alongamento (Ll fi. 1)'

d) A deformação longitudinal (ti).

e) A deformação transversal (tt 1

)

Eaço = 210 GPa v aço = 0,3

. 2m . 3m . 3m .

• • . 1

~_. __

'"C

I' \)

6kN

.

20kN

, ~II:I ICD

l' I ,B

<,

<,

'~'" Mecânica "fécnica·e Resistência dos Materiais .. :;::;.~..."",~>~ .

a) Carga axial na barra CD

20kN

6kN

6m

8F1 = 6 x 1,5 + 20 x 2

I F1= 6,125kN I

b) Tensão normal atuante (cr 1

)

cr 1

=iL= 6125N =6125x106~

A1 400 x 10- 6 m 2 400 m 2

Icr1 == 15,3MPa I

c) Alongamento da barra (il li)'

M 1

== 58f.Lm

d) Deformação longitudinal (fi)

M 1 58f.Lm

t1=-=--

f1 0,8m

e) Deformação transversal (Et)

tt 1

= -v aco -t1

tt 1

= -0,3 x 72,5

EX.8 - Dimensionar a secção transversal da barra (j) da construção representada na

figura. A barra possuirá secção transversal quadrada de lado (a).

5kN

8kN

I' 1

1 ,J,J ('liB

a,8m

1,2m

a,8m

o material da barra é o ABNT 1020 L com 0 e = 280 MPa. Utilizar coeficiente

segurança k = 2.

de

1-Carga axial na barra

-+5kN

8kN 4

I

I 530

a.8m

1.2m i- D.8m

I,MA = O

3F 1 sen53°= 4 x 2,2 + 8 x 1- 5 x 0,8

2 - Dimensionamento da barra

2.1 - Tensão admissível (;.)

a = O"e = 280 = 140MPa Ia = 140MPal

k 2

2.2 - Lado "a1" da secção transversal.

- F1_~

0"=-- 2

A 1 a 1

5300)(

a =fi 1 = 140 X 10 6 Á"Í

m 2

I F 1 = 5,3kN I

:~F,""53'

F: cos 53° 1

"' Mecânica Técnica e ResistênciadosMateriais ",;"

5300 10-6 2

a 1 = --X m

140

J5300 10-3

a 1 = --X m

140

a 1 == 6,15 X 10- 3 m

a 1 == 6,15mm

Ex. 9 - Uma barra de AI possui secção transversal quadrada com 60mm de lado e, o seu

comprimento é de OJ8m. A carga axial aplicada na barra é de 36 kN. Determinar

a tensão normal atuante na barra e o seu alongamento.

EM = 0,7 X 10 5 MPa

Solução:

a) Tensão atuante na barra

Para calcular a tensão atuante na barra, devemos transformar a carga axial atuante para

newtons, tendo então F = 36000N.

cr = ~ = 36000 = 36000N = 10 X106 ~

A (60X10-3t 60 2 x10- 6 m 2 m 2

Icr=10MPal

Como pode se observar, a unidade do lado da secção foi transformada para m (60mm =

60 x 10- 3 m) para que pudéssemos obter a unidade de tensão no SI N/m 2 (pascal).

b) Alongamento na barra

Fxf (J·f 10~xO,8m

!:;'f = = - = ----''----=---

AxE M EM O,7x105~

M= 10xO,8m

0,7 x10 5

M = 114 X 10- 6 m

I M=114j.lm I

EX.10 - Dimensionar a corrente da construção representada na figura. O material utilizado

é o ABNT 1010L (Je = 220MPa e, o coeficiente de segurança indicado para o caso

é k ~ 2.

85

1_ O.6m

1 II

1 .

, I

, L--I 'G--' ----:-=:. =n

lOkN

J5

ci

I

I

J

A

Solução:

a) Força na corrente

..........Q,6m

~

1-'-'

F,~53. ' II ~

.• $C-'~ ~

o

I

E

!l)

c5

E

!l)

~ c5

8J:

A

LM A =0

-0,5 Fc sen 53° - 0,6 Fccos 53° + 0,4 x 10 sen 37° + 1 x 10 cos 37° = °

0,5 Fcsen 53° + 0,6 Fccos 53° = 0,4 x 10 sen 37° + 10 cos 37°

0,4 Fc+ 0,36 Fc= 2,4 + 8

10,4

Fc= 0,76

I Fc = 13,68kN I

b) Dimensionamento do elo da corrente

A força atuante no elo divide-se em duas metades, uma para cada secção. Desta forma,

podemos escrever que:

- Fc Fc 2Fc

a=-=--=-

2A .ind 2 nd 2

ft"2

d = ) 2F c

na

Fc

2

"Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais;; ...;i/ """. . ..•....• ,~:f;;; ;::",:~~·r-

b.:L) Tensão admissível I cr," 'i;'~"T" 110MPa I

Para simplificar a resolução do problema, podemos escrever:

cr = 110N / mm 2

b.2) Dimensionamento do elo

Transformando a força na corrente para newtons, temos:

d =

2x13680

1t x 110

d= 8,9mm

o diâmetro

do perfilado do elo da corrente deverá ser 9mm.

EX.11 - Dimensionar a barra CDda construção representada na figura, sabendo-se que a

secção transversal da barra é quadrada, e o material a ser utilizado é o ABNT 1030L"

com <J e = 300 MPa. Utilize coeficiente de segurança k ~ 2.

Solução:

a) Força axial atuante na barra CD

:LMA=O

-F 1 cos 37° - F 1 sen 37° + 20 x 2 + 10 x 0,5 + 3 = °

0,8 F 1 + 0,6 F 1 = 40 + 5 + 3

1,4 F 1

== 48

48

F 1 = - = 34,28kN

1,4

FI cos 37°

FI sen 37°

._1

10kN

20kN

I.. 1m .1.. 1m .1

87

b) Dimensionamento da barra CD

b.l) Tensão

admissível

cr = O"e= 300 = 150MPa

k 2

150 MPa equivale a 150 N/mm 2

b.2) Dimensões de secção transversal da barra

F

0"=

Ā

Como a barra possui secção transversal quadrada, denominamos o lado da secção de "a",

obtendo desta forma:

F

0"=2

a

Transformando a força na barra CD para newtons, temos que Fi = 34280N

a = [F = ~34280

V~ 150

I a == 15mm I

Ex. 12 - Na construção representada na figura, a barra CD é de aço, mede 1,2 m e possui

área da secção transversal 1600mm 2 . A barra ~ é de Cobre, mede 0,9m e possui

área de secção transversal 3600mm 2 . Determinar:

a) carga axial nas barras;

b) tensão normal nas barras 1 e 2;

c) os respectivos alongamentos;

d) as respectivas deformações longitudinais;

e) as respectivas deformações transversais.

~ ?"'" mE

E

C'-l

CD

E

""

Eaço = 2,1 X 10 5 MPa

Ecu = 1,12 X 10 5 MPa

Yaço = 0,30 (coeficiente de Poisson do aço)

Ycu

= 0,32 (coeficiente de Poisson do cobre)

2m

'MecânicaTécnicae Resistênciados Materiais .

Solução:

Fl

a) Força axial nas barras

a.1.) barra (j)

E 4kN

CV)

E

Lf)

IM A = O

C'f

3F1 = 60 x 2 + 12

I F 1 = 44kN I

a.2) barra G)

IMs=O

4F 2 = 44 x 2

I F2 = 22kN I

1 2,1 x 10 5

b) Tensão normal nas barras

b.1.) barra (j)

a = iL = 44000 = 275 _N_

mm

N

a 1 = 27,5 --2 corresponde a a 1 = 27,5 MPa

mm

b.2) barra G)

~ 22000 _ 6 1 N/ 2

a2 - - - mm

A 2 3600 '

I a2 = 6,1 N/ mm 2 corresponde a a 2 = 6,1 MPa

c) Alongamento das barras

c.1.) barra (j)

Ó.e = 27,5 x 1,2 = 157 x 10-6m

Tração e Compressão"""· .. 89

c.2) barra (?)

F R 0"2 • R 2

2' 2 _

f.. R 2 = A E - Eeu

2' eu

6,11 X 0,9 = 49 X 10-6m

t:.R2 = 1,12 X 105 I M' 2 = 49 11mI

d) Deformação longitudinal das barras

d.1)

barra (j)

E =~= 1

27,5

Eaço 2,1 X 10 5

= 130 X 10- 6 = 13011 1

E =~= 2

Eeu

6,11

1,12 10 5

IE2 = 5,45 X 10- 5 = 54,5 X 10- 6 = 54,511

e) Deformação transversal das barras

e.1) barra CD

1.

Et 1 = - Yaço' E 1 = - 0,3 x 13 x 10- 5

I Et 1 = - 3,9 X 10- 5 = - 39 X 10- 6 = -39111

e.2)

barra @

E t2

= Deu . E2

E t2

= -D,32 x 5,45 x 10- 5

I E t2

= 1,74 x 10- 5 = 17,4 X 10- 6 = -17,41l1

Ex. 13 - Determinar as áreas rrurumas

das secções transversais das

barras (j), @ e Q) da construção

representada na figura. O

material a ser utilizado é o ABNT

1020 L O"e = 280MPa; utilize

coeficiente de segurança k ~ 2.

H

I.. 2m ~ I .• 2m ~ 1®

',I IF

1 1 1 1 1 I 1 1 1 1 1

D

G)

'MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais:;: .~".... ",.;: 'C'ce

Solução:

a) Força axial na barra CD

1m

2m

300kN

3m

LM A =0

5F1 = 300 x 3

IF, =T=180kN I

b) Força normal nas barras (?) e @

Como a carga de 340 kN está aplicada

simetricamente às barras (?) e @,

concluímos que:

F'l_l_r'

160kN

180kN

!....

~ F, 1_- _2m _- ~40kN_2m_.r

c) Áreas mínimas das secções transversais

c.1) Tensão admissível do material

Paraque o material trabalhe com segurança k = 2 dada como ideal para o caso, temos:

cr = ~

= 280 = 140MPa

k 2

o = 140 MPa ou para simplificar os cálculos, podemos utilizar c = 140 Njmm 2 .

c.2) Área mínima da secção transversal da barra CD

transformado Fi para newtons, temos:

F 1 = 180.000N

Ai = '! = 180000

cr 140

I Ai == 1286 mm 2 1

c.3)

Área mínima da secção transversal das barras 2 e 3. Analogamente a c.2 temos que:

A 2 = A3 =

170.000

140

Traçãoe,Compressão

y concreto = 2 x 10 4 N/ m 3 240kN

Ex. 14 -A coluna da figura dada suporta uma carga de 240 kN. Considerando o peso próprio

do material, determinar as tensões atuantes nas secções AA; SS; CC.

A coluna é de concreto, sendo que o bloco G) tem h i = 2m e área da secção transversal

Ai = 0,24 m 2 , o bloco @ tem h 2 = 2m e área da secção transversal A 2 = 0,36 m 2 .

A

B

CD Ih 1

B

.® Ih 2

C

'T"""T"'T7

-+. *,0 0r

00000000°0

• o o~o o~o~ 0.

o o o 0- o o ~ 0;0 o o o o o o

CD

®

Solução:

a) Tensão na secção AA

o = 240000 = 106 li.

AA 0,24 m 2

I °AA

= 1MPal

b) Tensão na secção SS

A carga que atua na secção SS é de 240kN mais o peso próprio do bloco 1.

P p1 = YC . A 1 . h 1

P p1 = 2 X 10 4

x 0,24 x 2 x

P p1 = 0,96 x 10 4 N = 9600N

088 = 240000 + 9600 = O 693 X 10 6 N / m 2

0,36 '

1'--0-

8

-

8

-=-0-,6-9-3-M-p-a-'1

c) Tensão na secção CC

A tensão na secção CC será obtida através do somatório das cargas aplicadas na referida

secção transversal.

P p2 = y c . A 2 . h 2

MecânicayTécnica'e:Resistênciados Materiaisf·7+"; •• ··"L~.iê;':';,= Xi.;; .. am;:;·;' ... ·;·,;;,:v'= .;·,~&:.uj)j""< ;;~. u::,y".

P p2 = 2 X 10 4 X 0,36 X 2

P p2 = 1,44 X 10 4 N = 14400N

240000 + 9600 + 14400

° ---------

ee - 0,36

6 2

0ee =0,733x10 Njm 10ee = 0,733MPa I

EX.15

- Dimensionar a barra Q) da construção, representada na figura. O material a ser utilizado

é o ABNT 1020 com cre = 280N j mm 2 e o coeficiente de segurança indicado para

o caso é k ~ 2.

8kN

c

4m 2m 3m

Solução:

a) Força normal na barra Q)

LMA=O

24kN

8kN

R-;p;~~~R~~=======~=~~ost:~'

FI

RAH

sen 53' ~

A F1cos53°

} 2m f'-----4m--f 3m t

9 Fi sen 53° = 8 X 6 + 24 X 2

Fi = 48 + 48

9 X 0,8

IFi = 13,33kN I

-7-"

b) Dimensionamento da barra Q)

b.1) Tensão

admissível

_0e

0-:--- 280 -140N'j mm2

k 2

b.2) Secção transversal da barra Q)

13330

--

140

93

r--

Ex. 1.6 -A barra Q) da figura é de aço, possui comprimento fi = O,8m e área da secção

transversal Ai = 400mm 2 . Determinar a tensão normal na barra e o seu

alongamento.

Eaço = 2,06 X10 5 N/mm 2

Solução:

Fi

a) Força normal na barra CD

LM A =0

E

U"l

5Fi = 4 x 2,5 + 2 + 12 x 3

F 1 = 10+2+ 36 IFi = 9,6 kNI

5

b) Tensão normal na barra CD

F 1 9600

a - -

1- A 1

- 400

la1 =24N/ mm2 1

c) Alongamento da barra 1

t:,..e 1 = A

1

F 1

.e 1

Eaço

9600 x 800

400 x 2 X 10 5

9,6 X 10 3 x 8 X 10 2

M 1 = --'----4-0-0-X-2-X-1-07"5-

IM1= 0,096 mm = 961-lmI

Ex. 1.7 - A viga AB absolutamente rígida suporta o carregamento da figura, suspensa através

dos pontos AB, pelas barras Q) e <l> respectivamente. A barra Q) é de aço, possui

comprimento e e área de secção transversal Ai.

A barra <l> é de AR, possui também comprimento .e e área de secção transversal

A2·

n'"

iluMecânica<:récnicaeResistênciadosMateriais

Determinar a relação entre as áreas das secções transversais das barras, sabendose

que a viga AS permanece na horizontal após a aplicação das cargas.

Eaço

= 210GPa

EM = 70GPa

Resolução:

a) A carga concentrada do carregamento é qz .

A viga permanece na horizontal após a aplicação das cargas.

Conclui-se

que:

qJi

Fi = F 2 =- 2

(por simetria),

e que,

95

SISTEMAS

ESTATICAMENTE

INDETERMINADOS

(HIPERESTÁTICOS)

6.1 Introdução

Os sistemas hiperestáticos são aqueles cuja solução exige que as equações da estática

sejam complementadas pelas equações do deslocamento, originadas por ação mecânica ou por

':a riação térmica.

O deslocamento originado por ação mecânica será determinado através da lei de Hooke.

IM= Fi

A.E

I

Como a aplicação de uma carga axial na peça gera uma tensão normal <J = ~ , escrevemos

a lei de Hooke.

A

IM=

cr~ll

Para estudar o deslocamento originado na peça pela variação de temperatura, vamos nos

basear na experiência a seguir:

Suponhamos, inicialmente, que uma barra de comprimento e o

esteja a uma temperatura inicial to. A barra, ao ser aquecida, passa para

uma temperatura t, automaticamente acarretando o aumento da sua

medida linear, f! f = f! o + M .

Essa variação da medida linear, observada na experiência,

é proporcional à variação de temperatura (L'ü), ao comprimento

inicial da peça (f o), e ao coeficiente de dilatação linear do

material («) ; desta forma, podemos escrevê-Ia:

1__

'

I. .1

I l ---:

________ -.J ,

I: ~~ .=r-

1M = f! o cu'l.t

I

onde: M = variação da medida linear originada pela variação de temperatura (dilatação)

[m; mm; ...]

fo = comprimento inicial da peça [m; mm; ...]

cx = coeficiente de dilatação linear do material [De]-1

l'.t = variação de temperatura

[De]

Sistemas Estaticamente Indeterminados (Hiperestáticos)

Para os casos de resfriamento

1M = -f!.o cu'ü I

da peça, (t - to) < 0, portanto:

6.2 Tensão Térmica

Suponhamos, agora, o caso de uma peça biengastada, de comprimento f!.e secção

transversal A, conforme mostra a figura.

Se retirarmos um dos engastarnentos, a variação de temperatura M > O, provocará o

alongamento da peça (dilatação), uma vez que a peça estará livre.

Com o engastamento duplo, originar-se-á uma carga axial, que reterá o alongamento da peça.

A

B

A

Peça livre a uma temperatura

inicial (to).

Dilatação M originada pela variação de temperatura (Llt > O).

./"

./"

- --I

-: I

-:

./

Q

./"

./" ~

I

- - -- I

l>Q

Dilatação contida pela reação dos engastamentos.

A variação linear devido à variação de temperatura M (t) e a variação linear devido à carga

axial de reação M (R), são iguais, pois a variação total é nula, desta forma, temos:

M (t) = M (R)

::::H)t"»i>llVIecânica>1"écnicae,Resistência,dos"Materiais

o Á F . fo

-tOaLlt =--

A.E

I F = A.E.a.M I força axial térmica atuante na peça

A tensão térmica atuante será:

Icr=E.a.MI

onde:F - força axial térmica [N; kN; ... )

o - tensão normal térmica [MPa; N/mm2; ...]

a - coeficiente de dilatação linear do material [O C] -1

M - variação de temperatura [O C]

6.3 Exercícios

Ex. 1. - A figura dada representa uma viga I de aço com comprimento f == 4m e área de

secção transversal A == 2800 mm 2 engastadas nas paredes A e B, livre de tensões

a uma temperatura de 17°C. Determinar a força térmica e a tensão térmica,

originada na viga, quando a temperatura subir para 42°C.

5

Eaço = 2,1 x 10

MPa

aaço = 1,2 x 10- 5 oC- 1

A

B

A

~-------

4m

-t-

Solução:

Transformando

a unidade de área para o SI, temos:

A = 2.800 X 10- 6 m 2

A variação de temperatura no sistema é:

6.t = 42 - 17 = 25 0

Transformando a unidade do módulo de elasticidade para pascal, temos:

Eaço = 2,1 X 10 5 MPa= 2,1 x 10 11 N/m 2

-Sistemas Estaticamentelndeterminados{Hiperestáticos

Força axial térmica

F = A·E·o:·~t

F = 2.800 X 10- 6 x 2,1 X 10 11 x 1,2 X 10- 5 x 25

I F = 176400N I

Tensão

Térmica

F

O' - - - ------

176400N

- A - 2800 x 10- 6 m 2 10'= 63 MPa I

Ex. 2 - Uma barra circular de alumínio possui comprimento .e = 0,3m a temperatura de

1JOC. Determine a dilatação e o comprimento final da barra quando a temperatura

atingir 32°C.

Solução:

:L Dilatação da Barra

M

= f o o:6.t

M = 0,3 x 2,4 x 10- 5 x (32 -17)

M = 10,8 x 10- 5 m

ou

M = 108 X 10- 6 m I M = 108f..lmI

2 - Comprimento final da barra

Comprimento

da barra 0,3 m = 300 mm

O alongamento da barra 1081lm = 0,108mm portanto, o comprimento final da barra é:

f f = f o + M = 300 + 0,108

f f = 300,108mm I

, Mecânica Técnica e,ResistênciadosMateriais

jA--_CD __ 1

Ex. 3 - O conjunto representado na figura é constituído por uma secção transversal,

A 1 = 3600 mm 2 e comprimento de 500 mm e uma secção transversal, A 2

= 7200

mm 2 e comprimento de 250 mm. Determinar as tensões normais atuantes nas

secções transversais das partes CD e a> da peça, quando houver uma variação de

temperatura de 20°C. O material da peça é aço.

5

Eaço = 2,1 x 10 MPa

500 250

Solução:

A carga axial atuante na peça é a mesma que atua como reação nos engastamentos. Para

determinar esta força, é importante lembrar que o somatório dos deslocamentos é nulo,


FRl FR 2

Ri CX aço 6.t - = R 2 CX aço 6.t - ---=--

Ai 'Eaço A 2 'Eaço

Como R1 = 2 R2 e A2 = 2 A1' podemos escrever a equação anterior desta forma:

2FR 2 FR 2R 2

2 CX açof..t - = R 2 CXaçof..t - --=---

A 1 'Eaço

2Al 'Eaço

Transformando as unidades para o SI, temos:

F = ~ x 3600 X 10- 6 x 2,1 X 10 11 X 1,2 x 10- 5 x 20

3

IF = 120960N

I

"". " ','Sistemas Estaticamente Indeterminados{Hi perestáticos)

tensão normal atuante nas secções Q) e @

F 120960 120960 x 10

° --- ------

6

1 - A 1

- 3600 X 10-6 - 3600

° 1 = 33,6 x 10 6 N / m 2

10 1 = 33,6MPa I

F 120960

°2 = - =

A 2 7200xl0- 6

° 2 = 16,8xl0 6 N/m 2

10"2 = 16,8MPa I

EX.4 - A figura dada representa uma viga I de aço com comprimento 5m e área de secção

transversal 3600 rnrrr'.

A viga encontra-se engastada na parede A e apoiada junto à parede B, com uma folga

de 1 mm desta, a uma temperatura de 12°C.Determinar a tensão atuante na viga

quando a temperatura subir para 40°C.

5

Eaço = 2,1 x 10 MPa a = 12xl0- 5 °C- 1

aço '

A

5m

B lmm

I

.~.-

I

Solução:

Se a viga estivesse livre, o seu alongamento seria:

f..e=foMt

M = 5 x 1,2 X 10- 5 x (40 -12)

t"e = 5 x 12 X 10- 6 x 28

I M=1680xl0- 6 m

I

transformando M para mm para comparar com a folga

I M=1,68mm I

"Mecânica :Técnic3":e Resístêncla.dos Materiais ,i',,:::~.:::::::: '~%P\.,'

Como existe a folga de 1 mm, a parte do alongamento que será responsável pela tensão é:

M* = /:,l-1 = 1,68-1 = 0,68mm

A variação de temperatura necessária para se obter III = 0,68 mm será calculada por:

M = (R0+ 1)0:1lt

L'o..t = M = 0,68

Ct:' 0+ 1)0: 5001 x 1,2 x 10- 5

Tensão atuante

na viga

O"= E . o: ·llt

O" = 2,1 X 10 5 x 1,2 X 10- 5 x 11,33 I O" = 28.55 MPa I

Ex.5 -

Um tubo de aço, com Daço= 100 mm envolve um tubo de Cu com Deu= 80 mm e

deu= 60 mm com mesmo comprimento do tubo de aço. O conjunto sofre uma carga

de 24 kN aplicada no centro das chapas de aço da figura.

Eaço = 210 GPa, Eeu = 112 GPa.

Determinar as tensões

normais no tubo de Cu, e no tubo de aço.

24kN

Chapa

Cobre

Solução:

A carga de 24 kN atua simultaneamente

que:

I Faço + Feu = 24kN I (I)

nos tubos de Cu e Aço; portanto, podemos escrever

A carga aplicada nos tubos, fará com que estes sofram uma variação da sua medida linear

inicial. É fácil observar que as duas variações serão as mesmas.

L'o..R aço = L'o..e eu

Faço' Raço

Aaço . Eaço

= Feu' e eu

Aeu . Ecu

como os comprimentos são iguais, podemos escrever que:

." ···'·'i~;;@'a",u%\'.Sistemas·Estaticamente.ilndeterrninados(Hlperestátlcos).

Faço

Aaço

. Eaço

F Aaço' Eaço = F

aço A . E eu

eu eu

(11)

secções transversais dos tubos

Aaço = % (O;ço -d;ço) = %(100 2 _80 2 )

I Aaço

= 9001trnm21

A = ~(02 _ d 2 ) = ~(802 _ 60 2 cu )

cu cu

4 4

Acu

= 7001trnm21

I Faço

substituindo os valores de área, obtidos na equação 11,temos

F = 9001t· 210 F

aço 7001t .112 eu

= 2,41 Fcu I

substituindo a relação na equação I, temos

3,41 Feu = 24

Feu = 7kN

como

Faço + Fcu = 24 Faço = 24 - 7 I Faço 17kN I

Tensão normal no tubo de aço

Transformando o valor das cargas para newtons e as áreas para m 2 , temos:

Feu = 700N

O' = Faço = 17000 =6X106~

aço Aaço 9001t X 10- 6 m 2

I O'aço = 6MPa I

O' = Feu = 7000 = 3,18 X 106 N

eu Aeu 7001t X 10- 6 m 2 I O'eu = 3,18MPa I

Mecânica Técnica:e Resistência dos Materiais",:;';w'

Ex. 6 - A viga AE, absolutamente rígida, suporta o carregamento representado na figura,

suspensa através dos pontos A, C e E pelas barras G), @ e ® respectivamente.

As barras CD e ® são de aço, possuem as mesmas dimensões, possuindo

comprimento de 1,2 m, e a área da secção transversal igual a 400 mrrr'.

A barra @ é de AR,possui comprimento de 2 m e área de secção transversal de 800 mm 2 .

A viga permanece na horizontal, após a aplicação das cargas. Determinar:

a) a força normal nas barras;

b) os respectivos alongamentos;

c) as tensões normais atuantes nas barras.

Eaco = 210GPa EAe=70GPa

®

1m 1m 1m 1m®F

30kN

30kN

Solução:

Como a viga permanece na horizontal, após aplicação das cargas, concluímos que:

F l ~'t F 2 e 2 F 3 e 3

--=--=--

Al Eaço A2EAe A3Eaço

como fi =f3 e Ai = A3 concluímos que

(I)

F l e l F 2 e

--=-- 2

A1E aço A2 EA

(11)

substituindo os valores na equação 11, temos

400 x210 x 2

Fl = 800 x 70 x 1,2 F2

I Fl = 2,5 F21

"';e:(I)Sistemas Estaticamente:lndeterminados

(Hiperestá ticos)

a) Força normal nas barras

FI F 2 F

1m 1m 1m 1m

I

I

~30kN ~12kN ~30kN

LFy==O

F1 +F2+F3==72

como Fi=F3 e Fi = 2,5 F 2 , temos que:

2,5F2 + F2 + 2,5F2 ==72

IF2 ==12kN

I

como Fi = 2,25 F 2 , concluímos que:

I Fi ==F3 ==30kN I

b) Alongamento das barras

Como a viga permanece na horizontal, os alongamentos

são iguais.

t:,.€ ==M ==M3 == 30000 x 1,2

1 2 400 X 10- 6 x 2,1 X 10 11

M 1 ==M 2 ==M 3 == 30000 x 1,2

40 x z.t.x 10 6

M 1 ==M 2 ==M3 ==429x10- 6 m

I M 1 ==M 2 ==M 3 ==4291lm I

c) Tensões normais atuantes nas barras

c.1.) barras CD e (J) c.2) barra @

- ~ - 12000 -15 106p

O'i - - - x a

A2 800x10- 6

10'2 == 15 MPa I

Ex.7 - A viga AD de aço, absolutamente rígida, suporta o carregamento da figura, articulada

em A, e suspensa através dos pontos B e D pelas barras CD e @ respectivamente.

A barra CD é de Cu, tem comprimento igual a 2m e área da secção transversal com

600 mm", A barra @ é de aço, tem comprimento igual a 3m e área de secção

transversal com 480 mm 2 . Eaço = 210 GPa e Ecu = 112 GPa.

Determinar:

a) a força normal nas barras;

b) a tensão normal nas barras;

c) os respectivos alongamentos .

. '... Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais",: ,." ::[b'.,'"

Solução:


A 3m B 3m O

~

~

B

a.1) A viga AD, ao sofrer a ação das cargas, desloca a extremidade D para uma posição

D', formando o ~ADD'. O ponto B desloca-se para uma posição B', formando ~ABB'.

O deslocamento DD' representa o alongamento da barra ilJ, enquanto o deslocamento BB'

representa o alongamento da barra 1. Como ~ADD' - L1ABB', concluímos que:

DI

L'>~

M2

=- 6

F21'2 2F 1 1'1

--=--

A2Eaço Ai Ecu

F _ 2x480x210x2 F

2 - 600 x 112 x 3 1

As unidades não foram transformadas

para o SI, pois todas serão canceladas.

a.2) Para concluirmos a solução do problema necessitamos recorrer às equações de estática.

Como não foi pedida a reação no apoio A, somente uma equação da estática soluciona o

sistema.

60kN

FI

~

.;t<::'

F 2

B

60kN

D

1m 2m 1m 2m

IM A

= O

6F 2 + 3F 1 = 60 X 4 + 15 + 60 X 1

'" ..."'··".i;y;Sistemas Estaticamente Indeterminados( Hiperestáticos)

como F 2 = 2Fl' temos que

6 x 2F1 + 3F1 = 315

sendo F 2 = 2F 1 temos

que

F 2

= 2 x 21 = 42kN


b.1) barra CD

(Cu)

(Jl = ~ = 21000 = 35 x 10 6 Pa I I

Ai 600 X 10-6 (J 1 = 35 MPa

b.2) barra a>

(aço)

F2 42000 6 I I

(J2 = - = = 87,5 x 10 Pa (J2 = 87,5 MPa

A 2 480 x 10- 6 . .

c) Alongamento nas barras

c.1) barra CD

(Cu)

11/\ = 625 x 10- 6 m

35 X 10 6 x 2

1,12 X 10 11

c.2) alongamento da barra @ (aço)

M 2 = 2M 1 1M2 = 2 x 625 = 1250 flm I

Ex. 8 - Determinar as forças normais, as tensões normais e o alongamento sofrido pelas

barras da treliça hiperestática, mostrada na figura. A barra CD é de aço, tem

comprimento igual a 1m e área de secção transversal com 600 mm 2

D

lOOkN

As barras a> e @ são também de aço e possuem área de secção transversal de

400 mms. E = 210 aço GPa.

irMecânica Técnica e Resistência dosMateriais/:;;"';,«;PH'!h'

Solução:


Ao ser aplicada a carga no ponto D, este se desloca

para uma posição D', provocando, desta forma,

alongamento nas barras da treliça.

O ângulo de 3JO sofre uma infinitésima diminuição,

por esta razão podemos admiti-Io constante.

Desta forma, podemos escrever que:

1M2 = M3 = M 1 cos37° I (I)

Comprimento das barras @ e @:

R 1 1

R 2 = R3 = = - = 125m

cos S?? 0,8 '

Como as barras @ e @ possuem as mesmas características, concluímos que:

Da equação I, tiramos que:

F 1 e1cos37°

A1E~

F 1 X 1 x 0,8 _ 1,25 F

600 - 400 2

(11)

F - 600 x 1,25 F

1 - 08 x400 2

I F1= 2,34F21

(111 )

Para solucionarmos o sistema, precisamos de mais uma equação, que será fornecida por

uma das equações do equilíbrio. -

I,Fv

= O

F 1 + F2 cos37° + F3 cos37° = 100 (IV)

Substituindo 11 e 111 na equação IV, temos:

2,34F2 + 0,8F2 + 0,8F2 = 100

3,94F2 = 100

I F2 = 25,38kN

I

como F3 = F 2 = 25,38kN e F 1 = 2,34 F 2

F1 == 2,34 x 25,38

I F1 == 59,39 kN I lOOkN

",-," -,L> ,Sistemas Estaticamente Indeterminados( Híperestátlcos)»


b.1) barra CD

I

(J1 == ~ == 59.390 == 99 x 10 6 Pa

A 1 600 x 10- 6

b.2) barras al e G)

(J1

= 99MPa I

(J2 = ~ == 25.380 = 63,45 x 10 6 Pa

A 2 400 x 10- 6

I (J3 = (J2 = 63,45MPa I

I (J 2

= 63,45 MPa I

c) Alongamento das barras

c.1) barra CD

99 x 1

2,1 X 10 5

c.2) barras al e G)

(J2 . e 2 63,45 x 1,25

!J..f!2 =-----

Eaço 2,1 X 10 5

M 2 == 378 X 10- 6 m

1M 3 = M2 == 3781lm I

Ex. 9 - Determinar as forças e as tensões normais atuantes nas barras CDe al da

construção representada na figura. A barra CDé de eu, possui área de secção

transversal com 100mm 2 . A barra al é de aço, possui área de secção transversal

com 140 rnrn".

Eaço

= 210 GPa

Ecu = 112 GPa

'Y':" Mecânica:Técnica·:e::Resistênciados'Materiais,'"""" ..•.

Solução:

a) Força normal nas barras Q) e al

Aplicada a carga de 3500N, o ponto D desloca-se para uma posição D'alongando as barras

Q) e alo O ângulo de 30° permanece constante pois a diferença é infinitesimal.

Então, podemos

escrever que:

I M 1 = M 2 eos 30° I (1)

admitindo-se como .e o comprimento da barra al, podemos escrever que:

IR1 = R2 eos 30° = Reos 30° I (2)

substituindo a equação (2) na equação (1), e desenvolvendo-se esta, tem-se que:

Fi R1 F2 R2 . eos 30°

Ai . Eeu A 2 . Eaço

Fi . R eos30°

F 2

. Reos30°

Ai

. Eeu

A 2

. Eaço

F - 140 x 210 F

I F 2 = 2,625 Fi I

2 - 100 x 112· 1

(3)

Para solucionar o sistema, precisamos de mais uma equação que nos será fornecida pelas

equações do equilíbrio.

I.Fx = O

I F 2 + Fi eos 30° = 3500 sen 30°

3500N

substituindo

a equação (3) na equação (4) vem que:

2,625 Fi + 0,866 Fi = 1750

3,49 Fi = 1750

Como F 2 = 2,625

Fi vem que:

F 2 = 2,625 x 501 = 1315N

';;;E'''",n$istemasEstaticamentelndeterminados

(Hlperestâtlcosj.sc

b) Tensão normal nas barras CDe 0

b.1.)

barra 1 (eu)

F 1 501

cr - - - = 5,01 X 10 6 Pa

1 - A

1

- 100 X 10-6

I 0"1 = 5,01 MPa I

b.2)

barra 2 (aço)

I 0"2

F 2 1315 6

o 2 = - = = 9,39 x 10 Pa

A 2 140 x 10- 6

= 9,39MPa I

Mecânica Técnica·e ResistênciadosMateriais

TRELiÇAS

PLANAS

7.1. Definição

Denomina-se treliça plana o conjunto de elementos de construção (barras redondas, chatas,

cantoneiras, perfiladas, I,U, etc), interligados entre si, sob forma geométrica triangular, através de

pinos, solda, rebites, parafusos, que visam formar uma estrutura rígida, com a finalidade de receber

e ceder esforços.

A denominação treliça plana deve-se ao fato de todos os elementos do conjunto pertencerem

a um único plano.

A sua utilização na prática é comum em pontes, coberturas, guindastes, torres, etc.

7.2 Dimensionamento

Para dimensionar uma treliça plana, podemos utilizar o método dos nós, ou o método de Ritter,

que são os métodos analíticos, utilizados com maior freqüência.

7.2.1 Método dos Nós

A resolução de treliça plana, através da utilização do método dos nós, consiste

o equilíbrio de cada nó da treliça, observando a seqüência enunciada a seguir.

em verificar

a) O primeiro passo é determinar as reações nos apoios.

b) Em seguida, indentificamos o tipo de solicitação em cada barra (barra tracionada ou comprimida).

c) Verifica-se o equilíbrio de cada nó da treliça, iniciando sempre os cálculos pelo nó que tenha o

menor número de incógnitas.

7.2.1.1 Exercícios

c

Ex. 1. -

Determinar as forças normais nas

barras da treliça dada.

"<'Treliças

Planas'

Solução:

a) Reações nos apoios

As reações R A e R B são iguais, pois a carga P está aplicada simetricamente


aos apoios,

c

b) Identificação dos esforços nas barras

a p a

As barras (j) e ~ são comprimidas,

pois equilibram as reações nos apoios.

A barra Q) é tracionada, pois equilibra a ação da carga P no nó D.

As barras ~ e ® são tracionadas, pois equilibram as componentes horizontais das

barras (j) e ~.

c) Com o estudo acima, a treliça está preparada para ser dimensionada. Para iniciar os

cálculos, vamos trabalhar com o nó A, que juntamente com o nó B é o que possui o menor

número de incógnitas.

LF =0

y

P

F senc =-

1 2

p

F - = - cos sec a

1 - 2sena 2

P

LF

x

= O

x

P cosa P

F 2

= - . -- = - cot g a

2 sen« 2

""M!qv"MecânicatTécnica".eResistência"dos,

..:Materiaisc

Determinada a força na barra @, o nó que se torna mais simples para os cálculos é o D.

NóD

"F

L.. y -

- °

y

P

F4= F 2 = -cotga

2

x

Para determinar a força normal na barra ~, utilizaremos o nó B.

y

p

P

F5 sena = -

2

p P

Fs = = - cosseca

x

2sena 2

Obs.: As forças normais nas barras@)e (J), poderiam ser determinadas através da simetria

das cargas e da treliça.

p

"2

Ex.2 -

Determinar as forças normais nas barras da treliça dada.

D

6kN

20kN

2m

2m

Solução:

O ângulo a formado pelas barras CDe @ e pelas barras @ e ~ será determinado pela tg o ,

1,5

tg« = - = 0,75

2


EM A

= O

4R B

= 20 x 2 + 6 x 1,5

6kN

49

Rs = - = 12,25kN

4 E

U')

ri

EFy =0

RA.~

R AV + Rs = 20

I R AV = 20 - 12,25 = 7,75 kN I

R AV

20kN

2m

2m

EF H

= O

I RAH

= 6 kN I

b) Forças normais nas barras

o nó A é um dos indicados para o início dos cálculos, por ter, juntamente

menor número de incógnitas.

com o nó B, o

EFy = O

Fi sen 37° = R AV = 7,75

y

7,75

F 1

= -- = 129kN

0,6 '

RAH

x

I F 2

= 16,3 kN I

F 2

= 6 + 12,9 x 0,8

Determinada a força F 2

, o nó mais simples para prosseguir os cálculos é o C.

EFx = O

I F4 = F 2 = 16,3 kN I

y

EFy = O

I F3 = 20 kN I

x

20kN

J>" Mecânica",TécnicaeResistênciados Materiais;?

Para determinar a força normal na barra 5, utilizamos o nó B.

1:F y = O

y

F5 sen37° = RB

12,25

F =--

5 06 ,

x

I F5 = 20,42 kN I

Ex.3 -

Determinar a força normal nas barras da treliça dada.

6kN

2,4m 2,4m

Solução:

O ângulo a será determinado

através da tangente do triângulo ADF.

1,6

tg o; =-

1,2

Reações nos apoios

1:M A

= O

4,8 Rs = 6 x 1,6 + 40 x 2,4

I Rs = 22kN I

2,4m 2,4m

1:F = O

y

I RAH = 6kN I R AV + Rs = 40KN

R AV

= 40 - 22

IRAV = 18kN I

Utilizando o nó A, determinamos

2:Fy = °

a força normal nas barras CDe eD,

Fi sen53° = R AV y

18

F = - = 225 kN

i 0,8 '

2:F =0

x

x

F 2 = 6 + 22,5 x 0,6

I F 2 = 19,5 kN I

Determinada

a força na barra CD,temos condição de utilizar o nó D para calcular F3 e F4'

2:Fy = ° y

F3 cos 37° = Fi cos 37°

I F3 = Fi = 22,5 kN I

L:Fx = °

F4 =(Fi + F3) sen37°

D

x

F4 = 2 x22,5 x 0,6

I F4 = 27 kN I

o nó B é conveniente para os cálculos das forças nas barras 6 e 7,

y

22

F = - = 27 5kN

7 08 ' ,

L:F x = °

x

F6 = F7 cos 53° = 27,5 x 0,6

I F6

= 16,5 kN I

Mecânica Técnica e Resistência dos. Materiais

Finalmente, o nó E para determinar a força na barra ~.

y

LFy

= O

F5 COS 3r = F7 cos 37°

I F5 = F7 = 27,5 kN I

6kN

x

EX.4 -

Determinar as forças normais atuantes nas barras da treliça dada.

-- ••. "11 B:~------+-=---~"""~ E

20kN

20kN

2m

2m

Solução:

Para solucionar este exercício, partimos determinando

o ângulo a através da sua tangente.

3

tga =-

4

tga = 0,75

la=3JOI


I.M A

= O

3Rs = 20 x 2 + 20 x 4

I R AH = Rs = 40 kN I

I R. ~ ~ ~ 40kN I

I.F v = O

R AV

= 20 + 20

I RAV = 40 kN I

"""Treliças

Planas

Força normal nas barras

Iniciaremos os cálculos pelo nó E, que é juntamente

de incógnitas.

com o nó A, o nó com o menor número

LFy

= O

y

20

= 33 33 kN

1 0,6 '

F = -

LFx

= O

x

F 2 =Fl cos3r

F 2

= 33,33 x 0,8

I F 2 = 26,67 kN I

20kN

Determinada a força F 2 , o nó D apresenta-se como o mais simples para o prosseguimento

cálculos.

LFy = O

I F3 = 20 kN I

y

dos

I F4 = F 2 = 26,67 kN I

o

x

20kN

As forças normais nas barras ~ e CVserão determinadas através do nó B. O ângulo formado

pelas barras ® e ~ é de a = 37° e o ângulo formado pelas barras ~ e CVé o complemento

de a, ou seja, 53°.

LF x = °

40 - 26,66

F =----

5 0,8

40kN

F5 = 16,67kNI x

F7 = 16,67 x 0,6

, 'Mecânica:JTécnicae'Resistênciados'::Materiais,,:

A força normal na barra ® será determinada através do equilíbrio do nó A. O ângulo formado

pelas barras ® e (]) é de 53°, temos, portanto:

y

:Hx =°

R

F6 sen 53°

AV

= R AH

RAH

40

A

F =- =50kN

6 08,

F6

53°

x

F7

Ex.. S - Oeterminar as torças normais nas barras do guindaste representado na figura.

ir-_---"",,--Oo-L-"*-

,

- - - - - i'_ - - - - - --'

Ângulos a e ~

Solução:

tgo; = ~

tg~ = ~

Ia = 37° I

I~= 53° I

Cálculo dos ângulos

sen y sen« sen8

--=--=--

3 6 8

sen y =0,5 sen a =0,5 sen 3JD =0,5 x 0,6 =0,3

seny = 0,3

I y = 16°1

8 = 180 - (37 + 16)

18 == 12JO I

comprimento

a

a = 8 x cos53°

a = 8 x 0,6 = 4,8m

I,M A

= o

I,F =0

y

4Rs = 80 x 8,8

I R B

= 176 kN I

IRA

R A

= 176 - 80

= 96 kN I

2:F = O

x

NóA

I F2

~Fy = °

= 96 kN I

96kN

y

NóC

2:F = O

y

F3 cos53° = F 2 = 96

96

F3 = - = 160 kN

0,6

I F3 = 160 kN I

c

x

2:F = O

x

F4 = 160 x 0,8 = 128 kN I

y

NóD

2:Fx = O

F6

I F6

F4

= ----'----

cos 37°

128

0,8

o

x

= 160kNI

~Fy = °

F5 = F6 sen3JO = 160 x 0,6

I F5 = 96 kN I

y

NóE

160 x 0,8

F7 =----

0,6

F7 = 213,3 kN

E

80kN

x

Mecânica<Técnica,e'

Reststênclasdos-Materlals.ssse

Respostas:

F 1 = O

F4= 128 kN

F7 = 213,3

kN

F 2 = 96 kN

F5 = 96 kN

R A = 96 kN

F3 = 160 kN

F6 = 160 kN

R B = 176 kN

7.3 Método das Secções ou Método de Ritter

Para determinar as cargas axiais atuantes nas barras de uma treliça plana, através do método

de Ritter, deve-se proceder da seguinte forma:

Corta-se a treliça em duas partes; adota-se uma das partes para verificar o equilíbrio,

ignorando a outra parte até o próximo corte. Ao cortar a treliça deve-se observar que o corte a

intercepte de tal forma, que se apresentem no máximo 3 incógnitas, para que possa haver solução,

através das equações do equilíbrio. É importante ressaltar que entrarão nos cálculos, somente as

barras da treliça que forem cortadas, as forças ativas e reativas da parte adotada para a verificação

de equilíbrio. Repetir o procedimento, até que todas as barras da treliça estejam calculadas.

Neste método, pode-se considerar inicialmente todas as barras tracionadas, ou seja, barras

que "puxam" os nós, as barras que apresentarem sinal negativo nos cálculos, estarão comprimidas.

Os exercícios que seguem mostram a aplicação deste método, na resolução de treliças

planas.

7.3.1 Exercícios

EX.1-

Determinar as forças axiais nas barras da treliça dada.

@

h

p

Solução:

A altura h é determinada através da tangente de 53°.

h = tg53°

I h :1,33m I

c

A~'----"'"

Treliças Planas

A reação nos apoios A e B será P/2, pois a carga P é simétrica aos apoios.

Para determinar a carga axial nas barras (j) e @, aplicamos o corte AA na treliça e adotamos

a parte à esquerda do corte para verificar o equilíbrio.

P

F sen 53° + - = °

1 2

P

F 1 = -----

2 sen 53°

I F 1 = - 0,625 P I

(BC)

p

F 2 + Fi cos53° = °

\

P 0,6)

2 i

[ 2 0,8

F = - F cos 53° = - - - . -

\

\

A

\

I F 2 = + 0,375P I (BT)

Obs.: BT - barra tracionada

Be - barra comprimida

Através do corte BB, determinamos as forças nas barras ® e ®.

EME = °

P

1,33F 4 +2- = °

2

I F, = - ~ = -O, 75P I (BC)

E

(Y)

(Y)

,...;

P

F sen 53° = -

3 2

P

F3 = = 0,625P

2sen53°

(BT)

\

\

-'------4---_~----- E

p 2m

2~---=~---

Como a treliça é simétrica,

podemos concluir que:

F7 = F 1 = - 0,625 P

F6 = F 2 = + 0,375 P

F5 = F3 = + 0,625 P

Mecânica\Técnica>e>Resistência"dos··Materiais."C:1:1/"Wy

Ex.2 -

Determinar as forças axiais nas barras da treliça dada.

18kN

36kN

Solução:

A reação nos apoios A e B será determinada através do somatório de momentos em relação

ao apoio A, e o somatório das forças na vertical.

O ângulo a é determinado

2

tg o = - = 1

2

através de sua tangente.


LM A

= O

LFv

= O

6Rs = 36 x 4 + 18 x 2

I Rs = 30 kN I

IRA

R A + Rs = 36 + 18

= 24 kN I

Através do corte AA, determinam-se as cargas axiais nas barras (j) e ~.

LFv =0

F 1 sen45° +24 = O

24

F 1 = - 0,707 = - 33,95 kN (Be)

LF H

= o

F 2 + Fi cos45°

= O

F 2 = - Fi cos45°

F 2 = - (-33, 95) . 0,707

I F 2 = + 24kNI

(BT)

Aplica-se o corte BB na treliça, e adota-se a parte à esquerda para cálculo, para que se

determine a força axial nas barras G) e@.

LFy = O

I F3 = 24kN I (BT)

LM D

= O

2F4 + 24 x2 = O

I F4= - 24 kN I (Be)

24kN

2m

Para determinar as forças nas barras ~ e @, aplica-se o corte ee, e adota-se a parte à

esquerda do corte para o cálculo.

LFy = O

F5 sen 45° + 24 -

18 = O

I

F = - _6_ = -849kN I (Be)

5 0,707 ' .

LM E

= O

-2 F6 + 4 x 24 - 18 x 2 = O

96 - 36 60

F6 = 2 2

24kN

2m

18kN

2m

·c

I

I F6 = 30kNI

(BT)

No corte DD, isolamos o nó F da treliça, para determinar a força na barra CDe ®.

LFy = O

I F7 = 36kN I (BT)

/ , , ,

,''/ F7"""''''

, ,

/ ,

-' F6 r, '-

'----'---+----=---,

/ F \

I \

D/

36kN

\D

MecânicaTécnicaeiResistência.·dosMateriais

Através do corte EE, determina-se a força axial na barra ®.

LFv = O

Fg sen45° + 30 == O

I Fg == -& == -42,43kN I (BC)

/

E

30kN

EX.3 .

Calcular as forças axiais nas barras da treliça dada.

Solução:

As reações nos apoios serão determinadas

pelas equações do equilíbrio.

LM A

= O

6Rs == 48 x 2 - 30 x 2

IRs = 6kN! I R AV = 48 - 6 == 42 kN I

LF H

= O

IR AH == 30kN !

Aplica-se o corte AA na treliça, e adota-se a parte à esquerda do corte para determinar

cargas nas barras (j) e @.

as

LFv == O

42

F 2 == 0,707 = 59,4kN (BT)

F 1 + F 2 cos 45° - R AH =0

F 1 = R AH - F 2 cos 45°

42

F 1 = 30 - O 707 x 0,707

,

I F 1 = -12kN I (BC)

e @, aplica-se o corte BB na treliça, e adota-

Para determinar as cargas axiais nas barras Q)

se para cálculo a parte acima do corte.

.--'-.__ .- B

, I

-, I

, I

, I

E

LM A

= O

2F3 + 2F4 cos 45° = O

30 - 42 12

F4 = 0,707 = - 0,707

IF4 =- 16,97 kN I (BC) F3 = -(-~ J. 0,707

IF 3 = + 12kN I

(BT)

o corte CC determina

as cargas axiais nas barras (3) e @.

2m

F

48kN

c

Mecânica.Jécnica;e Resistência dos Materiais",,';, ;;".;",,;.,-,

dividindo os membros da equação por 2 temos:

-48 - 30 + 2 x 42

F6 = 0,707

= 8,49 kN I

I F6

84 - 30 - 48

0,707

dividindo a equação por 2 temos:

F5 = 42 - 8,49 x 0,707

I F5 = 42 - 6 = 36 kN I

Através do corte DD dado na treliça, adota-se a parte inferior da mesma para determinar

carga axial nas barras CVe ®.

a

:EMc

= O

.zF g sen45°+ zR B

= O

R B 6

F =- ~F =---

9 sen450 9 0,707

I Fg = - 8,49 kN I

D

F7 = - 8,49 x 0,707

A força normal nas barras ® e ® será determinada

através do corte EE.

:EF H

= O

F8 = - (-8,49 x 0,707)

I F 8

= + 6 kN I

Treliças

Planas

·2:,Fy:=.O

~g s~n45°+RB = o

- R B - 6 I I

Fg = sen450 = 0,707 =} Fg = -8,49kN (BC)

Ex.4 -

Determinar as cargas axiais nas barras da treliça dada, através do método de Ritter.

60kN

Decomposição

da carga de 60 kN.

Componente horizontal

Fx = 60 cos 53°

Componente vertical

Fy = 60 sen 53°

I Fy = 48kN I

Solução:

A primeira providência para solucionar esta treliça é decompor a carga de 60 kN, e determinar

as reações nos apoios A e B.

Determina-se o ângulo através da sua tangente.

3

tg o = - = 075

4 '

48kN

F

36kN

L:M A

= O

D

4 R B = 48 x 4 + 36 x 6

I R B

= 102 kN

L:F v = O

R AV = R B - 48

I RAV

= 54 kN I

A

<.

I RAH = 36kN I

A CD

. ·IMecânica·Técnicae Resistência.dos.Materiais .

Aplica-se o corte AA na treliça, para determinar

I F 2 = R AV = 54kN I (BT)

as cargas Qxt:aislf1as_b;a:r:r.Çl'S\<D.e~®'~~)SSORÓ

'0.,1 :"._" 11,.... ( .• J , ~ ._.

A_

-,

UiSL!CJTl::C/'.J.. -

OOFW DE tviUL TI/vIEIOS

FI"'" .

Para determinar as forças nas barras Q) e ®, aplica-se na treliça o corte BB, e adota-se para

o cálculo a parte inferior do corte.

EMc

= O

-4F 4 - 4R B + 3R AH = O

3 x 36 -4 x 102

F4 = 4

108 - 408

F4 = 4

IF 4 = -75kN I (BC)

, ,,-,

-, -, B

EM A

= O

-4F 3 sen S?? - 4F 4 - 4R B = O

4rn

-(-75) - 4 x 102 +75 - 102

F - -----

3 - sen 37° - 0,6

I F3 = - 45 kN I (BC)

As forças nas barrasrs e@, serão determinadas através do corte CC, adotando-se para cálculo

a parte da treliça acima do corte.

EF H

= O

48kN

IFs=36kN 1 (BT)

EFv

= O

Fe + F4 + 48 = O

C

'"

E

-,

F6

-,

-. -, r,

F

36kN

Fe

= - 48 - F4

Fe = -48 - (-75)

I Fe = + 27 kN I (BT)

F.

~

",:Treliças

Planas

Aplica-se o corte DD na treliça, adota-se a parte acima do corte para os cálculos, para

determinar as cargas axiais nas barras (J) e ®.

LF H = O

F7 sen53° + 36 = O

[ F, " - ~ " - 45kN [ (Be)

48~

E

F

~-----------+---36~

LM E

= O

D

4F8 + 4 x 48 = O

I F8 = - 48

kN I (BC)

Aforça axial na barra® será determinada através do corte EE,adotando-se para cálculo a parte

da treliça acima do corte.

48~

LF H = O

I Fg = 36kN

I (BT)

~ F9 36~

-. -. r,

~

Ex. 5 -

Determinar as forças axiais atuantes nas barras da treliça Howe mostrada na figura,

utilizando o método de Ritter.

Solução:

As reações nos apoios A e B são iguais, e a intensidade

simétricas aos apoios .

é de 40 kN, pois as cargas são

....... Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'

LFy

= o

Fi sen45° + 40 = O

40

Fi = - 0,707 = - 56,58 kN (BC)

LF H

= O

F 2 + Fi cos45° = O

F 2 = - Fi cos45°

F 2 = - (-56,58) 0,707

I F 2 = 40kN I (BT)

I F3

LFy

= O

= 40 kN I (BT)

y

/

F4 = - F 2

I F4 = -40kN I (BC)

40kN

LFy

= O

F5

sen 45° + 40 - 20 = O

20 - 40 -20

F = =--

5 sen 45° 0,707

I F5 = -28,28kN I (Be)

F = - (-~ x 0707)- (-40)

6 0,707'

I F6 = + 20 + 40 = 60 kN I (BT) " "

LFy

= O

I

.... ----

, \

I F7 \

I \

I \

I F6 FIO '-

I'---~_-+-_~~\

I \

I F7 = 40 kN I (BT) 40kN

D/ \ D

TrellçasPlanasses

Por simetria, podemos concluir que:

F8 = F4 = - 40kN (Be)

Fg = F5 = - 28,28kN

(Be)

FiO = F6 = 60kN (BT)

F l1 = F3 = 40kN (BT)

F 12 = F 2 = 40 kN (BT)

F 13 = F 1 = -56,58

kN (Be)

MecânicaTécnica

e Resistência dos Materiais'"

CISALHAMENTO

PURO

8.1 Definição

Um elemento de construção submete-se a esforço de cisalhamento, quando sofre a ação de

uma força cortante. Além de provocar cisalhamento, a força cortante dá origem a um momento fletor,

que por ser de baixíssima intensidade, será desprezado neste capítulo.

8.2 Força Cortante Q

Denomina-se força cortante, a carga que atua tangencialmente sobre a área de secção

transversal da peça.

"""-.

Área

~-+---cisalhada

Q

8.3 Tensão de Cisalhamento (-c)

A ação da carga cortante sobre a área da secção transversal da peça causa nesta uma tensão

de cisalhamento, que é definida através da relação entre a intensidade da carga aplicada e a área

da secção transversal da peça sujeita a cisalhamento.

~

~

Para o caso de mais de um elemento estar submetido a cisalhamento, utiliza-se o somatório

das áreas das secções transversais para o dimensionamento. Se os elementos possuírem a mesma

área de secção transversal, basta multiplicar a área de secção transversal pelo número de

elementos (n).

Tem-se então:

I" = n;oi, I

onde:

'C = tensão de cisalhamento [Pa, ...]

Q = carga cortante [N]

A cis = área da secção transversal da peça [m 2 ]

n - número de elementos submetidos a cisalhamento [adimensional]

Se as áreas das secções transversais forem desiguais, o esforço atuante em cada elemento

será proporcional a sua área de secção transversal.

8.4 Deformação do Cisalhamento

Supondo-se o caso da secção transversal

retangular da figura, observa-se o seguinte:

Ao receber a ação da carga cortante, o ponto C desloca-se para a posição C', e o ponto D para

a posição D', gerando o ângulo denominado distorção.

A distorção é medida em radianos (portanto adimensional), através da relação entre a tensão

de cisalhamento atuante e o módulo de elasticidade transversal do material.

I y=~ I

-l'

C C' D D'

- -

, ,

,

r-~y,

,

I,

A

,/ t

-

I

I

B

MecânicaTécnicaeResistência

Onde:

y - distorção

[rad]

'C - tensão de cisalhamento atuante [Pa]

G - módulo de elasticidade transversal do material [Pa]

dos Materiais

8.5 Tensão Normal (O') e Tensão de Cisalhamento ('t)

A tensão normal atua na direção do eixo longitudinal da peça, ou seja, perpendicular à secção

transversal, enquanto que a tensão de cisalhamento é tangencial à secção transversal da peça.

G

8.6 Pressão de Contato O' d

No dimensionamento das juntas rebitadas, parafusadas, pinos, chavetas, etc., torna-se

necessária a verificação da pressão de contato entre o elemento e a parede do furo na chapa (nas

juntas).

A carga Q atuando na junta, tende a cisalhar a secção AA (ver figura acima).

Ao mesmo tempo, cria um esforço de compressão entre o elemento (parafuso ou rebite) e a

parede do furo (região AS ou AC). A pressão de contato, que pode acarretar esmagamento do

elemento e da parede do furo, é definida através da relação entre a carga de compressão atuante

e a área da secção longitudinal do elemento, que é projetada na parede do furo.

Tem-se então que:

Região de contato

AS e AC

8.6.1 Pressão de Contato (Esmagamento)

Aproj

Q

crd =--=-

Aproj

Q

dt

Quando houver mais de um elemento (parafuso ou rebite) utiliza-se

Q Q

crd = =

n Aproj ndt

Cisalhamento·Puro

onde:

(Jd - pressão de contato [Pa]

Q - carga cortante

aplicada na junta [N]

n - número de elementos

[adimensional]

d - diâmetro dos elementos

[m]

t - espessura

da chapa [mJ

8.7 Distribuição ABNT NB14

As distâncias mínimas estabelecidas pela norma e que deverão ser observadas no projeto de

juntas são:

.•

1,Sd

3d

.-:.-.~-~-

+--Ic--.~._.Ef)- -EB-

1,Sd I .

Q

'a) Na região intermediária, a distância mínima entre centros dos rebites deverá ser três

vezes o diâmetro do rebite.

b) Da lateral da chapa até o centro do primeiro furo, a distância deverá ter duas vezes o

diâmetro do rebite na direção da carga.

c) Da lateral da chapa até o centro do primeiro furo, no sentido transversal da carga, a

distância deverá ter 1,5 (uma vez e meia) o diâmetro do rebite.

Para o caso de bordas laminadas,

permite-se reduzir as distâncias

d + 6mm para rebites com d < 26mm

d + 10mm

para rebites com d > 26mm.

8.8 Tensão Admissível e Pressão Média de Contato ABNT NB14-

Material Aço ABNT 1020

8.8.1 Rebites

Tração: a = 140 MPa

Corte: 1 = 105 MPa

MecânicaTécnica'e,Resistência dos Materiais,p'" ':;

Pressão média de contato (cisalhamento

duplo):

0d = 280MPa


simples):

0d = 105MPa

8.8.2 Parafusos

Tração: 0=140MPa

Corte: parafusos não ajustados

1 = 80 MPa

parafusos ajustados

1 = 105MPa

Pressão de contato média (cisalhamento

simples):

0d = 225MPa

Pressão de contato média (cisalhamento

duplo):

0 d

::::! 280MPa

8.8.3 Pinos

Flexão: 0 = 210MPa

Corte: 1 = 105MPa


simples):

0d = 225MPa


duplo):

0d = 280MPa

Em geral, a tensão admissível de cisalhamento é recomendável em torno de 0,6 a 0,8 da

tensão admissível normal.

I 't = 0,6 a 0,8 ai

8.9 Exercícios

Ex. 1- Determinar a tensão de cisalhamento que atua no plano A da figura.

Solução:

A tensão de cisalhamento atuante no plano A, é definida através da componente horizontal

da carga de 300 kN, e área da secção A.

Tem-se então que:

300000 COS37°

1= -------::-------:::-

200 X 10- 3 x120 X 10- 3

240000x10 6

1=-----

,200x120

11 = 10MPa I

Ex. 2 - O conjunto representado na figura é formado por:

CD- parafuso sextavado M12.

(6) - garfo com haste de espessura 6mm.

G) - arruela de pressão.

® - chapa de aço ABNT 1020 espessura 8mm.

~ - porca M12.

1

Q

f

~ I

, Mecânicatécnica'e;Resistência,dos 'Materiais'lG\'S"Y""''''iC", 'IX' """,""

Supor que não haja rosca no parafuso, nas regiões de cisalhamento e esmagamento.

A carga Q que atuará no conjunto

é de 6 kN. Determinar:

a) .a tensão de cisalhamento atuante

b) j a pressão de contato na chapa intermediária

c) a pressão de contato nas hastes do garfo.

Solução:

a) tensão de cisalhamento atuante

O parafuso tende a ser cisalhado nas secções AA e BB, portanto a tensão de cisalhamento

será determinada por:

Q Q 2Q

1=--=--=--

2Acis 2n d 2 n d 2

4

2x6000

1= ----,---::-

n (12x10- 3 )2

11=26,5MPa

I

2x6000x10 6

n12 2

b) Pressão de contato na chapa intermediária

A carga de compressão que causa a pressão de contato entre a chapa intermediária e o

parafuso é de 6kN, portanto a pressão de contato é determinada por:

cdl = 6000 x 10 6

8x12

I crdi = 62,5MPa I

c) Pressão de contato nas hastes do garfo

A carga de compressão que causa a pressão de contato entre o furo da haste do garfo e o

parafuso é de 3 kN, pois a carga de 6kN divide-se na mesma intensidade para cada haste,

portanto a pressão de contato será:

cdh = Q

2t . h

dp

6000

2x6xl0- 3 x12xl0- 3

6000x10 6

crdh =

2x6x12

Icrdh = 41,7MPa

I

-Olsalhamento-Puro

~l .

-, Ex. 3 - Projetar a junta rebitada para que suporte uma carga de 125 kN aplicada conforme

a figura. Ajunta deverá contar com 5 rebites. 1: = 105MPa; O"d = 225MPa; t ch

= 8mm

(espessura das chapas).

125kN

Solução:

a) Cisalhamento nos Rebites

Observa-se na figura, que a junta é simplesmente cisalhada, ou seja, cada rebite sofre

cisalhamento na sua respectiva secção M. Tem-se então que:

- Q

1:=--

n A cis

Como os rebites possuem secção transversal

circular e a área do círculo é dada por:

nd 2

A cis =- 4

a fórmula da tensão do cisalhamento

passa a ser:

_ 4Q

1:=--

nnd 2

donde:

d=~4Q nn1:

d = 4 x 125000

5 xn x105 x 10 6

500000

5xnx105

d = 17,4x10- 3 m

I d = 17,4mm I

;.·wMecânica·r écnicae Resístêncla

dos"Materiais"Z:'c''';'('r;y''

b) Pressão de contato (esmagamento)

O rebite é dimensionado

Aplica-se a fórmula

através da pressão de contato, para que não sofra esmagamento.

d = 125000

5 x 8 X 10- 3 x 225 X 10 6

d = 13,9 x 10- 3 m

I d = 13,9mm I

Prevalece sempre o diâmetro maior para que as duas condições estejam satisfeitas.

os rebites a serem utilizados na junta terão d = 18mm (DIN 123 e 124).

Portanto,

Para que possa ser mantida e reforçada a segurança da construção,

do rebite deverá ser igualou maior ao valor obtido nos cálculos.

o diâmetro normalizado

c) Distribuição

38 38

Os espaços entre os rebites desta distribuição

são os mínimos que poderão ser utilizados.

As cotas de 38mm representadas na junta são determinadas da seguinte forma:

Supõe-se que as cotas sejam iguais no sentido longitudinal

e transversal.

Tem-se então que:

-----«--jj\,;'-;,- _c--_-_,-",,-c_cccc_c,,"c_cccc"' , -Cisalhamento.-Puro------

a

I

-(f)-

I

I

-(f)-

54 I

I

-EB-

I

portanto,

a = 54cos 45°

a == 38mm

Ex. 4 -

Determinar o domínio da relação entre a espessura da chapa e o diâmetro do rebite

em uma junta simplesmente cisalhada, para que somente o dimensionamento ao

cisalhamento seja suficiente no projeto da junta.

~= 105MPa (cisalhamento)

0 d = 225MPa (esmagamento)

Q

Solução:

Para que somente o dimensionamento ao cisalhamento seja suficiente no projeto da junta,

é indispensável que o número de rebites necessários para suportar o cisalhamento (n c ) seja

maior ou igual ao número de rebites necessários ao esmagamento (ne). Tem-se então que:

~> Q

1nd 2 - ad x d x tm

t ch 'tn 105n

->-->---

d - 4'td - 4x225

~~O,37

d

Quando a relação entre a espessura da chapa e o diâmetro do rebite for maior ou igual a

0,37, somente o dimensionamento ao cisalhamento é suficiente para projetar a junta.

Ex. 5 -

Determinar o domínio da relação entre a espessura da chapa e o diâmetro do rebite,

em uma junta duplamente cisalhada, para que somente o dimensionamento ao

cisalhamento seja suficiente no projeto da junta.

,'''.;MecânicaTécnicae'Resistência

dosMateriais'e;;"";;;;;~F"

::r = 105MPa (cisalhamento)

0 d = 280MPa (esmagamento)

Qj2

Qj2

Q

Solução:

Para que somente o dimensionamento ao cisalhamento seja suficiente no projeto da junta,

é indispensável que o número de rebites necessários para suportaro cisalhamento seja maior

ou igual ao número de rebites necessários ao esmagamento.

Tem então que:

nc ~ ne

~> Q t ch 1051t

->---

::r1td 2 - (Jd X d X t Ch

d - 2 x280

~~0,59

d

Quando a relação entre a espessura da chapa e o diâmetro do rebite for maior ou igual a 0,59,

somente o dimensionamento ao cisalhamento é suficiente para projetar a junta.

Se a relação:

~<059

d

'

Somente o dimensionamento à pressão de contato é suficiente para dimensionar a junta.

Ex. 6 -

Projetar a junta rebitada para que suporte a carga de 100 kN aplicada conforme a

figura.

1: = 105MPa (cisalhamento)

(Jd

= 280MPA (esmagamento)

t Ch

= 10mm (espessura da chapa)

cr = 140 MPa (tração na chapa)

A junta contará com 8 rebites.

CisalhamentoPuro

, ,

I I

, ,

I I

-87- -Ef)- -Cf--Cf-

I I I I

I

I

I

I

I I

I I

I I

-87- -Ef)- I I -Ef)--Ef)-

I I

I I

I I

I I

I

I

Solução:

o dimensionamento deste tipo de junta efetua-se através da análise de sua metade, pois a

sua outra metade estará dimensionada por analogia. Tem-se portanto que:

a) Cisalhamento

Cada rebite possui duas áreas cisalhadas, portanto o dimensionamento ao cisalhamento será

efetuado através de:

- Q Q

't = =----=n·2Acis

nd 2

4x2- 4

d= /o

V~

100000

d=

2nx 105 x10

6

d = 50000 X 10-3

n105

d = 12,3 X 10- 3 m I d = 12,3mm I

Mecânlca'Técnica'e Reslstênclados 'Materiais3:1p,FZC' s,,;"j"~·"

b) Pressão de contato (esmagamento)

A possibilidade maior de esmagamento ocorre no contato entre a chapa intermediária e os

rebites, pois nos cobre-juntas a carga atuante é inferior à carga da chapa intermediária.

Tem-se então que:

_ Q Q 100000

O"d = -- = = ----~-----:-

ndt ch nt ch 'O"d 4x10x10- 3 x280x10 6

I d= 8,92mm I

Os rebites a serem utilizados devem satisfazer as duas condições ao mesmo tempo, portanto

o diâmetro será d = 14mm (DIN 123 e 124) valor normalizado imediatamente superior, adotado para

reforçar a segurança.

c) Distribuição

28 42 28 28 42 28

1 1 1 1 1 1

-<t>--<t>-

-<t>--<t>-

I I I I -<t>--<t>-

I I

I I

d) Verificação da resistência à tração na chapa

I I

-<t>--<t>-

.-<

C'l

,~

C'l

<:l'

I I ~

.-<

I I

C'l

A chapa intermediária é a que sofre a maior carga, portanto, se esta suportar a tração,

automaticamente os cobre-juntas suportarão.

Chapa intermediária

o

.-<

Supondo furos de 15mm, ou seja, 1mm de folga, tem-se que:

A = (84 - 2 x 15)10

Tensão normal atuante na chapa

100000

0"= -----=-

540x10- 6 10"= 185MPa

, conclui-se

Como a o atuante> õ

que a secção transversal deverá ser reforçada.

e) Dimensionamento da secção transversal da chapa

f = 100000 + 30

10x140

I f= 102mml

Para que suporte a tração com segurança, a largura mínima da chapa será .e

= 102mm.

f) Distribuição final

28 42 28 28 42 28

~~

~~

1 1 1 1 1 1

I I

I I

\O

C'l

,~

I I

I I ~~

I I

o

L{)

I I

I I ,~

I I \O

~~

C'l

I I

Ex. 7 - Dimensionar os rebites da junta excêntrica representada na figura.

Os diâmetros dos rebites deverão ser iguais, t ch = 10mm.

Pela ABNT NB14:

~ = 105MPa

cr d

= 225MPa

ot -·.-

C'l .

~ _.~

- _.~

1

360

;Mecânica Técnica e Resistência dos Materíals» ....:;, '.

Solução:

a) Esforços nos rebites:

)

o rebite Q) encontra-se em uma posição simétrica às duas laterais (superior e inferior) e aos

rebites CD e 0).

Portanto o rebite Q) é o centro geométrico da distribuição.

Desta forma, somente os rebites CD e O) possuem componentes

horizontais.

Como todos os rebites têm o mesmo diâmetro, na vertical os componentes

são iguais.

Tem-se então que:

20000

R1v = R2v = R3v = ---

3

A carga horizontal no rebite CD é determinada através do somatório de momentos

ao rebite 0).

em relação

Tem-se então que:

IM@=O

240R1H = 20000 x 360

R1H= 20000 x 360

240

I R1H= 30000 N I

A carga horizontal no rebite @ tem a mesma intensidade

da carga horizontal no rebite CD.

IFH=

O

R1H= R3H= 30000N

Cisalhamento Puro"

Conclui-se portanto que:

Os rebites mais solicitados são (j) e Gl e a carga cortante que atua nos mesmos é:

R1:=J30000 2 + 6667 2

R1:=J(30x10 3 )2 + (6,667x10 3 )2

R1:=J(900 + 44,45)10 6

R1:= 10 3 .J944,45

I R1:=30730N I

~1

i

R16667N

30000N

As cargas nos rebites

(j) e Q) são iguais

b) Dimensionamento dos Rebites

b.1)

Cisalhamento

Adota-se o rebite que tenha a solicitação máxima para o dimensionamento. Neste caso,

os rebites mais solicitados são (j) e @.

O desenvolvimento dos cálculos será em função do rebite (j). Tem-se portanto que:

d :=) 4R1:= 4 x 30730 ~ d:= 10-3 4 x 30730

n:::r n:x 150 x 10 6 n:x 105

d:= 19,3 X 10- 3 m

I d = 19,3mm I

b.2)

Pressão de Contato (esmagamento)

A pressão de contato é verificada através da fórmula

portanto,

Como o rebite que está sendo dimensionado é o rebite CD, n = 1, tem-se então que:

d = 30730

225 x 10 6 x 10 X 10- 3 d= 13,65mm

O diâmetro dos rebites deve satisfazer as duas condições ao mesmo tempo, portanto

d = 20mm (DIN 123 e 124).

;;"Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais' .,/;<11";".';';;11; .. '

Ex. 8 - A junta excêntrica da figura encontra-se carregada com uma carga de 90 kN,

aplicada à distância de 200mm em relação ao centro geométrico dos rebites. O

diâmetro dos rebites é de 20mm. Determinar a tensão de cisalhamento máxima

atuante nos rebites.

Solução:

A carga excêntrica de 90000N provoca na junta, a atuação de um momento de 90000 x

200 = 18000000Nmm que corresponde a 18000Nm.

Como todos os rebites possuem o mesmo diâmetro, conclui-se que na vertical, a carga de

90000N estará distribuída na mesma intensidade para cada rebite.

A carga vertical em cada rebite tem a intensidade

de:

9000 = 15000N = 15kN

6

15kN

200 90kN

15kN

As forças Fi' F 2 , Fse F6são da mesma intensidade, são eqüidistantes ao centro geométrico

da junta.

As quatro forças passam a denominar-se

Fc para facilitar os cálculos.

Da mesma forma conclui-se que F3= F4' Para facilitar os cálculos denominar -se-ão F'c.

A distância entre o centro geométrico dajunta e os rebites das extremidades é 125mm, obtida

em função do triângulo (080) (teorema de Pitágoras).

LM(CG) = O

4Fc x 125 + 2 x 75F' c = 18000000

I 0,5Fc+0,15F'c = 18000 I (I)

~11:00

CGLJ

o 75 D

As cargas são proporcionais às distâncias em relação ao CG, donde conclui-se que:

Fc F'c

-=-

125 75

Fc = 125 F'c

75

I FC=%F'C I (11)

,~

substituindo

II na equação I, tem-se que:

5

0,5x-F'c+O,15F'c = 18000

3

(0,83+0,15)F'c = 18000

I F'c = 18367N == 18,37kN I

pela equação II tem-se que:

5 5

Fc= -F'c = -x18367N

3 3

I Fc= 30611N == 30,61kN I

A carga resultante em cada rebite é determinada por:

'"

Os rebites mais solicitados são 2 e 6. Pelo triângulo ODB determina-se o ângulo a.

100

cosa. = 125

B

cosa. = 0,8

Portanto a. = 37°

o -~

•• I ~

Se a. = 37° , conclui-se que a carga de 30,61kN está defasada 3r em relação à horizontal,

portanto o ângulo formado pelas cargas de 15kN e 30,61kN é 53°.

R2 = ~30,612 + 152 + 2 x 15 x 30,61 x cos53°

R2 = J936,97 + 225 + 550,98

I R2 = 41,38kN I

R6 = R2 == 41,38kN

---------

15kN

'Mecânica TécnicaeResistência'dosMateriaisx;,'/"

'";D,"!:,

Observa-se graficamente que as resultantes R 2 e R6 são as maiores, e como o objetivo do

exercício é determinar a tensão máxima, as outras resultantes tornam-se desprezíveis.

A tensão máxima de cisalhamento é determinada através de:

41380x4

1: = -----::~

1t(20x10- 3 )2

41380x4x10 6

1:=------

1tx400

11: = 131,7MPa I

Ex. 9 -

Dimensionar os parafusos para se construir ajunta excêntrica representada na figura

"1 = 105MPa, cr d = 225MPa espessura das chapas 16mm.

Solução:

a} Carga de Cisalhamento

A carga de 60kN divide-se igualmente para os 4 parafusos da junta. Tem-se então:

A excentricidade da carga provoca momento na junta, o que acarreta maior esforço nos

parafusos.

·~""<·,_,x,,,,","~:"_"·'"''~-_'''

'V.~':·';"::,·:,>~;<;,:",,,>/.,,,",,.:·,:,;

__ '''' ....·'''''''

CisalhamentoPuro

Transformando-se as unidades para metro, escreve-se que:

IMo == O

4xO,1xFm == 60xO,5 == 30

30

Fm == 0,4

I Fm== 75kN I Fm: carga gerada pelo momento

A carga que atua em cada parafuso é:

75+ 15=90kN

As cargas nos parafusos Q) e (J) possuem a mesma intensidade:

Fi == F3 == .J75 2 + 15 2 I

Fi == F3 == 76,5kN I

Porém a carga máxima atua no parafuso @, sendo a sua intensidade 90kN.

b) Dimensionamento

b.1)

Cisalhamento

A junta tende a acarretar cisalhamento simples nos parafusos. Tem-se portanto:

~ == 4F 4 -7 de == J4F4

1td e

2

1t't

de ==.1 4x 90000

1tx105x106 == 33x10- 3 m

I de == 33mm I

b.2)

Esmagamento

-da

- ndt ch 225 X 10 6 X 1 X 16 X 10-

F4

de == 900000

3

90000 X 10-3m

de == 225 X 16 I de == 25mm I

A junta será construída com parafusos com d = 36 mm DIN 931.

--

Mecânical"écnica e Resistência dos Materiais:;;;",,""· pr"."' •.:J ···,·,·, .•:.····".1··;"'·:····,;\ .•...•,.,..••;;.., .•.;...;" .•..•. ""0";.,,, >~;:,..·.·;,,·t·* .•;:.I

8.10 Ligações Soldadas

8.10.1 Solda de Topo

Indicada somente para esforços de tração ou compressão.

8.10.2 Dimensionamento do Cordão

t I- ~I

'3~Área do cordão de solda

submetida à ação da carga

axial (F)

A =fxt

Tensão normal do cordão:

F F

(J =-=s

A fxt

Para dimensionar o cordão, utiliza-se a tensão admissível especificada para o caso.

A SAS (Sociedade Americana de Solda) especifica

para estruturas

tração (solda de topo)

as = 90MPa

cisalhamento (solda lateral) 'fs = 70MPa

compressão

as = 130MPa

Portanto, Q é definido por:

~

~

Onde:

.e - comprimento do cordão [m ...]

F - carga axial aplicada [N ]

t - espessura da chapa [m ]

as - tensão admissível da solda [Pa... ]

Exemplo 1

Ajunta de topo representada na figura, é composta por

duas chapas com largura ,e = 200mm e espessura t = 6mm.

A tensão admissível indicada pela SAS (Sociedade Americana

de Solda) para solda de topo é as = 90MPa.

Determinar

pela junta.

a carga máxima que poderá ser suportada

Solução:

Na solda de topo, considera-se para efeito de dimensionamento, somente a secção

transversal da chapa, admitindo-se como desprezível o acabamento do cordão.

Tem-se então que:

F max

= a s x f x t

Fmax = 90X~ ~X200x~3yíX6X)Ó-3yf

I Fmax

= 108.000N = 108kN I

8.10.3 Solda Lateral

Duas chapas unidas através de solda lateral têm os cordões dimensionados através do

estudo a seguir.

Q.

Na secção transversal

do cordão, tem-se:

No dimensionamento do cordão, despreza-se o acabamento da solda, considerando-se

somente o /). AOB.

Mecânica Técnica,eResistência

dos Materiais,

Observa-se na figura, que a área mínima de cisalhamento ocorre a 45°, sendo expressa por:

A min

= a x .e

como a = t cos 45° tem-se:

A min = .e . tcos45°

A tensão de cisalhamento no cordão é dada por:

't =~= Q

5 A min

f .t. cos45°

Para dimensionar o cordão da solda, utiliza-se a (1s) tensão admissível da solda, e obtém-se:

f = =---Q-=----

'ts.t.cos45°

Onde:

.e = comprimento do cordão [m]

Q = carga de cisalhamento

[N]

t = espessura

da chapa [m]

7f s

= tensão admissível da solda no cisalhamento [Pa]

Se a carga aplicada na junta for excêntrica, o comprimento

conforme é demonstrado a seguir:

dos cordões será proporcional,

._.~_._.

e - Afastamento

da carga em relação a linha de Centro

Dimensionado o cordão total (Q), distribui-se conforme segue:

~=i2= f

e 1 e 2 e 1 + e 2

Onde:

R - comprimento total da solda [m]

R 1

- comprimento do cordão da lateral próximo da carga [m]

R 2

- comprimento do cordão da lateral afastado da carga [m]

e1 - afastamento

e2 - afastamento

maior da carga em relação à lateral da chapa [m]

menor da carga em relação à lateral da chapa [m]

Exemplo 2

Dimensionar os cordões de solda (R 1

) da junta representada

na figo A carga de tração que atuará na junta é 40kN, sendo que a

espessura das chapas t = 6mm. Para este caso, a SAS (Sociedade

Americana de Solda) indica: 1s = 70MPa.

Solução:

Comprimento total da solda (R)

f= Q

'ts. t. cos45°

Obs.: utiliza-se Q pois a carga de tração na junta transforma-se em cortante no cordão.

f =

40x:uf3P(

70x:kÓ 6 ~X6X0-3rY(XCOS450

I f =O,135m ou f =135mm

I

Como a carga aplicada é concêntrica,

conclui-se que:

2R 1 = R = 135mm

portanto,

135 = 67,5mm

1\ = 2

Exemplo 3

Dimensionar os cordões (R1 eR 2

) da junta excêntrica representada na figura.

Condições do projeto:

intensidade

espessura

da carga 60kN

das chapas t = 10mm

afastamento

maior e 1 = 200mm

",,;;<"Me,cânica ',,"écnica"e'Resistência'dos Materiais}p '''''i),/>,'

· ,

afastamento

menor e 2 = 80mm

Para este caso a SAS (Sociedade Americana de Solda) indica

~s = 70 MPa.

Comprimento total da solda (f)

Q

60xt6 3 N

f = = -----------

'ts .t.cos45° 70X.w64x10xíÓ-3,m'XO,707

m

l-f-=:-0,-1-20-m-O-U-f-=-1-2-0-m-m-1

Comprimento dos cordões z; e f 2

fi = e 1 .t = 200 .120

e 1 +e 2 200+80

I fi = 86mm I

Como .f = .fi +.f 2

= 120mm, conclui-se que:

1.f 2 = 120-86 = 34mm I

8.10.4 Ligações Soldadas Solicitadas por Torque (Mt)

Tensão na solda

Mt.r

't=-

Jp

Momento polar de inércia (J p )

Jp=fr 2 dA

J p = (0,5)2n. a· d

Como a é reduzido em relação ao diâmetro (d), considera-se r constante:

Portanto:

_ M (O,5d)

't- t. 2

(O,5d) rt, a. d

2Mt

n. a. d 2

Tensão

no plano vertical

A tensão máxima ocorre na superfície de menor área a 45°.

Tem-se então:

't

2,83Mt

'tmax = d 2

11:.a.

2Mt

't = =

max cos45° n.a.d2 xO,707

Lmáx,

~

r

Onde:

t máx - tensão máxima atuante [Pa]

Mt - torque

[Nm]

a - base do cordão da solda [m]

d - diâmetro

do eixo [m]

n - constante trigo nométrica 3,1415 ...

Exemplo 4

Um eixo de aço com d = 35mm é ligado a uma chapa através de um cordão de solda, com

base a = 10mm.

A SAS (Sociedade Americana de Solda) indica para o caso 't = 70MPa.

Determine o torque máximo que poderá atuar na ligação.

Mt=

'ts°11:oaod2

2,83

Mt = 70xl0 6 N/m 2 xl0xl0- 3 mx(35xl0- 3 m)2 xn

2,83

Mt = 70xl0 6 xl0xl0- 3 x35 2 xl0- 6 X 11:

2,83

I Mt= 952 Nm I

,oMecânicaTécnica e Resistência dos Materiais

Ligações soldadas de chapas perpendiculares solicitadas por torque.

y

o torque Mt tende a girar a chapa vertical ao redor do eixo y , sobre a chapa horizontal. A

rotação é impedida através da ação dos cordões de solda. É fácil observar que a rigidez da chapa

faz com que as tensões variem de:

- zero no eixo y

- máxima em b/2 (periferia da chapa)

A tensão de cisalhamento no plano horizontal ('tmaxl é igual à variação das tensões normais

ao longo do comprimento f (flexão)

portanto, tem-se:

M

1: = - Ymax

J

12Mt(f /2) 3Mt

=

(2a)f 3 af 2

Como a 1: max

ocorre na menor área, tem-se:

1:

1: =---

max cos45 0

3Mt

1: max =----

a.f 2 cos45°

Onde:

Mt - torque [Nm]

a - base do cordão [m]

f - comprimento

do cordão [m]

Exemplo 5

Duas chapas de aço foram soldadas perpendicularmente

através de um cordão de solda de

f = 500mm e base de cordão de solda a = 12mm. Pelas especificações do SAS (Sociedade

Americana de Solda) a tensão admissível indicada é 1s = 70MPa. Qual o torque máximo que poderá

atuar na junta?

_

3Mt

1: s = af2 cos45°

. CisalhamentoPuro

i5 .a· {'2cos45°

Mt = --"------

3

Mt = 70x10 6 N / m 2 x12x10- 3 m x (0,5m)2xcos45°

3

Mt = 70x12xO,5 2 xcos45°x10 3 (Nm)

3

I Mt = 49.490 Nm I

8.11 Chavetas

Chaveta Plana I I DIN6885

Chaveta Inclinada

r J

DIN6886

Chaveta Meia Lua C7 DIN6888

Chaveta Tangencial I I I I DIN271

Chaveta Inclinada com Cabeça C

:J DIN6887

Características:

Chaveta Plana

É a mais comum, sendo indicada para torque de sentido único.

Chaveta Inclinada O cubo é montado à força. O torque transmissível é maior que nas

chavetas planas.

Chaveta Meia Lua Ajusta-se automaticamente, tornando-se mais econômica. Utilizase

este tipo de chaveta em máquinas operatrizes, automóveis e em

transmissões em geral com o torque médio.

Chavetas Tangenciais

Admitem aplicações de torque nos dois sentidos.

....··:..,MecânicacTécnicae Resistência dos"Materiais'~c

.. , ." ....;..:;,.,,,'.. ,. ··"ice

Dimensionamento:

h

A carga tangencial atuante tende a provocar cisalhamento na superfície b x e da chaveta.

A tensão do cisalhamento é dada por:

A pressão de contato entre o cubo e a chaveta que pode acarretar no esmagamento da

chaveta e do próprio rasgo no cubo é dada por:

0d=~=~

Aesm

R(h - ti)

Material indicado para chavetas é o st60 ou st80 (ABNT 1060 a 1080).

Pressão média de contato crd = 100 MPa.

Tensão admissível de cisalhamento t = 60MPa.

8.12 Exercícios

Ex. 1. - o eixo árvore de uma máquina unido a uma polia através da chaveta transmite uma

potência de 70CV, girando com uma freqüência de 2Hz. O diâmetro do eixo é

100mm. Determinar o comprimento mínimo da chaveta (DIN6885).

~_chaveta

polia

eixo

Solução:

Acis =bxf Aesm = (h-tIl º

Através do DIN6885 (chaveta plana) encontram-se os seguintes valores:

Mecânica Técnica e Resistêncla.dos.Materíaíe

'.;,,,0,:Ci~:)L~J;':;:· ~~;';M';

{

b=28mm

deixo = 100mm ~ chaveta h = 16mm

t 1 = 9,9mm

~ = 60MPa crd = 100MPa

o torque atuante na transmissão é de:

p P

Mt=-=to

2n:f

Como cv = 735,5W, a potência transmitida corresponde a:

P = 735, 5 x 70

P = 51485 W

Mt = 51485

2n:x2

Mr = 4097Nm

Força tangencial atuante:

F - 2Mr - 2x4097 d = 10-1m

t - d - 10-1

Ft = 81940N

Dimensionamento

ao cisalhamento:

f c = 48,8x10- 3 m

fc = 49mm I

Dimensionamento

da pressão de contato (esmagamento):

fe = 81940

100x10 6 (16-9,9)x10- 3

f = 81940x10- 3

e 100x6,1

I fe == 135mm I

Chaveta a ser utilizada B 28 x 10 x 135 DIN6885 forma A extremos arredondados

( ) material st-60

Ex. 2 - O eixo árvore de um redutor encontra-se unido a uma engrenagem através de

chaveta (DIN6886), visando transmitir P = 15CV com uma freqüência de 8Hz. O

diâmetro do eixo é de 48mm. Determinar o comprimento mínimo da chaveta.

(DIN6886 chaveta inclinada) material st-60.

Solução:

Analogamente ao exercício anterior, tem-se que:

Acis = b x te

Aesm = P (h - t 1 )

Através da DIN6886 (chaveta inclinada), encontram-se os seguintes valores:

b = 14mm

dO;," = 48mm -> chaveta {

h =

9mm

material st-60

t 1 = 5,5mm

"1 = 60 MPa G d = 100 MPa

Como CV = 735,5W, a potência transmitida em watts corresponde a:

P = 735,5 x 15

P = 11032,5 W

O torque transmitido será:

M _ ~ _ 11032,5

T - 2nf - 2nx8

MT = 220Nm

Força tangencial:

2Mt 2 x 220 F = 9.167N

Ft = -d- = 48x10-3 t

Dimensionamento

do cisalhamento

- F Ft

't = _t_ ~ f c = ----=

b x é c b.'t

Mecânica

Técnica e Resistênc.ia dos Materiais

t = 9167

e 14x10- 3 x60x10 6

te ==

11x10- 3 m

I te == 11mmJ

Dimensionamento

à pressão de contato (esmagamento)

t = F, __ 9167

c od (h- t 1 ) 100x 10 6 (9- 5,5) 10- 3

te == 26x10- 3 m

te = 26mm I

como J!e > J!e prevalece J!c = 26mm

A chaveta a ser utilizada é A 14 x 9 x 26 DIN6886.

CARACTERíSTICAS

GEOMÉTRICAS DAS

SUPERFíCIES PLANAS

9.1 Momento Estático

9.1.1 Momento Estático de um Elemento de Superfície

o momento estático de um elemento de superfície é definido através do produto entre a

área do elemento e a distância que o separa do eixo de referência.

y

Mx

= y-dA

x

My = x-dA

9.1.2 Momento Estático de uma Superfície Plana

Momento estático de uma superfície plana é definido através da integral de área dos

momentos estáticos dos elementos de superfície que formam a superfície total.

y

x

Mx

= LYdA

x

My = IA xd,

x

9.1.3 Centro de Gravidade de uma Superfície Plana

É um ponto localizado na própria figura, ou fora desta, no qual se concentra

a superfície.

A localização do ponto dar-se-á através das coordenadas x G e YG' que serão obtidas através

da relação entre o respectivo momento estático de superfície e a área total desta.

X G

LXdA

= LdA

y

x

",",ti; Características:Geométricasdas:Superfícies··Planas 169

Para simplificar a determinação do centro de gravidade, divide-se a superficie plana em

superfícies geométricas cujo centro de gravidade é conhecido, tais como retângulos, triângulos,

quadrados, etc. Através da relação entre somatório dos momentos estáticos dessa superfície e a

área total das mesmas, determinam-se coordenadas do centro de gravidade.

A 1 Xl

xG =

Al

+ ...Anxn

+ ...An

y

.Ar.

A 1 Yl +...AnYn

YG =

A

A l +... n

Xj

YI

Yn

x

j = n j = n

I,AjXj

j = 1

X G = --

j = n

YG=~

I,AjY j

j = n

I,A j

j= 1

I,A j

j= 1

9.1.4 Tabela do Centro de Gravidade de Superfícies Planas

Superfície Coordenadas do c.G

.c

XG = b / 2

~

YG=h/2

x

'"

xG=YG="2

a

x

:Mecânica Técnica e Resistência1dos.Materiais""""·

.,'","""",

y

x

4r

x G ==-

31t

4r

YG ==-

31t

y

CG

X G

==o

x

4r

YG ==-

31t

9.2 Exercícios

Ex. 1 - Determinar as coordenadas do centro de gravidade do topázio representada na

figura a seguir.

x

~:t:"""""""tn '"""),Características Geométricas das.Superfícies'Planas 171

Solução:

Na resolução deste exercício, denomina-se o quadrado de lado "a" como figura CD,e o

triângulo de catetos igual "a" como figura ~.

A l = a 2 2

A 2 =a /2

Xl =a/2

Yi = a/2

A l x l + A 2 X2

X G =

A l +A2

X 2 = a +~

Y2 = a/3

2

a ._+_.- a a 2 4a

2 2 3

a

a 2

2 +_ 2

_ 4a

3-3

a 3 4a 3 3a 3 + 4a

-+--

xG = 2 6 = 6

2a 2 + a 2 3a 2

2 2

7a 3 _ 7a 3 = 7a = O,777a

x G =~- 9a2 9

6~

2

A1Yl+A2Y2 =

YG = A l

+A2

2 a a 2 a

a .-+-.-

2 2 3

a 2

a 2 +_

2

a 3 a 3 3a 3 +a 3

-+-

YG = 2 6 = 6

3 2 3 2

-a -a

2 2

4a 3

6 _4a 3 = 4a == 0,444a

YG =~- 9a2 9

-a 2

X G

= O,777a

YG = 0,444a

Localização

do ponto na superfície

y

Xo

~

x

Mecânlca·Técnica;e'Resistência

dos Materiais;",,,;;;;;;;,

EX.2 - Determinar as coordenadas do CG da superfície hachurada representada na figura.

x

Solução:

A figura 1 correspondendo ao semicírculo de raio R e a figura 2 corresponde ao semicírculo

de raio r.

n. r 2

A =--

2 2

4R

Y1 =- 3n

4 r

Y =_.-

2 3 n

A coordenada x G = O pois as coordenadas Xi e x 2 são iguais a zero.

A 1 Y1 - A 2 Y2

YG = A

1

- A

2

nR 2 4R nr 2 4r

-_._-_.-

Y _ 2 3n 2 3n

G - nR2 nr2

2 2

4R 3 4r 3

----

6 6

~_(R2 _r 2 )

2

~(R3 _r 3 )

Y G= -':6'---- __

~(R2 _r 2 )

2

4 (R 3 _r 3 )

3n (R 2 _ r 2 )

Localização do ponto na figura

Ex. 3 -

Determinar as coordenadas do centro de gravidade de cantoneira de abas desiguais

representada na figura a seguir.

y

o

co

x

3

Solução:

Divide-se a cantoneira

em dois retângulos:

A l =700mm

2

A 2 =600mm

2

Xl = 5mm X 2 =30mm

Yl = 45mm Y2 = 5mm

A l x l +A 2 x 2 700x5+600x30

xG = = -------

A l +A 2 700+600

3500+18000

xG = --1-3-0-0-- I x G = 16,53mm I

A 1 Y 1 + A 2 Y 2

YG = A 1

+ A 2

700x45+600x5

700+600

31500+3000

YG = 1300 I YG = 26,53mm I

localização do ponto na figura

Y

10

o

<X)

Y G

x

60

Ex. 4 -

Determinar as coordenadas do centro de gravidade do perfil u representado na figura

a seguir.

Y.

10 80 10

ss

ọ...

x

Solução:

Divide-se o perfil u em 3 retângulos

para iniciar os cálculos

A l = 500mm 2 A 2 = 1000mm 2 2

A3 =500mm

Xl = 5mm X 2 = 50mm X 3 = 95mm

Yi = 35mm Y2 = 5mm Y3 = 35mm

',;'Mecânica Têcnlcae

Resistência·dosMateriais""';'1t;\,'it'"""",,:,,,

2500 + 50000 + 47500

xG = ----2-0-0-0--- I xG = 50mm I

500x35 + 1000x5 + 500x35

500 + 1000 + 500

17500 + 5000 + 17500

YG = 2000 I YG = 20mm I

localização do CG na superfície

y

Ex. 5 - Determinar as coordenadas do CG da superfície hachadura representada na figura

a seguir.

y

x

Solução:

Para determinar o CG da superfície hachadura, denomina-se a figura CD o quadrado de lado

"r", a figura o quadrante de círculo de raio "r".

Interpreta-se a área da figura como sendo retirada da figura CD, desta forma, para

determinar as coordenadas, subtrai-se o momento estático da área , do momento estático da

área CD, procede-se da mesma forma em relação à área total.

Desta forma, teremos:

x

Xl = r /2

4r

X 2 = 31t

Yl =r/2

Y2

4r

= 31t

Como Xi = Yi e X2= Y2' podemos concluir que xG= YG;e teremos

portanto:

2

r2.~_ m .~

XG = YG = 2 4 31t

2 1tr 2

r --

4

X G = YG = 2 3

r 3 r 3 3r 3 -2r 3

6

r2(1-~) r2(4 -1t)

4 4

XG = Y G = 4 -1t 2

6( -- )r

4

r 3 I xG

localização do ponto na superfície

= YG = 0,775 r I

t12

r-.

Ô

y

~CG

x

Ex. 6 - Determinar as coordenadas do centro de gravidade da superfície hachadura

representada na figura a seguir.

y

Solução:

x

Para determinar o centro e gravidade da superfície, denomina-se superfície CD, o quadrante

de círculo de raio "2r", e superfície r1) o quadrante de círuculo de raio "r", e analogamente

ao exercício anterior, determina-se as coordenadas através de:

Mecânica Técnica e-Reststênclados

Materiais'"

Al----nr - n(2rf _ 2

4

4 2r 8r

Xl =-.-=-

3 n 3n

4 2r 8r

y=-'-=-

3 rt 3n

x 2

Y2

4r

=- 3n

4r

=- 3n

2 8r nr 2 4 r

nr ._--.--

X Y - 3n 4 3 n

G - G-

2 nr 2

nr -- 4

8r 3 r 3

---

X -Y - 3 3

G - G-

3 nr 2

---

4 4

I xG = YG = 0,99 r I


y

O,99r

x

Ex. 7- Determinar as coordenadas do CG da superfície hachadura representada na figura.

y

x

Características

GeométricasdasSuperfíciesrPlanas"

Solução:

Denomina-se superfície (j) ao triângulo de cateto 2r, e superfície (2) ao quadrante de círculo

de raio "r". Analogamente aos exercícios @ e ®, determinam-se as coordenadas xG e YG'

2rx2r

Al = -2-

2r

Xl =3"

2r

Yl =3"

= 2r2

m 2

A2=4

4r

X 2 = 31t

4r

Y2 = 31t

Como Xl = Yl e X2= Y2' conclui-se que xG=YG'

A l x 1 - A 2 X2

XG = YG = Al - A

2

2r2 . 2r _ m~. 4r 4r 3 r 3

x G

= YG = 3 4 31t _ 3-3"

2 -

2r2 _~

r2(2_~)

4 4

r 3

XG=YG= =---

r2(2_~) 1,215

4

y

x G = Y G = O,82r I


&l

ó

O.82r

x

Ex. 8 - Determinar as coordenadas do CG da superfície hachurada representada na figura.

y

U")

C'oJ

1?l

~

1?l

x

';1J;i Mecânica,T écnicae Reslstêncla-dos Materiais;if~;;;;;7;"""","''''; -~K~~,:r ,';.,

Solução:

Divide-se a figura em 5 superfícies geométricas conhecidas. A superfície CDserá o retângulo

de 60 x 100, a superfície @ corresponde ao retângulo de 50 x 80, as superfícies Q),@ e ~

correspondem aos furos representados na superfície. Temos então:

Al =: 10 x 60 =: 6000mm 2 A 2 =: 50x80 =: 4000mm 2

Xl =: 30mm X 2 =100mm

Yl =: 50mm Y2 = 25mm

1tx25 2 2

A3 =: =:490,87mm

4

X 3 =: 30mm X 4 = 30mm

Y3 = 75mm Y4 =: 25mm

X 5

=: 100mm

Y5

= 25mm

6000x30 + 4000x100 - 490,87x30 - 490,87x100

x -----------------------------------

G - 6000+4000-3x490,87

180000 + 400000 -14726 -14726 - 49087

X --------------------------------

G - 10000-1472,6

X =: 501461 =: 58 8mm

G 8527,4 ,

6000x50 + 4000x25 - 490,87x75 - 490,87x25 - 490,87x25

YG =: 6000 + 4000 - 3 x 490,87

300,000 + 100.000 - 36815 -12272 -12272

YG =: 8527,4

= 338641 = 39 7mm

YG 8527,4 ,


y

~

X<;

x

Ex. 9 - Determinar as coordenadas do CG da superfície hachadura representada na figura

a seguir.

y

o

CV'l

o

C'l

L{)

C'l

L{)

C'l

x

Solução:

Divide-se a figura nas superfícies geométricas mostradas na figura, ou seja, a área CD

representada o retângulo 60x100, a área Á representada o retângulo 40x50, a área o @

semicírculo de raio 25, a área @ o furo de diâmetro 24 e área @ representada o triângulo

de catetos 30.

A l = 60x100 = 6000mm 2 2 2

nx24 =

A4 = -4-

452,4mm

Xl = 30mm X 4 = 30mm

Yl = 50mm Y4 = 25mm

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais <".

A2= 50x40 = 2000mm 2 A 30 x 30 _ 450 2

5 - - mm

2

X2= 60+20 = 800mm

Y2= 25mm

11:.25 2 2

A3 = -- = 981,75mm

2

4·25

X3= 100 + -- = 110,6mm

3'11:

Y3= 25mm

30

x5 = 60-- = 50mm

3

30

Y5=100--=90mm

3

6000x30 + 2000x80 + 981,75x110,6 - 452,4x30 - 450x50

XG=--------6-0-0-0-+-2-0-0-0-+~9-8-1-,7-5--~4-5-2-,4--~4-5-0--------

180000 + 160000 + 108582 -13572 - 22500

xG=------------8-0-8-0---------------

XG= 412510 ::::51mm

8080

6000x50 + 2000x25 + 981,75x25 - 452,4 x 25 - 450x90

YG= 6000 + 2000 + 981,75 - 452,4 - 450

I YG::::40mm I

localização

do ponto na superfície

Ex. 1.0 - O perfil representado na figura é composto por uma viga I 125x25,7 e uma chapa

120xl0 [mm]. Determinar o CG do conjunto. A peça é simétrica em relação a y.

y

y

x

"::"''''0';:'' .Y· ; . Características Geométricas das Superfícies Planas ., .181

A 1 =3270mm 2

Y1 = 76,2mm

A 1 = 32,7cm 2 = 3270mm 2

A 2 = 1200mm 2

Y2 = 157,4mm

Como a peça é simétrica em relação a y concluímos que x G = O.

A 1 Y1 +A 2 Y2

Y G =

3270x76,2 + 1200x157,4

= ----'---------'---

A 1 + A 2 3270 + 1200

249174+ 188880

YG = 4470

IYG i =:98mm

I

y

CG


x

9.3 Momento de Inércia J (Momento de 2~ Ordem)

o momento de inércia de uma superfície plana em relação a um eixo de referência, é definido

através da integral de área dos produtos entre os infinitésimos da área que compõem a superfície

e suas respectivas distâncias ao eixo de referência elevadas ao quadrado.

r, =t y 2 dA Jy = IA x 2 dA y

Análise dimensional

de J

x

dA

[J] = [Lf[Lf = [L 4 ]

portanto,

a unidade de momento de inércia poderá ser:

y

[mm 4; em": m": ..]

x

9.3.1 Importância do Momento de Inércia nos Projetos

o momento de inércia é uma característica geométrica importantíssima no dimensionamento

dos elementos de construção, pois fornece através de valores numéricos, uma noção de resistência

da peça. Quanto maior for o momento de inércia da secção transversal de uma peça, maior será

a resistência da peça.

MecânicaTécnica

e Resistência dos Materiais;;:"

9.3.2 Translação de Eixos (Teorema de Steiner)

Sejam x e y os eixos baricêntricos da supetiície A. Para determinar o momento de inércia

da superflcie, em relação aos eixos u e v, paralelos a x e y, aplica-se o teorema de Steiner que

é definido através das seguintes integrais.

v

x

u

Desenvolvendo as integrais, tem-se:

Como 2aS/dA = O pois x é o eixo baricêntrico, concluímos que:

Ju = Ly 2 dA +a L 2 dA I Ju = Jx +a 2 A I

Como 2btYdA = O pois o eixo y é baricêntrico, concluímos que:

Baseando-se nas demonstrações anteriores, pode-se definir o momento de inércia de uma

superfície plana em relação a um eixo paralelo ao eixo baricêntrico, e o respectivo transporte de

eixos, que será obtido através do produto, entre a área da supetiície e a distância entre os eixos

elevada ao quadrado.

v

y

J u = J x + Aa 2

x

u

9.4 Raio de Giração i

o raio de giração de uma superfície plana em relação a um eixo de referência constitui-se

em uma distância particular entre a superfície e o eixo, na qual o produto entre a referida distância

elevada ao quadrado e a área total da superfície, determina o momento de inércia da superfície em

relação ao eixo.

y

J, = A. i 2

x

J y = A. i 2

Y

ix

Para determinar o raio de giração da superfície, quando conhecido o seu momento de inércia,

utilize-se a sua definição, que é expressa através da raíz quadrada da relação entre o momento de

inércia e a área total da superfície.

ix =fi iy =fl

Análise dimensional

[

4]1/2

[i] = ~~~2 = [[Lf t/2

de i

= [L]

portanto as unidades de i podem ser [m; cm; mm; ...]

x

9.5 Módulo de Resistência W

Define-se módulo de resistência de uma superfície plana em relação aos eixos baricêntricos

x e y, como sendo a relação entre o momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico e a distância

máxima entre o eixo e a extremidade da secção transversal estudada.

J x

W x = -

Ymax

y

J y

W = -

y X

max

l/r l • x

Análise dimensional de W

Xmáx

[W] = [J] = [L]4 _ 3

[x ou y] [L] - [L]

portanto as unidades de W podem ser: [m 3 ; crrr'; mm': ...]


9.6 Exercícios

Ex. 1. - Determinar o raio de giração e o módulo de resistência relativos aos eixos

barcêntricos x e y dos perfis representados a seguir, sendo conhecido o momento

de inércia dos mesmos.

a) b)

x

bh 3

J =-

x 12

hb 3

J =-

y 12

c) d)

y

4

J =J = nd

x y 64

e) f)

bh 3

J =-

x 36

hb 3

J =-

y 36

g) h)

y

J, = O,1098r 4

Jy = O,3927r 4

';d2;:':'((' (0'(:"':",'" ',",' ,;;;" '" "" CaracterísticasiGeométricas das Superfícies' Planas 'i' :

i)

j)

~

~

J x =Jy =O,0549r 4

'"

"-X

J _ 1tba 3

x - --

4

J = 1tab 3

y -

4

Solução:

a)

Módulo de Resistência

y

~~A-)(..c

w = J, bh 3

x --

Ymax - 12~

2

W = Jy hb 3

Y x -- - --

max 12E.

2

w _ bh 2

x ---

6

w _ hb 2

Y ---

6

Raio de Giração i

" [J; íbh3

Ix = 'tA = Vi2bh

iy

fJ:fhb3

= vi = Vi2bh

ix

(h2 h h

= V12 = .J12 = 2J3

I i x = hEI 6

ffi2 b b

i - -=-=y

- 12 .J12 2J3

I i y = bEI 6

b)

Raio de Giração i

-r~~~"

----x <':l

~ a a

ix = iy = V12a2 = J12 = 2J3

[i, =iy=a:

Módulo de Resistência W

I

w = W _ 2a 4 a 3

x y- ---

12a -6

"F Mecânica'Técnica e Resistência dos,Materiais?! '2P'.

c)

Raio de Giração i

y

~

C2J


d)

Raio de Giração i

· _. _ r.c _ 4n(04 _d 4 )

Ix -Iy - f"A - 64n(02 _ d2)

i =i = 1~.~(02_d2)

x y V 16 n~-'"-tf)

· . J(02 + d 2 )

Ix = Iy= 4


e)

Raio de Giração i

ix =iy =~ 1~2

· . a a

1=1 =-=--

x y 52 2.J3

Xrnáx

li=i= af3 x y

1 6

-'ffi" "MCaracterísticas Geométricas'das Superfícies Planas


Para determinar o módulo de resistência da superfície, precisa-se do valor de Ymáxe xmáx'

que pelo fato de a superfície ser simétrica em relação aos eixos x e y, serão iguais.

Yrnax = X - aJ2

rnax - --

2

2a 4 2a 4 12

W x = W y = 12a12 = 12a1212

W x

= W _ a 3 J2

y- -

12

f) Raio de Giração i

IY

..c:1

~à

i =ff=~2bh3

x A 36bh

. lli .

h h

iy= ff = ~~~~:

g b b

1= -=--=--

Ix = 18 = J1s = 3J2 y 18 J1s 3J2

hJ2 bJ2

I i x = 6 1 li y = 6 1


W x

=~= 3bh 3 I w = bh' I

Yrnax 36x2h x 24

W =~= 3hb 3 I w = hb' I

y x max 36x2b y 24

g)

VI/,

a 4 _b 4

J =J =--

,riíl /' ..kA "( -, x y 12

E

:>-, , .//7 .•.. ....."."

"

A=a 2 -b 2

aJ2

Xmax = Ymax =2

Xmáx

I

'Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais,;''''"''''''''"

Raio de Giração i


h)

y

x

Raio de Giração i

ix

=ft

2

I ix = O,264r I

. 1= f7y -

Y

A

i = y

2

2xO,3927 2

iy= ./--'----·r

n


w -~ x -

Ymax

4r 3nr-4r (3n-4)

Ymax =r-= = ·r

3n 3n 3n

Ymax

= O,575r

w = O,1098r 4 = °191r 3

x O,575r '

X max

= r

W y

= O,3927r

r

4

= O,3927r3

i)

4r

Ymax = Xmax = r-- 3n

Características Geométricas das Superfícies Planas y 89

Raio de giração i

ix = iy =

O,0549r 4

. 4 _

nr2 -

4xO,0549r 2

rt

I ix = iy = O,26r I


W x

= W _ O,0549r 4 O.549r 4

y -

3m 4r

r-~ ---

3rr 3rr 3rr

W x

= W _ O,0549r 4

y -

r(3rr - 4

3rr )

O,0549r 3

(3rr-4)

·3rr

3 3

O,517r = O,095r

Wx = Wy = 5,42

j)

<ó

J _ rrba 3

x - -- 4

J = rrab 3

y

4

A = rcab

Raio de giração i


ix =) :~:: =r; =~

W _ rrba 3 rrba 2

x - --=

4a -4

iy =):::: =r; =%

W y

= rrab 3 = rrab 2

4b 4

9.6.1 Tabela

Momento de Inércia Raio de giração e Módulo de Resistência

Momento Raio de Módulo de

Secção de Inércia Giração (i) Resistência(W)

..c:1-

YI

N

~~

~

~

bh 3 hJ3 bh 2

'x Jx =12 i x =- W x =-

6 6

hb 3 bJ3 hb 2

J -- iy=- W y =-

y - 12

6 6

.MecânicaTécnicae

Reslstêncladossíslateríalss

Secção

Momento

de Inércia

Raio de

Giração

(i)

Mõdulo de

Resistência (W)

· . aJ3

Ix=Iy=6

· . d

I =1 =-

x y 4

w = W = 1td 3

x y 32

· . JD 2 +d 2

Ix=IY=--4-

4 4

W x

= W = 1t(D - d )

y 32D

'-X: · . aJ3

Ix=Iy=6

w = w = a 3 .J2

x y 12

bh 3 h.J2

J =-

bh 2

.c x 36 i=- W=x

6 x 24

hb 3 b.J2

J hb 2

y =-

i=-

W=-

36 y 6 y 24

.. ~

Ix= Iy= 12

Secção

-.-x

J,

Momento Raio de Módulo de

de Inércia Giração (i) Resistência(W)

= 0,1098r 4 ix = 0,264r W x = 0,19r 3

J y = 0,3927r 4 iy = 0,5r w y = 0,3927r 3

J, = J y = 0,0549r 4 i, = iy = 0,264r W, = W y = 0,0953r 3 dy

~

Ex. 2 -

Determinaro momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico

x no retângulo de base b e altura h conforme mostra a figura.

1 ht2~ :

h-.l.

Solução:

Como o eixo de x é baricêntrico,

forma, pode-se escrever que:

divide pela metade a altura h. Desta

b

h

J x == 2J: y2 dA como dA = bdy temos que:

h

Jx == 2f: by2 dy

J =2b[~(~)3 _~(O)3l=2bh3

x 3 2 3 24

h

r, =2bf: / dY=2bX[iy3]

J _ bh 3

x - ---

12

Ex. 3 -

Determine o momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico x no triângulo de base

b e altura h representado na figura .

x:

"*0

.cl""

'hés.Mecânica;Jécnica e Resistência dos Materiais •..;- • H." se:; ;;\ ./1, • C:'T·••• ··';;"'JET;.-tL:;

Solução:

O eixo x baricêntrico,

h

estará localizado a 3 da base do triângulo.

Tem-se então:

por semelhança de triângulos conclui-se que:

b

h

substituindo-se

"a" na integral tem-se que:

J = 2b(~h)3 _ 2b(_~)3 _

x 9 3 9 3

~

4 tiJ4

-h --

3 .~_~. 3

4 h h 4

2b 8h 3 2b h 3 16h 4 . b

J =-.--+------

x 9 27 9 27 81 x 4h

hx81x4

2b 9h 3 15h 3 b

J =-0----

x 9 27 324

2bh 3 15bh 3

J =-----

x 27 324

2bh 3 -15bh 3 9bh 3

J =--------

x 324 324

bh 3

J =-

x 36

Características Geométricas das Superfícies:Planas

Ex. 4 - Determinar momento de inércia, raio de gíração e módulo de resistência, relativos

aos eixos baricêntricos x e y nos perfis representados à seguir.

a)

'.0

b)

y

g

ri

x

120

c) d)

o

00

'x

o C\l

ri

Solução:

Transformando-se

as unidades para [em], tem-se que:

a)

a.1.) Momentos

de inércia

3 3

J = bh = 12x18 = 5832cm4

x 12 12

a.2) Raios de giração

i = hJ3 = 18J3 = 5 2cm

x 6 6 '

23 4

hb 3 18x1 = 2592cm

J y = 12 = 12

i --= bJ3 12J3 -- = 3 46cm

t

y - 6 6

a.3) Módulos de resistência

w _ bh 2

x --

6

b)

2 3

12 x 18 = 648cm

6

w--=

22 3

hb 2 18x1 = 432cm

v: 6 6

b.1.) Momentos

de inércia

4 28 4 4

nd _1t == 30.172cm

J, = Jy = 64 - 64

;,?~";MecânicaTécnicaeResistência.dosMateriais;i'

b.2)

Raios de gíração

. . d 28 7

1 =1 =-=-= em

x y 4 4

c)

c.1) Momentos

de inércia

c.2) Raios de giração

a 4 8 4 4

J = J = - = - == 341em

x y 12 12

i = i = a../3 = 8../3 == 2 31em4

x y 6 6 '

c.3)

Módulos de resistência

a 3 8 3 3

W x = W y =-= - = 85,33em

6 6

d) Como os catetos do triângulo são iguais, conclui-se que J, = Jy

d.1) Momentos de inércia d.2) Raios de giração

3

J =J = 12x12 =576em 4

x y 36

. . 12J2 282

1 =1 =--= em

x y 6 '

d.3)

Módulos de resistência

12 3 3

W =W =-=72em

x y 24

Ex. 5 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos

aos eixos baricêntricos x e y do perfil representado na figura.

v

~----~~----~

u

Solução:

Inicialmente, transformam-se

as unidades para [cm], com a finalidade de facilitar os cálculos.

O quadrado será denominado de superfície (1), enquanto o círculo passa a ser superfície (2).

Momento

de Inércia:

12 12 = 213.333,3cm 4 04 4

nd 4 nx2 = 7854cm

J X = 64 = 64

J x

= ~ = 40 4 -

Como as duas figuras são concêntricas, não há transporte de eixos; desta forma, para se

obter o momento de inércia da superfície, subtrai-se o momento de inércia do furo, do momento

de inércia do quadrado.

Jx = Jxi - Jx2 = 213.333,3 - 7854 I Jx = 205.479,3cm4 1

Os momentos

de inércia são iguais em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que:

J x

= Jy = 205.479,3cm

4

Raio

ix

de Giração

= iy = ff

A = Ai -A 2

Ai = 40x40 = 1600cm 2

2 2

A 2

= nD = nx20 = 31416cm 2

44'

A = Ai - A 2 = 1600 - 314,16 = 1285,84cm 2 I

ix = iy = 12,64cm I

ix = iy =

205479,3

1485,84


Como a superfície é simétrica em relação aos eixos x e y, concluímos que:

_ W - 205.479,3 1 31

Wx - y - ,..,f""\ W x = Wy= 10273,96cm

Ex. 6 - Determinar os momentos de inércia relativos aos eixos u e v do exercício anterior.

Solução:

A superfície sendo simétrica em relação aos eixos x e y, conclui-se que J u = J v '

entre os eixos laterais é a mesma.

pois a distância

Aplicando-se o teorema

de Steiner, temos:

v

J u

= J, + Ay2

J u = 205.479,3 + 1285,84 + 20 2

J u = 719.815,3cm 4 >-

x

Como J u = J v '

conclui-se que:

J v

= 719.815,3cm

4

li

MecânicaTécnicae.ResistênciadosMateriais


aos eixos baricêntricos x e y da superfície hachadura representada na figura.

Solução:

Para resolver este exercício, a primeira providência é localizar o eixo x em relação ao eixo

u, através da coordenada vg. A coordenada ug é dispensável, por ser de simetria.

Denomina-se o retângulo de superfície (1) e o losang.o de superfície (2), tem-se então:

Obs: as medidas estão transformadas para em

96x6-9 x9

vg------

96-9

Momento de Inércia

576 - 81

87

I vg==5,69cm I

3

4

r, ==8x12 +96(6-5,69)2 _[3

12 12

+9(9-5,69)2]

J x

==1.152+ 2,23- (6,75+ 98,6)

J x

==1048,9cm41

Para determinar o momento de inércia J x ' não há transporte de eixos, pois o eixo y da

peça coincide com o eixo y de cada figura geométrica da peça.

Portanto podemos escrever que:

J ==12X8 3 3 4

y 12 12

Características Geométricas das Superfícies Planas 197

Raios de giração:

i = rJ: = ~ 1048,9

x VA 87

I ix = 3,47cm I

i = ~ = ~505,25

y Vf;: 87

I iy = 2,41cm I

Módulos de resistência:

W =

J

J

__x_ e W = _y_

x y

Ymax

xmax

Ymax

= 12 - 5,69 = 6,31cm

1048,9 = 166,22cm

W x = 6,31

3

Como o eixo é de simetria,

conclui-se que:

X max

8

= - = 4cm

2

505,25 = 126,3cm

Wy = 4

3

Ex. 8 - Determinar momento de inércia, raio de giração módulo de resistência, relativos

aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura.

v

i J5i ._-.-_._-

I :p51.. ~

,;á

EI

>- o <:j<

~~~-4-~~:tI .:

Solução:

Na solução deste exercício, divide-se a superfície em dois retângulos, denominando-se

aleatoriamente o retângulo vertical de (1) e o horizontal de (2). Determina-se em seguida a

coordenada llg, com a finalidade de localizar o eixo x em relação o eixo u (eixo de referência).

Transformando

as unidades do exercício para [cm], temos:

vg =

AiVi +A2V2

4x3+5xO,5

= -----'--

Ai +A2 4+5

I vg = 1,61cm I

a coordenada

ug = 2,5 cm pois o eixo y é eixo de simetria.

"" Mecânica'TécnicaeResistênciados Materiais

Momentos de Inércia

1x4 3 5x1 3

J x = -- + 4(3 -1,61)2 + -- + 5(1,61- 0,5)2

12 12

J x = 5,33 + 7,73 + 0,42 + 6,16

I Jx

= 19,64cm 4 I

Em relação a y, não há transporte,

Temos então que:

pois o eixo y dos retângulos coincide com o eixo do .l.

4x1 3 1x5 3

J =--+--

y 12 12

J y = 0,33 + 10,41 = 10,74cm 4 I J y = 10,74 cm41

Raios de Giração

i

= ~=J19,64

x VA 9

i = r.ç = J10,74

y vI:: 9

ix

iy

= 1,47cm I

= 1,09cm I

Módulos de Resistência

w =~= 19,64 =579cm3

x Ymax (5 -1,61) ,

W

=~=10,74=43cm3

x max 2,5

y ,


aos baricêntricos x e y no perfil I representado na figura.

..... o

>-

11

~

E

:r

11

';>~

x

u

Solução:

As unidades serão transformadas

para [em].

O perfil é simétrico

em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que:

ug = -

4

= 2cm

2

7

vg =- = 35cm

2 '

Momento de Inércia:

Para determinar o momento de inércia relativo ao eixo x, divide-se a figura em três superfícies

retangulares, duas horizontais que se denominam (1) e (3), e uma vertical que se denomina

(2). A superfícies (2) não apresenta transporte de eixos, pois o seu eixo x coincide com

o eixo x do perfil L Restam, portanto os transporte das superfícies (1) e (3), que por serem

iguais, calcula-se uma única vez, e multiplica-se o resultado obtido por 2.

Teremos então desta forma:

J x = 2 (J Xi

+ A i

y; )+ J X2

J =2[4X1 3 +4X3 2 ]+1X5 3

x 12 12

J x =2 (0,33+36)+10,41 I J x = 83,07 cm 4 1

O momento de inércia em relação ao eixo y não possui transporte de eixos, pois os eixos y

das superfícies retangulares coincidem com o eixo do perfil L

Portanto, conclui-se que:

J y

= 2 J Yi

+ J Y2

J = 2 [1 x 4 3 ] + 5 x 1 3

y 12 12

J y = 10,67 + 0,42 I J y = 11,09cm41

Raios de giração:

ix=h

A = Ai + A 2 + A3 = 4 + 5 + 4 = 13cm 2

. J 83,07 = 2,53cm

Ix = 13

i = {J; = J11,09

y fI; 13

I iy = 0,92cm I

·,·,"MecânicaTécnica e Resistência dosMaterlals


Como a superfície é simétrica

em relação aos eixos, conclui-se que:

h 7

Y =- =- =35em

max 2 2 '

b 4

x

max

= -

2

=-=2em

2

W x

= ~ = 83,07 = 23,71cm 3

Ymax 3,5

Jy 11,09 3

W =--=-- 55 em

y

X 2'

max

Ex. 10- Determinar os momentos de inércia J u e J, do exercício anterior.

Solução:

Conhecendo-se os momentos de inércia baricêntrico, para se obter os momentos J u e J v '

somar os respectivos transportes de eixo.

basta

Desta forma escreve-se que:

J = J + Ay,2 e J = J + Ax,2

u x y y

Como os eixos x e y são de simetria,

conclui-se que:

Y ,=~=2.=35em

2 2 '

portanto, tem-se que:

x'= ~=~=

2 2

2em

J u = 83,07+13x3,5 2 = 242,32em 4 I J u = 242,32em41

r, =11,09+13x2 2 = 63,0gem 4

I Jy

= 63,0gem41

EX.11-

Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resitência, relativos aos

eixos baricêntricos x e y da secção trasnversal representada na figura. A figura é

simétrica em relação a y.

x

(l)-ehapa

(2)-viga I 5"x3"

h = 127mm

b= 76,2mm

J x = 511em 4

100 x 10[mm]

u

Jy = 50cm 4 2

A 2 = 19cm

"·"',.'htv,;;Características,Geométricas

dasSuperffcies-Planas

Solução:

Para determinar o momento de inércia das secções transversais compostas por vigas, devese

utilizar as características geométricas destas, designadas nos catálogos ou tabelas. A

secção transversal da viga não deve ser dividida em outras superfícies geométricas, devendo

fazer parte da resolução com sua área total.

o eixo x está em uma posição desconhecida em relação à base da secção (eixo u, eixo de

referência). Para localizar o eixo x, determina- se a coordenada YG'

AiYi + A2Y2

YG= Ai +A2

As unidades forma transformadas

10 x 13,2 + 19 x 6,35

YG= 10+19

para [em]:

I YG= 8,71cm

Momentos de Inércia

o momento de inércia ao eixo baricêntrico x é determinado através do somatório dos

momentos de inércia das superfícies (1) (chapa) e (2) (viga) e os respectivos transportes de eixos.

Tem-se então que:

'2 '2

J, = Jx1 + A1Yl + Jx2 + AY2

3

r, = 10x1

12

+10(13,2-8,71)2 +511+19(8,71-6,35)2

J, = 819,25cm 4

Para determinar o momento de inércia relativo a y, não há transporte,

e da viga coincidem com o eixo do conjunto.

pois os eixos Yda chapa

Tem-se, então, que:

J y = J y1 + J y2

3

1x10 +50

Jy = 12

I J y

= 133,33cm41

Raios de giraçâo:

i = TJ: = ~819,25

x VA 29

I ix = 5,31cm

i = ~ = ~133,33

y vI:: 29

I iy = 2,14cm

Mecânica Técnica e Reslstêncla.dos

Materiais'


Wx=~

Ymax

Neste caso, a distância máxima entre o eixo e a extremidade da peça é o próprio

YG = Ymáx = 8,71cm.

w = 819,25 == 94cm 3 => 1 w = 94cm31

x 8,71 '--x --'.

A distância máxima entre o eixo Y e a extremidade do conjunto é 5 cm que correspondem

à metade da lateral da chapa.

W -__ Jy -- 133,33 ---' I 31

y X _ 5 -F W y = 26,67 cm

max

Ex. 12 - Determinar momento de inércia, o raio de giração e o módulo de resistência,

relativos ao eixo baricêntrico x do conjunto representado na figura.

y

(2) - Perfil U P. Americano CSN 6" x 2"

h = 152,4mm

I

I

I

(DCHAPA

ô~~

I

.s;:.-

x

A = 24,7cm 2

J, = 724cm 4 4

J y = 43,9cm

Solução:

Como o eixo é de simetria,

conjunto.

conclui-se que o eixo esta localizado na metade da altura do

As unidades foram transformadas

para [em].

15,24

yg = --+1 = 8,62cm

2

Momento

de Inércia

Com a finalidade de facilitar o entendimento, denomina-se as chapas de (1) e as vigas de (2).

As vigas não possuem transporte em relação ao eixo x pois os eixos são coincidentes.

Como as chapas possuem as mesmas dimensões,

escreve-se que:

J x ==2 VX1 + A1Yf)+ 2J x2

J

[ 20X13 ( )2]

x ==2 12 +208,62-0,5 +2x724 J, ==4088,72cm 4

Raio de Giração

A==2A1 +2A2 ==2x20+2x24,7

A ==89,4cm 2

ix ==fi

ix == 4088,72

89,4

I ix ==6,77cm I

Módulo

de Resistência

W x

==~ ==4088,72

Ymax 8,62

I W x

==474,32cm31

Ex. 1.3 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resitência, relativos aos

eixos baricêntricos x e y na secção transversal representada a seguir, composta por

duas cantoneiras 89 x 64 designação CSN e por uma chapa 120 x 10 [mm].

-I'" I I 1"<1-- i-'-'-120-'-'-l

-·-I.J.......7-I./--

I

~.

I

Cl'

'"

x

3

(1) cantoneira 89 x 64 CSN P. Americano

li

@chapa

I y 15,5 75cm 4 õcm"

..c

I

±t-!b~I~28,2

I

Jy ==32cm 4

A ==9,3cm 2

b ==63,5mm

h ==88,9mm


Solução:

Para solucionar este exercício, determina-se a coordenada YG, objetivando localizar o eixo

x em relação ao eixo u (eixo de referência).

Denomina-se as cantoneiras de figura (1) e a chapa(2).

Transformando as unidades do exercício para [em], tem-se que:

52,45+ 72

YG= 30,6

I YG= 4,07em I

o eixo y, por ser de simetria,

está localizado na metade da base.

Momentos

de Inércia:

J x =2[75+9,3(4,07_2,82)2]+1X12 3 +12(6-4,07)2

12

Jx

= 367,75em I

Para determinar o momento de inércia Jy, não existe transporte de eixos para chapa, pois

o eixo y da chapa coincide com o eixo y do conjunto.

Teremos

então:

'2

J y =2 (J y + Ai Xl ) + J Y2

r. 1 12x1

J y = 2 L32+ 9,3(1,55 + 0,5)2J+--

12

J y = 143,2em4 1

Raio de giração:

A = 2x9,3+12 = 30,6em 2

ix

=fi

i = 367,75 = 347em

x 30,6 '

. J=--= ~43,2 216 em

y 30,6 '

~,%+ •....... g;"'~'/"'D'4;;L" ,. Características Geométricas;das.Superficies Planas- 205

Módulo de resistência:

W x

= ~ = 367,75 = 367,75

Ymax (12-4,07) 7,93

J

W y

= .x

X max (6,35+0,5) 6,85

143,2 143,2

I W x = 46,37cm31

I Wy = 20, 9cm3 1

Ex. 14 - Determinar o momento de inércia relativo ao eixo u no exercício anterior.

Solução:

Obtém-se o momento de inércia J u do conjunto, somando-se ao momento de inércia J, e o

transporte de eixos (Teorema de Steiner).

Tem-se então:

J u = J, + A· Y~

J u = 367,75 + 30,6 X 4,07 2 I J u = 874,63cm41

Ex. 15 - O perfil representado a seguir é composto por duas vigas U CSN 152 x 12,2 com as

características geométricas descritas a seguir, e duas chapas de 200 x 10 [mm].

Determinar os momentos de inércia, raios de giração e módulos de resistência do

conjunto, em relação aos eixos baricêntricos x e y (eixos de simetria).

(1) - Chapa 200 X 10 (2) - Viga U CNS 152 X 12,2

~~j

xmáx

..c

13

A = 15,5 cm 2

h = 152,4mm

b = 48,8mm

y'2

,~

E

s-

x

J, = 546cm 4

Jy = 28,8cm 4

iQ)Chapa

Solução:

Com os eixos x e y são de simetria, podemos afirmar que o eixo y está localizado na metadade

da base e o eixo x está na metade da altura da secção.

Denomina-se (1) as chapas e (2) as vigas para simplificar

a resolução.

MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais

Observa-se que as vigas (2) estão defasadas 90° em relação à posição na qual foram dadas

as suas características geométricas. Desta forma, para determinar o J, do conjunto, utiliza-

-se o Jy da viga.

Tem-se então que:

Momento de Inércia

J x = 2 (J x1 + A 1 y{ )+ 2 VY2 + A2y5. )

J, = 2 [ 2~X:3

+ 20(4,88 + 0,5f 1= 2 (28,8+ 15,5x1.3' )

J x

=2 [1,67+578,89]+2x55

J x = 1.271,12em 4 !

Para determinar o Jy utiliza-se o J x da viga. É fácil observar que para este cálculo, não há

transporte de eixos, pois os y da chapa e da viga coincidem com o eixo y do conjunto. Vem

então que:

3

J =2 h1b1 +2J

y 12 x2

3

J = 2 lx20 + 2x546

y 12

J y = 1.333,33 + 1092

J y

= 2.425,33Cm41

Raios de Giração

A = 2x20 + 2x15,5 = 71cm 2

i = fJ:

x VA

. - 11271,12 _ 423

I - - - - em

Ix - V 71 -, em

. - fiy - 12425,33 - 584

y A V 71 '


W = ~ = 1271,12 = 1271,12

x Ymax (4,88 + 1,0) 5,88

I Wx = 216,18cm 3 !

w = ~ = 2425,33

y x 10

max

I W y

= 242,53cm31

-

9.7 Produto de Inércia ou Momento Centrífugo (Momento de 2~

Ordem)

o produto de inércia (momento centrífugo) de uma superfície plana é definido através da

integral de área dos produtos entre os infinitésimos de área dA que compõem a superfície e as suas

respectivas coordenadas aos eixos de referência.

y

dA

Jxy

= LXYdA

x

o produto de inércia denota uma noção de assimetria

referência.

de superfície em relação aos eixos de

9.7.:1 Estudo do Sinal

o produto de inércia pode ser positivo, negativo ou nulo, dependendo da distribuição de

superfície em relação aos eixos de referência.

O produto será positivo, quando a superfície predominar no 12 e no 3º quadrantes, será

negativo quando predominar no 2º e 4º quadrantes, e nulo quando houver eixo de simetria.

y

Jxy > O - Quando a superfície predominar no 1º e 3 2 quadrantes

x Jxy < O - Quando a superfície predominar no 2º e 4 2 quadrantes

Jxy = O - Quando houver eixo de simetria

9.7.2 Transporte de Eixos (Teorema de Steiner)

Sejam x e y eixos baricêntricos de superfície A, e os eixos u e

v paralelos a x e a y respectivamente.

v

y

O produto de inércia da superfície em relação aos eixos u e v será

determinado através do teorema de Steiner que é definido pela integral:

J uv = l(Y + a)(x + b)dA

Juv =1xyd; +a1xd, +b lYdA +ab idA

dA

x

u

MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais

Como os eixos x e y são baricêntricos,

conclui-se que:

pois a e b = O (relativo ao eixo baricêntrico).

Temos, então, que: J uv = J xy

+ A . a . b

Análise Oimensional do Produto de Inércia

o produto de inércia, sendo um momento de 2l! ordem, possui a mesma unidade do momento

de inércia, ou seja, [L]4, senão vejamos:

9.7.3 Tabela

Produtos de inércia de superfícies planas.

-..<:.

yl

b

y

X

J XY = O

.D

y

.- x

a

y

.«:1

X

Jxy

x J XY = O x- J XY = O

--+ "~'--\.--x

= O

Características Geométricas.das-Superficies Planas 209

9.8 Eixos Principais de Inércia

Pelo centro de gravidade de uma superfície plana

passam infinitos eixos, dentre os quais se apresentam da

maior importância, os eixos de momento de inércia máximo

e mínimo. O eixo de momento máximo estará sempre mais

distante dos elementos de superfície que formam a superfície

total; obviamente o eixo de momento mínimo será o mais

próximo aos elementos de superfície.

Os momentos principais de inércia são determinados

através das expressões:

y

\.~i-~

x

Jmax =0,5(Jx+Jyl+O,5J(Jx-Jyl2+4J~

Jmin = 0,5(Jx +Jyl-O,5 J(J x -Jyf +4J~

Os ângulos que os eixos principais de inércia formam com o eixo x são determinados

de suas respectivas tangentes.

através

J x - Jmax

tgcxmax = Jxy

Jx - Jrnin

tgcxmin = Jxy

a max - ângulo que o eixo de momento máximo forma com o eixo x

a min - ângulo que o eixo de momento mínimo forma com o eixo x

Os eixos de momento de inércia máximo e mínimo estarão sempre defasados em 90° entre si.

Conclui-se portanto que:

I CXmax = CXmin + 90° I

Qualquer par de eixos, defasados 90° entre si, que passem pelo centro de gravidade da

superfície, terá a soma de seus momentos de inércia constante.

Tem-se, então que:

Jmáx + Jmin = J, + J y

y

9.9 Momento Polar de Inércia (Jp)

(Momento de 2ª Ordem)

o momento polar de inércia de uma superfície plana

é definido através da integral de área dos produtos entre os

infinitésimos de área dA e as suas respectivas distâncias

ao polo elevadas ao quadrado.

x

y

x

MecânicaTécnica


Tem-se que:

aplicando

Pitágoras, vem que: r 2 = x 2 +l portanto:

J p

=1(x 2 + y2)d A

unidade de J p

= [Lt

9.10 Módulo de Resistência Polar (W p)

o módulo de resistência polar de uma superfície é definido através da relação entre o

momento de inércia polar da secção, e o comprimento entre o polo e o ponto mais distante da

periferia da secção transversal (distância máxima). y

unidade de Wp [W ] = [L]4 = [L]3

p [L]

Importância do módulo de resistência polar nos projetos.

Utiliza-se o módulo de resistência polar no dimensionamento

de elementos submetidos a esforço de torção.

Quanto maior o módulo de resistência polar da secção transversal de uma peça, maior a

sua resistência à torção.

9.11 Exercícios

Ex. 1. - Determinar as expressões de momento polar de inércia (Jp) e o módulo de

resistência polar (W p ) das secções transversais a seguir, sendo conhecidas as

expressões de momento de inércia das mesmas.

Solução:

a) b)

x

a

d

caracterlsticas

Gelométriica:sd,as~Su~)er1ícilesPlanas

c)

D

Iy

d)

IY

d

a.1) Momento polar de inércia

Sabe-se que J p = J, + Jy' o momento de inércia da secção transversal

para o eixo x e para o eixo y, e

quadrada é o mesmo

4

a

J, =Jy =12 Temos, então, que:

2a 4 a"

J p =--=-

12 6

a.2) Módulo de resistência polar (W p )

W

=-pp

J

rmax

A distância máxima entre o pólo e o ponto mais afastado da periferia da secção transversal

quadrada é a metade da sua diagonal.

Como rmáx é a hipotenusa de um triângulo retângulos de catetos iguais, pode-se afirma que:

a

aJ2

r = =--

max 2 cos 45° 2

J p 2a 4 a 3

W =-=--=p

rmax 6aJ2 3J2

a 3 J2 =: 023a 3

Wp = -6 - ,

yl

a

x

b)

b.1) Momento polar de inércia (J p )

Como J p

= J, + Jy, para secção circular:

4

_ nd

J -J

x - y - 64 portanto,

J = 2nd 4 = nd 4

p 64 32

b.2) Módulo de resistência (W p )

Na secção circular, a distância máxima entre o pala e o ponto mais afastado na periferia

é o próprio raio da secção.

MecânicaTécnicae

Resistência dos Materiais.

Tem-se, portanto,

d

rmax = 2"

Temos, então, que

c)

c.1) Momento

polar de inércia: J p = J, + Jy

Para coroa circular:

c.2) O módulo de resistência

de coroa circular será:

W

=-pp

J

rmax

A distância máxima entre o pólo e o ponto mais afastado na periferia é o raio da circunferência

maior da secção.

Portanto, tem-se que:

D

rmax = 2" logo

d)

d.1) Momento

polar de inércia (Jp)

Obtém-se o momento de inércia da secção d, através da subtração entre o momento de inércia

do círculo e o momento de inércia do quadrado.

nd 4 a 4

J =J =---

x y 64 12

Como J, = J y , conclui-se que:

4

J = 2[nd -~)

p 64 12

"''';FW;;>;;~;;;g ';;' ;;Características.Geométricasdas·Superfícies Planas 2 13

J

d.2) Módulo de resistência: Wp = ~

max

A distância

máxima entre o pólo mais afastado da periferia é o raio do círculo, portanto:

d

rmax = 2" pólo

4

nd

_ ~ [4 4] 3 4

32 6 2 nd a W _ nd a

temos então que: Wp = ~ = d 32 -6 p - 16 - 3d

2

Iy

rmáx

. ----x

Tabela de momento polar de inércia (J p ) e o módulo de resistência polar (W p )

Secção

m~IX

y

Momento de Inércia Módulo de Resistência

Polar J p Polar »;

a 4

J =-

p 6 W p == O,23a 3

a

Iy

~\\~1

~

I

W _ bh 2

P -

3+1,8~ b

nd 4

Jp = 32

W _ nd 3

p - -

16

I

Iy

d

-~

J _ n(04 _d 4 )

p -

32

W _ n(04 _d 4 )

p -

160

yl

i

bh(b 2 + h 2 )

J = -'------'-

p 12

-~'-

"~'-

I

nd 4 a"

J =---

p 32 6

nd 3 a"

W =---

p 160 3d

Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais .....

Secção

Momento de Inércia

Polar J p


Polar W p

~

_l"'~

.•

x

J

p

= 5J3a4

8 W p :: O,2b 3

i

• a

J3a 4

_. a 'x J =-- a 3

p 48 W p =-

20

I

-'D-,

vi

nd

I

4 5J3a 4 nd 3 5J3a 4

J =-- W =--

p 32

p

8

16 4d

Ex. 2 - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos

formam com o eixo da secção transversal representada a seguir.

"0-

X

Solução:

a} Momento de inércia

nd 4 a"

J ::---

x 64 12

Como a superfTcie possui a mesma distribuição em relação ao eixo y, conclui-se que:

nd 4 a 4

J =J ::---

y X 64 12

b) Produto de inércia

Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que a secção transversal possui produto

de inércia nulo.

J XY = O

c) Eixos principais de inércia

Para esta secção não existe J máx e J min

, pois os eixos que passam pelo CG da superfície terão

o mesmo momento de inércia. Isto sempre ocorrerá para qualquer superflcie que possuir.

J x = Jy e J XY

= O

d) Ângulos CXmáx e cxmin'

Como não existem eixos principais de inércia, o mesmo ocorre em relação aos ângulos cx máx

e cxmin'

Conclui-se que, em qualquer posição que a peça for colocada, a sua resistência será a

mesma.

Ex. 3 - Determinar os momentos J máx e J min

, e os ângulos cx máx

e cx min

na superffcie

representada na figura.

o

\DI X

Solução:

Transformam-se as unidades para [em], visando simplificar a resolução.

a) Momentos de inércia

r, = J X1 -J x2

4x6 3 2x42 3

J =--- '

x 12 12

I Jx = 72 -12,35 = 59,65cm41

J y = J Y1 - J y2

6x4 3 4,2x2 3

J =------

y 12 12

I Jy = 32-2,8 = 29,2cm4 1


Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que Jxy = O.

.5j: T;~mMecânica;Técnica,e:Resistência,dos MateriaisC;1'f~"''O!d''"=Z;;$''·;'J;)b,i$%·;:·if'';~'Tg:Y'''··i\3:r;;''N;y-,-.;;:Z'g;;;;;;&2 ..:;;;;a;EJi2Fi>J.';;:.;;;;g;;;;;S',

c) Momentos principais de inércia

J max = 0,5(59,65 + 29,2) + 0,5 J(59,65 - 29,2)2

J max

= 44,425 + 15,225 = 59,65Cm41

J min = 0,5 (J, + Jy) - 0,5 J(J x - Jy)2 + 4J~

J min = 0,5(59,65 + 29,2) - 0,5J(59,65 - 29,2)2

I J min = 44,425 -15,225 = 29,2cm 4 I

Como J máx =J x

= 59,65cm 4 e J min =J y = 29,2cm 4 , conclui-se que

a max = O(eixo de momento máximo coincide com eixo x), e amin

= 90°. (eixo de momento mínimo coincide com eixo y).

.--

x

Jmáx = Jx

Ex. 4 - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos

formam com x na contoneiras de abas iguais representada na figura.

v 10

Solução:

Transformando


a) Centro de gravidade

8 x 0,5 + 7 x 4,5

8+7

I ug = 2,37cm I

Como a cantoneira é de abas iguais, conclui-se que:

IUg=Vg=2,37cm

I

b) Momentos de inércia

'2 '2

Jx =Jx1 +A1Yl +Jx2+A2Y2

8x1 3 1x7 3

Jx =--+8x1,87 2 +--+7x2,12 2

12 12

I Jx == 89cm41

Como a cantoneira é de abas iguais, conclui-se que:

I Jy == Jx == 89cm 4 I

c) Produto de inércia

Jxy = Jxy1 +A1x'1y'1+Jxy2+A2x'2y'2

As áreas (1) e (2) são retângulos e os seus eixos barlcêntricos são eixos de simetria;

portanto, conclui-se que J XY1 e J xy2 são nulos.

Temos portanto que:

Jxy == A1x'1 y'l +A2x'2 y'2

Jxy == 8(1,63)(-1,87) + 7(-1,87)(2,13)

I J XY = -52,26cm 4 \

d) Eixos principais de inércia

Jmax == 0,5(Jx +J y)+0,5)(Jx _Jy)2 +4J~

Jmax == 0,5(89 + 89) + 0,5~4(-52,26)2 I J max== 141,25cm41

Jmin == 0,5(J x +Jy)-0,5)(Jx _Jy)2 +4J~

Jmin == 0,5 (89 + 89) - 0,5 ~ 4 (-52,26)2

I Jmin== 36,74cm41

e) Ângulos que os eixos dos momentos principais de inércia formam com x.

tgamax ==

Jx

-Jmax

Jxy

89-141,26

-52,26

tgamax == 1 portanto, a max == 45°

(4-

~7Y

tg« . _ Jx - Jmin 89 - 3674

mln - = '

Jxy - 52,26

45°

.--._-

x

tgamin == -1 portanto, a min= -45 0

MecânicaTécnicaeResistênciadosMateriais'"

Ex. 5 - Determinar J max e J min , a max e amin no perfil representado a seguir.

o,....

I y I

'X" 3 1

~

----i '. 1

-;:

x

o,....

(

25 10 25

Solução:

Transformando

as unidades para [em], temos:

a) Momentos de Inércia

Como as áreas (1) e (3) são iguais e estão equidistantes

J x1 =- J X3 e Yl = Y3 = 2,5 em.

do eixo x, podemos escrever que

J = 2[3,5X1 3 + 3 5x2 52 J+ 1x4 3

x 12 " 12

Analogamente ao momento de inércia X, podemos escrever para Y que

e

X'i = X'3 = 1,25cm

Tem-se, então,

que:

+ 3 5x125 2 3

J+ 4x1

3

J = 2[1X3,5

y 12 " 12

J

y

= 2 (3,57 + 5,4 7) + 0,33 I-J- y -=-1-8-,4-1-C-m-4-'


As superfícies (1), (2) e (3) são retângulos e, portanto, possuem eixo de simetria e possuem

produto de inércia nulos.

A superfície (2) possui os seus eixos baricêntricos (x e Y) coincidentes com os eixos

baricêntricos x e Y do perfil, desta forma o transporte dos eixos é nulo.

Características Geométricas das Superfícies Planas 21 9

Conclui-se que

Jxy = A 1 x'1 y'l +A 3 x'3 y'3

Jxy =3,5(1,25) (2,5)+3,5(-1,25) (-2,5)

I J XY

= 21,88Cm41

c) Eixos principais de inércia

Jmax= 0,5(Jx +Jy)0,5J(Jx

_Jy)2 +4J~

Jmax= 0,5 (49,65 + 18,41) + 0,5)(49,65 -18,41)2 + 4 (21,88)2

I Jmax= 60,91Cm41

Jmin= 0,5 (Jx + Jy)0,5 J(Jx - Jyt + 4J~

Jmin= 0,5(49,65+18,41)+0,5)(49,65-18,41)2 +4(21,88)2

I Jmin= 7,15Cm 4 \

d) Posição dos eixos principais em relação ao eixo x (a max e amin)

tga max

= Jx - Jmax = 49,65 - 60,91

Jxy 21,88

Ira-m-á-x=---2-7-0-1-4-'1

Como os eixos principais de inércia estão sempre

defasados 90 0 , temos que:

a max = a min + 90°

a min = a max - 90°

I amin = -117°14'

I

Ex. 6 - Determinar os momentos principais de inércia (Jmáx e J min ) e localizar os respectivos

eixos em relação a x (cx max e cxmin) na superfície representada na figura.


o,.....

v 30 3

---I--t-_-~ ----

x'3 i ii X'1=X'2

I !!

10

II

--

Ii ~

'Ir

-:

-- -- I ----

CG

-n

o'" :>,

---- ----x

U j-

g -;:

II

,CD >'"

- I------i+-=--- U --

80

U

Solução:

Transformando as unidades para [cm] visando simplificar a resolução, temos:


I ug = 3,86cm

I

I vg = 4,69cm

I


3 3 3

J x = ~ + 8 (4,19)2 + 1 X1~0 + 10(1,31)2 + 3 ~~ + 3(6,81)2

J x

= 381cm41

3 3 3

Jy =% + 8 (0,14)2 + 1~X; + 10 (0,14)2 + 1~~ + 3 (0,86)2

Jx = 48, 3cm4 1


Os produtos de inércia das três superfícies são nulos, pois todos possuem eixos de simetria.

O somatório transportes de eixos determina o J xy do perfil.

Características Geométricas das Superfícies' Planas 22 1

Jxy = 8(0,14) (-4,19)+10(0,14) (1,31)+3(-0,86) (6,81)

I J XY = -20,43Cm4 1

d) Eixos principais de inércia

Jmax = 0,5(J x +Jy) + 0,5J(Jx _Jy)2 +4J~

Jmax = 0,5(381 + 48,3) + 0,5J(381 +48,3)2 + 4(-20,44)2

I Jmax= 382,25cm 4 I

Jmin = 0,5 (J, + J y) - 0,5 J(J x - Jy)2 + 4J~

Jmin = 0,5 (381 + 48,3) - 0,5 J(381 + 48,3)2 + 4 (-20,44)2

I Jmin= 47,05cm41

e) Posição dos eixos principais em relação a x

tga max

= Jx -Jmax = 381-382,25

Jxy - 20,44

I amax = 3°30' I

Como os eixos principais estão sempre defasados 90°, pode-se escrever que:

amin = amax- 90°

amin = 3°30 - 90° = -86°30

amin = -86°30'

Ex. 7 -

Solução:

Determine o momento polar de inércia do

perfil representado na figura.

Transformam-se as unidades para [cm] para

simplificar a resolução.

a) Centro de gravidades

o eixo y é de simetria; portanto, a coordenada YG

é suficiente para determinar o CG pois x G = O.

-;:

J~

o

(V)

o

x

150


Y AiYiA2Y2+ A3Y3

G = --=-"--=--=--=----=-=--=-

Ai + A2+ A3

I YG= 8,71cm I

24 x 18,5 + 70 x 10 + 45 x 1,5

24+70+45


3 43 3

J, = 8 x 3 + 24 X 9,792 + 5 x 1 + 70 X 1,292 + 15 x 3 + 45 x 7 212

12 12 12

I Jx == 5951cm 4 I

Para determinar o Jy' os transportes de eixos são nulos, pois os eixos y das superfícies

(1), (2) e (3) coicidem com o eixo do perfil.

Tem-se, então que:

3x8 3 14x5 3 3x15 3

J =--+ +---

y 12 12 12

3

I Jy = 1117,6cm 3

c) Momento polar de inércia

J p = J x

+ Jy J p = 5951 + 1117,6

I J p = 7068,5 cm 4

Ex. 8 - Determinar o momento polar de inércia da superfície hachurada representada na

figura.

o

'-lf)-

-;>,

-;>,

X

o

.-lf)-

Solução:

Transformando-se

as unidades para [em] temos:

a) Momento de inércia

Para determinar o momento de inércia da superfície hachurada, divide-se a figura em três

áreas.

Considera-se como supefície (1) o retângulo de 100x75 [mm] e as superfícies (2) e (3) os

retângulos 50x30 [mm].

Como as superfícies (2) e (3) são iguais e simétricas, os momentos também são iguais,

portanto, J x2 = J x3 e J y2 = J y3 '

Tem-se, então:

J x == J x1 - 2(J X2 + A 2 Y?')

J == 7,5x10 3 _ 2(5X3 3 + 15x2 521

x 12 12 ')

J == J -2J J == 10x7,5 3 _ 2x3x5 2

Y y1 y2 y 12 12

I Jx == 415cm41

I Jy == 289cm41

b) Momento polar de inércia

J p == J x + Jy J p == 415 + 289 I J p == 704cm41

Ex. 9 - Determinar o momento polar de inércia do perfil representado na figura.

x

Solução:

Tranformando-se

as unidades para [em], temos:

a) Momentos de inércia

Os eixos e y são de simetria, portanto, a origem dos mesmos está no centro do tubo (figura1) .

. .Mecânlcarrêcnlca e Resistência dos Materiais,

Os momentos de inércia do perfil serão determinados, dividindo-se as superfícies em três

áreas. A área (1) corresponde à coroa circular que identifica o tubo, e as áreas (2) e (3)

correspondem a tiras de chapas de 60 x 100 [mm] soldas na superfície do tubo. Os cordões

de solda serão considerados desprezíveis para determinar o momento de inércia do perfil. As

áreas (2) e (3) são iguais e simétricas aos eixos, portanto, os momentos de inércia das duas

chapas em relação aos dois eixos são iguais.

Teremos, então:

J x = J x1 + 2(J X2 + A 2 yi)

J = ~ (30 4 - 20 4 ) + 2[ 6x103

+ 60X20 21

x 64 12 J

J x = 31907 + 49000 I J x

= 80907cm41

J y = J y1 + 2J y2 como J y1

= J X1

= 31907cm

4

J y

= 31907 + 2x10x6

12

3

I J y = 32267cm41

b) Momento polar de Inércia

J p = J x

+ J y ::: 80907 + 32267

I J p :::

113174cm41

Ex. 1.0 - Determinar o momento polar de inércia do perfil composto representado na figura.

~--

y

v

U g

' • •

Viga U 6" x 2"

4

J x ::: 546cm

J y ::: 29cm 4

A::: 15,5 cm2

U

Cantoneira 4"x 4"

Jx ::: J y ::: 183cm4

A::: 18,45cm2

C'l

lJ")-

r-<

X

Solução:

Transformando-se



Denomina-se a superfícies de viga U como (1) e a superfície da cantoneira como (2)

A l v l + A 2 v 2 +

VG = ----=----=----=--~

Al +A2

15,5 x 7,6 + 18,45 x 2,9 I V

G

= 5,04cm I

15,5+ 18,45

U

G

= Alul + A2u2 + = 15,5 x 3,6 + 18,45 x 7,8 I U

G

= 5,88cm I

Al + A2 15,5 + 18,45

b) Momento de inércia (baricêntricos)

'2 '2

Jx =Jxl +A 1 Yl +Jx2 +A2Y2

J x = 546 + 15,5(7,6 - 5,04)2 + 183 + 18,45(5,04 - 2,29)2

I Jx = 970,1 cm41

'2 '2

Jy = Jyl + A 1 Yl +JY2 + A 2 Y2

Jy = 29 + 15,5 (5,88 - 3,6)2 + 183 + 18,45 (7,8 - 5,88)2

I Jy = 360, 6cm4 1

c) Momento polar de inércia

J p = J x

+ J y

J p = 970,1 +360,6 J p = 1330,7 em"

Ex. 1.1. - Determinar os momentos principais de inércia e os ângulos que os seus eixos formam

com x no perfil representado a seguir.

vi U g Y,

y'~

§I -i-~---L~ ~I

N

":'.

trx

,;>'"

~+

+

U

"Mecânica;T

écnicaie,Resistência-dos"Materiais'!iJl'1!:!Zg;=":!i!:\L;#f'""'1i0·=i0}b;;"t"'f~;'i.;:T;;}~·-_j:rn:"k'f{{j;<';; __ C__ b~>~,r;ihl'i1iF

Solução:

Transformando-se

as unidades para (em), tem-se que:


U

G

= AlUi + A2U2+ A3U3 + A4U4

Ai +A2 +A3 +A4

U

G

= 19,2 x 0,6 + 7,2 x 4,2 + 4,56 x 7,8 + 3,84 x 7,8

19,2 + 7,2 + 4,56 + 3,84

I UG = 3,08cm I

V

G

= Alvl +A2v2 +A3v3 +A4v4

Ai +A2 +A3 +A4

v _ 19,2 x 0,6 + 7,2 x 5,4 + 4,5 x 6,7 + 3,84 x 9,2

G - 34,8

I V G = 7,43cm I


J, = 1,2 X 16 3 + 19,2 X 0,572 + 6 X 1,2 3 + 7 2 x 2 033 + 1,2 X 3,8 3 +

12 12 12

3

+ 4,56 X 0,73 2 + 3,2 x 1,2 + 3,84 x 1,57 2

12

I Jx = 466,78cm 4 I

J

y

= 16 X 1,2 3 + 19,2 X 2,482 + 1,2 X 6 3 + 7,2 X 1,122 + 3,8 X 1,2 3

12 12 12

3

+ 4,56 X 4,72 2 + 1,2 x 3,2 + 3,84 x 4,72 2

12

I Jy = 341,98cm 4 I


As quatro superfícies são retangulares, possuindo, portanto, eixos de simetria, donde concluise

que os seus produtos de inércia são nulos.

Teremos então:

Jxy1 = Jxy2 = Jxy3 = Jxy4 = °

logo

Jxy= A1x'1 Y'l +A2x'2 Y'2+A3X'3 Y'3+A4X'4 Y'4

Jxy= 19,2(-2,48) (0,57)+ 7,2(1,12) (-2,03)+4,56(4,72) (-0,73)+

+ 3,84(2,72) (1,77)

I Jxy= -27,15cm 4

I

d) Momentos principais de inércia

J max = 0,5(J x Jy) + 0,5)(J x - Jy)2 + 4J~y

J max

= 0,5(466,78 + 341,98) + 0,5~'(4-6-6-,7-8-+-3-4-1,-98-)-2 -+-4-( --2-7-,1-5)-2

J max = 472,43cm 4

J min = 0,5(J x + Jy) - 0,5)(J x - Jy)2 + 4J~y

J min = 0,5(466,78+341,98)-0,5~(466,78+341,98)2 +4(-27,15)2

J min = 336,33cm 4

e) Ângulos que os eixos principais formam com x

J, - J

tg cx max

= max

Jxy

cx max = 11°45'

466,78 - 472,43 = 0,208

-27,15

Como cxmin = cx max - 90°, temos que:

CXmin = 11°45'-90°,

cxmin = -78°15'

v

Jmáx

a máx=11°45'

x

u

"Mecânica Técnica e Resistência

dos Materiais

FORÇA CORTANTE Q

E MOMENTO

FLETOR M

10.1 Convenção de Sinais

10.1.1 Força Cortante Q

A força cortante

será positiva, quando provocar na peça momento fletor positivo.

Vigas Horizontais

Convenciona-se a cortante como positiva, aquela que atua à esquerda da secção transversal

estudada, de baixo para cima.

Vigas Verticais

Convenciona-se cortante positiva aquela que atua à esquerda da secção estudada, com o

sentido dirigido da esquerda para direita.

10.1.2 Momento Fletor M

Momento

Positivo

o momento fletor é considerado positivo, quando as cargas cortantes atuantes na peça

tracionam as suas fibras inferiores.

p

compressão

/

Força CortanteQ e MomentoFletor

M

Momento

Negativo

O momento fletor é considerado negativo quando as forças cortantes atuantes na peça

comprimirem as suas fibras inferiores.

O momento fletor é definido através da integral da cortante que atua na secção transversal

estudada.

Portanto, tem-se que

M= 19px Q= dM

,. dx

Para facilitar a orientação, convenciona-se o momento horário à esquerda da

secção transversal estudada, como positivo.

~

10.2 Força Cortante Q

Obtém-se a força cortante atuante em uma determinada secção transversal da peça, através

da resultante das forças cortantes atuantes à esquerda da secção transversal estudada.

Exemplos:

P I P 2 P 3

R

\

A B C

- .__ . 1--'- _.-

A B C

R8

secção AA Q = R A

secção BB Q=R A -Pl

secçào CC Q=R A -P 1 -P 2

10.3 Momento Fletor M

O momento fletor atuante em uma determinada secção transversal da peça, obtém-se através

da resultante dos momentos atuantes à esquerda da secção estudada.

P I P 2 P 3

o

X

a b c d

A B C

R A

'X

J

X

X

J

J

J

J

J

J

J

n,

secçãoAA M=R ·X

A

secção BB M = R A

. X - P1 (X - a)

secçãoCC M = R A

. X - P 1

(x - a) - P 2

[X - (a + b)]

Observação: O símbolo ~ significa origem da variável "x".

x

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·',,-,,.

"

10.4 Exercícios

Ex. 1. - Determinar as expressões de força cortante (Q) e Momento fletor (M), e construir

os respectivos diagramas na viga em balanço solicitada pela carga concentrada

1>.

P atuante na extremidade livre, conforme mostra a figura.":

Linha

da Q -===-"""'-,-..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......,

Linha

zero

do M -===-~:-r..,-,-r-,.....,.-r-T"""I"-r-r-r-;-,......,IM,.,óx=-PQ

Solução:

a) Através da variável x, estudam-se todas as secções transversais da viga, da

extremidade livre ao engastamento.

O momento fletor máximo ocorrerá no engastamento, ou seja, para o maior valor de

x.

b) Expressões de Q e M

o<x<e

Q=-P

M=-P·x -,

X=O~M=O

\

' ,

x =R. ~

M=-PR.

c) Construção dos diagramas

A equação da Q é uma constante negativa; portanto, o diagrama será um segmento de reta

paralela à linha zero da Q. A distância entre a linha zero da Q e a linha limite inferior do

diagrama representa a intensidade da carga P.

A equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação será uma reta

decrescente' que parte da linha zero do M até o valor que represente Mmáx'

Ex. 2 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga

biapoiada, solicitada pela ação da carga concentrada P, conforme mostra a figura.

·····"'~l!t,ForçaCortante'Qe·MomentoFletor M

~ o;! '

-7- i

/J7J;;V)m

p

M",áx=RA . a

Solução:

a) Determinam-se as reações nos apoios através da I.M = O em relação a dois pontos da

viga. Os pontos considerados ideais para o caso são A e B.

I.MA == O

I.Ms

== O

Rs·(a+b)=Pa

I R

s

~

a+b

Pa I

rn

R A .(a+b)=P.b

R --

'b

a - a-i b


O<x<a

Q-R - A

M = R A·

x

x=O-7M=O

x=a-7M=R A·a

a<x<a+b

Q ==RA -P ==-R B

M==RA ·x-P(x-a)

x=a+b -7M=O


C 1

- Diagrama da Cortante

(Q)

Com origem na linha zero da Q, traça-se o segmento de reta vertical que representa RA- No

trecho O < x < a a Q = R A portanto uma constante, representada pelo segmento de reta

paralelo, à linha zero. No ponto de aplicação da carga P, traça-se o segmento de reta vertical

que corresponde à intensidade da carga P. Como P = R A + RB'conclui-se que o valor da Q que

ultrapassa a linha zero é - RBque corresponde a Q que atua no trecho a < x < a + b; portanto,

novamente tem-se uma paralela à linha zero.

Ao atingir o apoio B, a Q = -RB, como a reação é positiva, traça-se o segmento de reta que

sobe e zera o gráfico. Portanto, o gráfico sai da linha zero e retorna à linha zero.

MecânicaTécnicae"Resistência dos' Materiais '.E;

"

C 2 - Diagrama do Momento (M)

Com origem na linha zero do M, traça-se o segmento de reta que une o momento zero em

x = O até o M = R A • a em x = a. Observe que a equação do Momento no trecho é do 1Q grau

portanto, tem como gráfico um segmento de reta. Analogamente ao trecho a < xa + b utiliza-

-se um outro segmento de reda unindo os pontos. x = 1 ~ M = R A • a até x = a + b ~ M = O.

Ex. 3 - Determinar as expressões de Q e M e

construir os respectivos diagramas na

viga biapoiada solicitada pela ação da

carga distribuída de intensidade q

conforme mostra a figura.

Q

Solução:

a) A primeira providência, para solucionar este

exercício, é determinar as reações de apoio.

Através do equilíbrio dos momentos em

relação aos pontos A e B, conclui-se que:

qe

R A =Rs =- 2

b) Expressão de Q e M

O<x<f

Q = R A - qx

X = O ~

X = f 4

Q = R A

Q = -Rs

Observa-se que a Q passa de positiva a negativa. No ponto em que a Q = O, o M será máximo,

pois a equação da Q corresponde à primeira derivada da equação do momento, que igualada

a zero, fornece o ponto máximo da CUNa do momento.

qf

Q = O 4 qx = RA =-

2

Donde Ix ~ ~ I neste ponto a

Q = O e o M é máximo.

. "Força Cortante Q e:MomentoFletor M "

x

M = R AX -qx' 2

x=O~M=O

q e f

2 2

x = f ~ M = _. c - qC-

M = O

e q.g e f e

x=-~ M =--'--q-'-

2 2 2 2 4

~

L:2j-8-


c.1) Diagrama da Q

A partir da linha zero da Q traça-se o segmento de reta vertical correspondente à intensidade

de R A

• A equação da Q no trecho é do 1 2 grau com a < 0, portanto, o gráfico corresponde a

uma reta decrescente com origem no apoio A até o apoio B. Em B, a cortante corresponde

a -R B , como a reação é positiva (para cima), esta sobe e zera o diagrama.

c.2) Diagrama de M

A equação do momento corresponde a uma equação do 2 2 grau com a < O; portanto, uma

parábola de concavidade para baixo.

A parábola parte do apoio A com M = 0, atinge o máximo em t /2 e retorna a zero no apoio

B.

Ex. 4 -

Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga em

balanço solicitada pela carga distribuída representada na figura.

Q

~

~j~.~.-;-±

}=-qQ

IQ2

M",áx=- q2

Solução:

a) Expressões de Q e M

O<x<f

Q =-qx

x=O~Q=O

x = f ~

Q = -qf

M = -qx .~ = _ qx 2

2 2


dos Materiais,,,,

x=O-7M=O

qf2

x=f -7M =--

max 2

b) Construção dos diagramas

b.1.)

Diagrama da Q

A equação da Q na longitude da viga corresponde a uma equação do 1º grau com a < O;

portanto, uma reta decrescente que parte da linha zero na extremidade livre até -q f no

engastamento.

b.2) Diagrama do M

A equação do momento corresponde a uma equação do 2º grau, portanto, a sua representação

será parte de uma parábola, que sai de zero, na extremidade livre, e vai até .... - qf no

2

engastamento.

Ex. 5 - A viga AB biapoiada suporta um carregamento que varia linearmente de zero a q

conforme mostra a figura. Determinar as expressões de Q e M e construir os

respectivos diagramas.

q

Solução:

a) Reações RA e RB

linha zero do M

A resolução deste exercício requer que sejam determinadas

do equilíbrio dos momentos nos pontos A e B.

as reações nos apoios, através

LMA=O

R~~~~

~3

I R, = ~

I

LMB=O

R~= qe ,,,!;

2 3

I R A ~ ~ I

b) Expressões de O e M

Para determinar as expressões de Q e M, utiliza-se x variando de zero a Q com o objetivo

de estudar o esforço atuante em cada secção transversal da peça; desta forma, montamse

genericamente as expressões através de um intervalo x qualquer (ver figura), e uma carga

auxiliar p, que irá variar em função de x.

A relação entre as cargas p e q, é obtida em função da semelhança

dos triângulos.

L'l.ABC - L'l.ADE

Tem-se então que:

~=7=>lp=~1

b.1) Expressão de Q

Q = R _ px = qe _ qx ,~

A 2 6 e 2

Q = q~ - ~e2 = q[i-~:)

qe

x =o ~ Q = R A =-

6

x = e ~ Q ={ i -~:) =q(i-~)

Q = q( e -63e) = - ~

Q =- R B

A cortante passa de positiva para negativa, interceptando a linha zero.

Analogamente ao exercício 3, o momento fletor será máximo no ponto em que a Q = O.

Q ==Q ~

2

qx = qe

2e 6

2 2e 2 e 2 e e13

x ==-=-=:::}x==-==-

6 3 13 3

I x = O,57U I ponto de Q = O e M máx

:Mecânica;;lécnica e Reststêncla-dos.Materíals ;.'ç';"'<,:,i.r:.;2:;:;;;j,';';:;;;;;::-':::".~. ";:':':.' •• ,.,:. ;:;,:~:.',~:';;.'''*

b.2)

Expressão de M

px x

M = R A ·x--·-

2 3

como

qx

P=f tem-se que:

qx x x

M = RA·x --.-.- R. 2 3

° momento fletor é máximo em 0,577 l, resultando em:

Mmax

= qR.(O 577R.)_q(O,577R.)3

6 ' 6R.

desenvolvendo a expressão, tem-se que:


c.1) Diagrama da Q

Para x = ° a cortante é a própria reação RA' sendo representada pelo segmento de reta

vertical, que parte da linha zero até o ponto que represente proporcionalmente a intensidade

de carga. A equação da Q é do 2 Q grau; portanto, a sua representação corresponde a uma

parábola, que parte de R A no apoio A, intercepta a linha zero em 0,577 Q e atinge o ponto

B com o valor de -R B . A reação R B é positiva (para cima); portanto, a sua representação

é um segmento de reta vertical que parte de -R B até a linha zero.

c.2) Diagrama de M

A equação do momento é do 3 Q grau, portanto descreve uma curva do 3 Q grau que sai da

linha zero no apoio A, atinge o máximo em 0,577 R. e volta à linha zero no apoio B.

Ex. 6 -

A viga AB em balanço suporta o carregamento

distribuído que varia linearmente de zero a "q"

conforme mostra a figura. Determinar as

expressões de Q e M e construir os respectivos

diagramas.

5!.-. A

x

>,; Força Cortante QeMomentoFletor M 23 7

Solução:

Analogamente ao exercício anterior, determina-se a relação entre as cargas p e q através

da semelhança de triângulos

~ ABC ~ ~ ADE

p x qx

-=-=>p=q

f f


a.1) Expressão de Q

Q = _ px = _ qx x qx 2

2 "-=--

f 2 2f

x=O~Q=O

x = R ~

Q = _ qe 2 = _ qf

2f 2

a.2) Expressão de M

M _ px x _ qx x x

- -2"3 - -T""2"3 I M=-~~ I

x=O~M=O

x = f ~ M = _ qf 3 _

qf2

6f --6

::::} ~ __ q.e2

máx - --

6

b) Construção dos diagramas

b.1) Diagrama da Q

A equação da cortante é do 2 Q grau (equação geral); portanto, o seu diagrama corresponde

a um segmento de parábola que parte da linha zero na extremidade livre e atinge o seu valor

. " ql

maxrmo no engastamento com -2.

b.2)

Diagrama de M

A equação do M é do 3 Q grau; portanto, o seu diagrama corresponde a uma curva do 3 Q grau

que parte de zero na extremidade livre e atinge o máximo no engastamento com -~ 6

Ex. 7 - A viga AB biapoiada submete-se à ação do Torque (T) conforme mostra a figura"

Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas"

2

", Mecânica Técnica e Resistência dos 'Materiais ".'"

r--a--_.~:.~----b----~.~:

,

Solução:

a) Reações nos apoios A e B

I,M A

=0

RB(a+b)=T

T

R B =---

(a +b)

I,MB = O

RA(a+b) = T

T

R A =--

(a +b)


O<x<a

Como R A

tem sentido para baixo, segundo a convenção é negativa, portanto:

Q=-RA=-(a+b)

T

o sentido de giro do momento originado pela carga R A é antl-horárlo, portanto negativo.

M = -R A .

x

x=O-'7M=O

x = a -'7

M = -R A . a

T

Como RA = (a + b) tem-se que:

a<x<a+b

~

~

Q=-RA

T

=--- (a+b)

M = -R A .

x = a -'7

X + T

M = -R A . a + T

-T

x = (a + b) ~ M = -- . (a-Yt5) + T = - T + T = O

{a-Yõ)

I M=ol

-;siGForça ccrtante.q-e Momento Fletor M"r-,;·/"' / 2 3 9


c.1) Diagrama do Q

A equação do cortante é uma constante em todo o comprimento da viga, portanto a sua

representação será uma paralela à linha zero.

c.2) Diagrama M

No intervalo ° < x < a, a equação do M é do 1º grau com a < O; portanto, a sua representação

T

é uma reta decrescente que sai da linha zero e atinge - (a+ b) no limite em a. Em x = a, atua

o torque de intensidade T, que é representado no diagrama, pelo segmento de reta vertical

T

T

quepartede -(a+b) até -(a+b)+T

No intervalo de a < x < a + b, a equação é do 1º grau com a < 0, portanto, uma reta decrescente

-Ta

que parte de (a + b) + T até a linha zero.


biapoiada solicitada pelas cargas concentradas representadas na figura.

16kN

24kN

~

~~ ; '-=F' ; ~~

1m 2m 1m

R A

=18kN

x

x

" I I ."

x

R B =22kN

1~trmrr1f, ,,,,,@, , , , , , ,I.,,,,,, .I O

I" '" '1-22

-r

O l",......r, ,,'''' , " Mmóx=22kNm

! !f! ! !JNO+

Solução:

1. Reações de Apoio

I.MA = O I.Fv = O

I RB

4R B = 24 x 3 + 16 x 1

=22kN

I

R A + R B = 16 + 24

I RA = 18kN I

MecânicaTécnica

e ResistênciadosMateriais

2. Expressões de Q e M

O<x<1

Q = R A = 18kN

lY1 = RA'

X

x=O~M=O

x = 1 ~ M = 18kNm

1<x<3

Q = R A - 16 = 2kN

M = R A X - 16 (x-1)

x = 3 ~ M = 22kNm

~r4~

!I===~=x====}

3<x<4

Q = R A - 16 - 24 = -22kN

M = R A X - 16 (x-1) - 24(x-3)

16kN 24kN

~~I!--- ~~

r-----~~----~

r:t:.'"

x=4 ~M=O x


engastada solicitada pelas cargas concentradas, representadas na figura.

o-x

1. Expressões de Q e M

o < x < 1,8

Ohn,,~,,~~~<n~<n~rM

·5 !-'-"...I.....I..J'-=- .•...•....•. ..J...J.jj

o

-15

o

E

~

N

"'"

11

,jj

E

::.:

[kN]

Q = -5kN

M =-5X

5kN

x=O~M=O

x = 1,8 ~

M = -9kNm

x

Força Cortante QeMomento FletorM 241.·

A reação "R" no engastamento é determinada por:

1,-5~ ~r

1,8 < x < 4,0

1.8m

Q = -5 -10 = -15kN

M = -5x - 10 (x-1,8)

X = 4 ~ Mmax = -42kNm

x

o contramomento M' possui mesma intensidade e sentido contrário a M máx ' portanto

M' = 42kNm.

Ex. 1.0 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga

biapoiada carregada conforme a figura.

12kN

6kN

~

7,2

1.. Reações de Apoio

í:MA=O í:Fv= O

3,6 Rs = 12 x 1,8 + 6 x 4,8

I Rs = 14kN I

R A + R B = 12 + 6

R A = 4kN I

2 - Expressões de Q e M

O < x < 1,8

Q = R A = 4kN

M = Ra' x

x=O~M=O

1,-J3

x = 1,8 ~ M = 7,2kNm

··'.,:;Mecânica;Técnica e Resistência dos 'Materiais'"''

1,8 < x < 3,6

18m 12~

Q = R A -

12 = -8kN

~ 1---- ......•... -----,

Rar- ~x ,

+

M = Rax - 12 (x - 1,8)

x = 3,6 ~

M = -7,2kNm

No último intervalo, com o objetivo de simplificar a resolução, utilizaremos uma variável

(x') da direita para esquerda.

Ao utilizar este artifício, inverte-se a convenção de sinais.

O < x < 1,2

x'

6kNt+

x'

o

Q = +6kN

M = -6x'

x' = O ~ M = O

x' = 1,2 ~ M = -7,2kNm

Obs.: Os dois momentos são máximos, porém possuem como diferença o sinal.

x = 1,8 --f M máx = 7,2kNm (tração n,as fibras inferiores)

x' = 1,2 --f Mmáx = -7,2kNm (compressão nas fibras inferiores)

Ex. 1.1. - Determinar as expressões de Q e M e construir os diagramas na viga engastada,

dada na figura.

~ 4~r------.::e2m",------- f- --'2::.:.m~ _+./

f\

M'=lOkNm

o

x t---T---~'- -----t--.-

x

[kN]

o


4kN

O<x<2

Q = -4kN

~I 1

o

x

M ==-4x

x==O-7M=O

x ==2 -7 M ==-8kNm

M' = 10kNm

o--

4kN

~

x 1 #'!

x

2<x<4

Q ==-4kN

M ==-4x + 6

x ==2 -7 M ==-2kNm

x==4-7M==-10kNm

o contramomento M' possui a mesma intensidade de M, porém o sentido é inverso.

Portanto:

Ex. 12 - Determinar Q e M e construir os diagramas.

1. Reações de apoio

o

x

30kN

1,2m

60kN

1,2m 1,2m 1,2m

30kN

~

o

\D

11

rf

lf

J

°rrTl~flllrrLL~~llJLtrll~Jt-r~LllJ~lJJJ:30

[kNJ

-301 I I I I I I

o I""""'"'L

I I I I I I I I I I I I ];p"'''''''''"J: I I I I I I I I I I I jJ;;•••••. [oi Mmáx=-36kNm

LM A

==O

LFv ==O

2,4Rs ==60x1,2 + 30x3,6 - 30x1,2

Rs = 60kN

R A + Rs ==30 + 60 + 30

RA ==60kN


Obs.: As reações poderiam ser determinadas por simetria através de:

R A = R B = -

120

= 60kN

2


o < x < 1,2

30kN

Q = -30kN

M = -30x

x

x=O ~ M=O

x = 1,2

~ M máx = -36kNm

1,2 l

-b'

1,2 < x < 2,4

Q = -30 + 60 = 30kN

M = -30x + 60 (x - 1,2)

x = 2,4 ~

M = O

~ o

'"11

rr.""

x

por simetria tem-se que:

x = 3,6 ~ M = -36kNm


biapoiada carregada conforme a figura a seguir.

40kN

2m 1m 1m

~----------~----------{IB

40kN

1m

1m

'-'-'-',---

I

.-._.

R A

Q=Rj[~~~~~~+rrr~~,,~~

l,83m

.%'

Força.CortanteQeMomentoFletor:M

Solução:

A concentrada da carga distribuída equivale a 60kN e atua a uma distância de 1m do apoio

A no CG da carga.


LM A =

O

LFy= O

4R B = 3 x 40 + 60 x 1

R B = 45kN

R A ;- R B = 60 + 40

R A = 100 - 45

R A = 55kN


0<x<2 Q = R A - 30x

x = O ~

x = 2 ~

Q = R A = 55kN

Q = 55 - 30 x 2 = -5kN

Percebe-se que a cortante passa de positiva para negativa; portanto no ponto em que cortar

a linha zero, o momento será máximo no trecho.

Q = O ~

30x = R A

55

x = - = 183m

30 '

Neste ponto, a Q = O e o M é máximo.

x

M = R A . X - 30 . x . - 2

x=O~M=O

2 2

X = 2 ~ M = 55 x 2 - 30 .-

2

M =50kNm

x = 1,83 ~ M = 55x1,83- 30x1,83 2

2

M = 50,42kNm

2<x<3

Q = RA- 60 = 55 - 60 -5kN

M=RA ·x-60(x-1)

x = 3 ~ M = 55x3-60x2

= 45kNm

3<x<4

Q = RA- 60 - 40 == -45kN

M = RA. x -60(x -1) - 40(x -3)

x = 4 ~ M = 55 x 4 - 60 x 3 - 40 x 1 == O

'" no;;; Mecânica;J'écnica'ecResistência,dos Materiais,".:;ú"~':f,"" :':;;6.,,,·: ,:':::::,' ";",, r,..;;,,'''0'0;, ';;."0' ":" ';'~''''::.''':'';';.,;' H.:11""', 'o,,· ,.:;°';"'\4, ..';':',""


c.1.)

Diagrama da Q

Para x = °a Q = RA' a partir da linha zero traça-se um segmento de reta vertical que representa

a intensidade de RA-

A equação da Q no trecho é do 1º grau, com a < 0, portanto o seu gráfico é representado por

um segmento de reta decrescente que corta alinha zero em 1,83m do apoio A, atingindo -

5kN em x = 2.

No trecho 2 < x < 3, a equação da Q é uma constante de intensidade -5kN. Em x = 3, a carga

de 40kN faz com que a Q desça para Q = -45kN. No trecho 3 < x < 4, a Q é uma constante

de valor -45kN, portanto uma paralela à linha zero. Em x = 4, a intensidade de Rs retorna o

diagrama da Q para linha zero.

c.2) Diagrama de M

No trecho °< x < 2, a equação do M é do 2 Q grau com a < O; portanto, o diagrama corresponde

a um segmento de parábola que parte da linha zero para x = 0, atinge o máximo em x = 1,83m

e decresce ligeiramente em x = 2m. No trecho 2 < x < 3, a equação passa a ser do 1º grau,

sendo representada por um segmento de reta decrescente. No trecho 3 < x < 4, continua

a equação do 1º grau; portanto novamente tem-se como gráfico uma reta decrescente que

parte de 45kNm em x = 3 e chega a zero em x = 4.

Ex. 1.4 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga

biapoiada carregada conforme a figura dada.

1m 3m 1m

[kN]

Mmáx = 31,25kNm

-25KNm

-25KNm

Solução:


Como os apoios são simétricos, e a concentrada da carga é de 250kN, conclui-se que:

250

R A = R B = - = 125kN

2


O<x<l

Q =-50x

x=O-7Q=O

x = 1 -7 Q = -50kN

x 2

M = -50x.- = -25x

2

x=O-7M=O

x = 1 -7 M = -25kNm

1<x<4

Q = R A -

x = 1-7

50x

Q = 125 - 50 = 75kN

x = 4 -7 Q = 125 - 50 x 4 = -7 5kN

50x

X

1m

yJ2

50x

X

No ponto em que Q = O e o M é máximo. Q = O -7 X = 2,5m

Como a viga e o carregamento são simétricos em relação aos apoios, conclui-se que a

análise até a metade da viga já é o suficiente para estudá-Ia toda, pois a outra metade

determina-se por simetria.

x

M = R A (x - 1) - 50x . 2"

M = R A (x - 1) - 25x 2

X = 2,5m -7 M = 125 x 1,5 - 25 x 2,5 2

M máx = 187,5 - 156, 25

I M máx = 31,25kNm I

c) Diagramas de Q e M

c.1) Diagrama de Q

No trecho O < x < 1, a equação é do l Q grau com a < O, portanto a sua representação é

um segmento de reta decrescente que parte da linha zero e atinge -50kN no apoio A.

A intensidade da R A está representada pelo segmento de reta vertical que parte de -50kN

e atinge +75kN.

No intervalo 1 < x < 4, a equação volta a ser do 1Q grau com a < O, portanto temos novamente

um segmento de reta decrescente que parte de +75kN no apoio A, corta a linha zero em

Mecânica Técnica e Resistência dosMateriais""";~;i':X;;';"""""

x = 2,5m e atinge o apoio B com -75kN. A reação R B está representada pelo segmento de reta

vertical que parte de -75kN e atinge 50kN. No intervalo 4 < x < 5, a equação continua sendo

do 1º grau com a < 0, sendo representada novamente por um segmento de reta decrescente

que parte do apoio B com +50kN e atinge a extremidade final da viga na linha zero.

c.2)

Diagrama de M

No intervalo ° < x < 1, a equação do M é do 2º grau com a < 0, portanto um segmento de

parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte da linha zero na extremidade livre

e atinge o apoio A com a intensidade de -25kNm.

No intervalo 1 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 2º grau com a < 0, portanto a sua

representação será uma parábola com a concavidade voltada para baixo, que parte de

-25kNm no apoio A, e atinge o seu máximo em x = 2,5m com a intensidade de 31,25kNm.

O restante do diagrama determina-se por simetria.

Ex. 15 - A viga AB biapoiada sofre a ação dos esforços representados na figura. Determinar

as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas.

1m

1m

SOkN

1m

1m

lOkN

x

x

x

-10kNm

Solução:


LM A

= O

LFv = O

3Rs = 4 x 10 + 15 + 50 x 1

40 +15+50

3

Ir- R

- s

-=-3-5-k-N-"

R A + Rs = 50 + 10

R A = 60 - 35 = 25kN

I RA = 25kN I


0<x<1

Q = R A = 25kN

M = R A . x

x=O~M=O

x = 1 ~ M = 25kNm

1<x<2

Q = R A -

50 = 25 - 50 = -25kN

M = R A • x-50 (x - 1)

x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 = O

2<x<3

Q = R A - 50 = 25 - 50 = -25kN

M = R A • x-50 (x - 1) + 15

x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 + 15

M = 15kNm

x = 3 ~ M = 25 x 3 - 50 x 2 + 15

M = -10kNm

No intervalo compreendida entre 3 < x < 4, pode-se utilizar o artifício de uma variável x',

e partir da extremidade livre em direção ao apoio B.


O < x' < 1

Q = 10kN

M = -10x'

x' = O ~

x' = 1 ~

M = O

M =-10kNm

Obs.: Para utilizar este artifício inverte-se a convenção de sinais.

c) Diagrama de Q e M

c..1) Diagrama de Q

No apoio A, a cortante é a reação RA' representada no diagrama pelo segmento de reta

vertical. Em todo o trecho O < x < 1, a cortante é uma constante de intensidade RA'

representada no diagrama pelo segmento de reta horizontal paralelo à linha zero. No ponto

x = 1, está aplicada a cortante de 50kN que está representada no diagrama pelo segmento

de reta vertical que leva a cortante de 25kN para -25kN.

No intervalo 1 < x < 3, a cortante de -25kN representada pelo segmento de reta paralelo à

linha zero. Em x=S, a reação R B representada no diagrama pelo segmento de reta vertical eleva

a cortante para 10kN. No trecho O< x' < 1, a cortante é novamente uma constante representada

no diagrama pela paralela à linha zero. Em x = 4, a carga de -10kN zera o diagrama.

MecânicaT écnicaeResistência

dos Materiais

c.2) Diagrama de M

No intervalo O < x < 1, a equação do M é do 1 2 grau com a> O, portanto a sua representação

será através de um segmento de reta crescente. No intervalo 1 < x < 2, tem-se novamente

uma equação do 1 2 grau, porém neste caso o segmento de reta é decrescente, pois a

constante negativa é maior que a positiva.

No ponto x = 2, está aplicado um torque de 15kNm, que está representado

de reta vertical.

pelo segmento

Nos trechos seguintes, novamente equações do 1 2 grau, representadas pelos respectivos

segmentos de retas.

Ex. 16 - Determinar as expressões de Q e M, e construir os respectivos diagramas nas vigas

AS e CD representadas na figura. O peso próprio das vigas.

AB = 500N/m

CD = 1000N/m

Solução:

a) Inicia-se a resolução pela viga AS.

Na viga AS, tem-se que:

lOOON

2m

3000N

2m

As reações nos apoios R A e R B são iguais, pois a carga de 1000N é simétrica aos apoios.

Temos, portanto, uma carga concentrada de 3000N atuando no centro da viga. Conclui-se

que:

R A = R B = 1500N


0<x<2

Q = RA-500x

X = O~ Q = RA= 1500N

x = 2 ~ Q = 1500 -1000

Q = 500N

X

M=RAX-500x·-

2

x=O~M=O

X = 2 ~ 1500x2-500x-

M =2000Nm

2 2

2

2<x<4

Q = RA- 500x -1000

x = 2 ~ Q = 500N

x = 4 ~ Q = -1500N

x

M = RA·X-500X·--l000

2

(x-2)

4 2

x = 4 ~ M = 1500·4-500·--1000·2

2

x=4~M=O

M rnáx = 2000Nrn

c) Diagramas

c.1) Diagrama de Q

No apoio A a Q = R A = 1500N, portanto a sua representação será um segmento de reta

vertical acima da linha zero. No intervalo O < x < 2, a equação da cortante é do 1 Q grau com

a < O, sendo, portanto, representada por um segmento de reta decrescente. No ponto x

= 2, atua uma carga concentrada de 1000N, que está representada no diagrama, pelo

segmento de reta que "leva" a cortante de +500N para -500N.

No intervalo 2 < x < 4, tem-se novamente uma equação do 1Q grau com a < O, sendo

representada no diagrama, pelo segmento de reta que "leva" a cortante de -500N para

-1500N, no apoio B. Em B, atua Rs cuja intensidade é de 1500N, sendo representada no

diagrama pelo segmento de reta vertical que parte de -1500N e vai até a linha zero.

Mecânica·TécnicaeResistência·

dos Materiais

c.2) Diagrama do M

A equação do M é do 2 Q grau com a < O em toda a extensão da viga, portanto o diagrama

será uma parábola de concavidade voltada para baixo, com o seu ponto máximo em x = 2.

a.1) Resolução de viga CD

a.1.1)


1500N

1500N

4500N

4500N

Mmáx=

6000Nm

Como as cargas são simétricas

aos apoios, conclui-se que Rc = R D = 4500N

b.1)

Expressões de Q e M

0<x<1

Q = Rc -1000x

x = O~ Q = R A

= 4500N

x = 1 ~ Q = 3500N

X

M = R ·x-1000x·-

c 2

x=O~M=O

x = 1 ~ M = 4500-500

= 4000N

M =4000Nm

Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = R D = 4500N

1<x<3

Q = Rc -1000x -1500

x = 1 ~ Q = 2000N

x=3~Q=0

253

x

M = Rc.x-1000x ,- -1500(x -1)

2

1000,3 2

X = 3 ~ M = 4500,3 - -1500,2

2

X = 3 ~ Mmax = 6000Nm

c.3)

Diagramas

c.3.1) Força cortante

Q

No apoio C, a cortante é representada pelo segmento de reta vertical que "sai" da linha

zero, e atinge 4500N.

No intervalo O < x < 1, a equação é do 1º grau com a < O, portanto

é através de um segmento de reta decrescente.

a sua representação

No ponto x = 1, atua uma carga concentrada de 1500N, representada no diagrama através

do segmento de reta que "parte" de 3500N e atinge 2000N. No intervalo 1 < x < 5, tem-se

novamente uma equação do 1º grau com a < O, portanto novamente a sua representação darse-a

através de um segmento de reta decrescente, que corta a linha zero no ponto x = 3. Neste

ponto, o momento é máximo. O restante da viga determina-se por simetria.

c.3.2) Momento

Fletor

As equações são do 2º grau, com a < O, portanto a sua representação será através de parábola

com concavidade voltada para baixo, com ponto máximo no ponto x = 3.

Ex. 17 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas da viga AS

da construção representada na figura.

1m 1m 1m

F,

40kN

1m _ I _ 1m

oi'-'-'-'-'-'-'~c

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·'E2"W'·· /

Solução:

Para determinar Q e M na viga AS, é necessário conhecer a intensidade da carga axial atuante

na barra (1).

a) Carga Axial na barra (1)

Como a concentrada

da carga distribuída é simétrica ao apoio C e a barra 1, conclui-se que:

Rc = Fi = 20kN

b) Expressões de Q e M na viga AS

Reações nos apoios A e S

x

x

30x'

x'

20kN

30kN

lOkNm/, r-,

f-._.{-.-+-._'-'_._.

T

1m 1,5m O,5m

2,Fv = O

R A + Rs = 20 + 30

R A = 50- 35

R A

= 15kN

O<x<l

1<x<2

Q=R A =15kN Q = R A - 20 = 5kN

M =RA·x-20(x -1) + 10

X = 1 ~ M = 25kNm

X = 1 ~ M = 15kNm X = 2 ~ M = 20kNm

255

o intervalo 2 < x < 3 pode ser calculado através da variável x', partindo do apoio B até a

extensão total da carga distribuída. Tem-se então o intervalo O < x' < 1. A utilização deste

artifício implica na inversão da convenção de sinais.

Q = +30x-R B

X = O~ Q =- R B = -35kN

x = 1~ Q = -5kN

30X'2

M=RB,x'---

2

x=O~M=O

x = 1 ~ M = 20kNm

c) Diagramas de Q e M

i

1m

20kN

1m

1m

30kN

m

R.

Q = 15kN

Q = 35kN

Mmáx = 25km

,,,,nMecânica:récnicaeResistênciadosMateriais ,;

-

FLEXAO

11.1 Introdução

o esforço de flexão configura-se na peça, quando

esta sofre a ação de cargas cortantes, que venham a

originar momento fletor significativo.

, ..•..• -- _

I

--~---------------

, I __ ~

-e:

,

~:-:_--- , --______ B

11.2 Flexão Pura

R

---------

Quando a peça submetida à flexão, apresenta somente momento fletor nas diferentes

secções transversais, e não possui força cortante atuante nestas secções, a flexão é denominada

pura.

No intervalo compreendido entre os pontos C e D, a cortante é nula e o momento fletor atuante

é constante. Neste intervalo, existe somente a tensão normal, pois a tensão de cisalhamento é

nula, portanto o valor da força cortante é zero.

11.3 Flexão Simples

A flexão é denominada simples, quando as secções transversais da peça estiverem

submetidas à ação de força cortante e momento fletor simultaneamente. Exemplos: intervalos AC

e DB da figura anterior. Neste caso, atua tensão normal e tensão tangencial.

;"'Flexão,;::;'" 257

11.4 Tensão Normal na Flexão

Suponha-se que a figura representada a seguir seja uma peça com secção transversal A

qualquer e comprimento Q, que encontra-se submetida à flexão pela ação das cargas cortantes

representadas.

p

f. comprimidas

5

o

A~ ~~~B I' \:Q(' t;\(t)

R A

f. !racionadas

Conforme o capítulo anterior, as fibras inferiores da peça encontram-se tracionadas,

enquanto as fibras superiores se encontram comprimidas.

A tensão normal atuante máxima, também denominada tensão de flexão, é determinada em

relação à fibra mais distante da secção transversal, através da relação entre o produto do momento

fletor atuante e a distância entre a linha neutra e a fibra, e o momento de inércia baricêntrico da

secção.

Tem-se, então:

Ma

o, = -J-

Mb

o , = -J-

Onde 0c tensão máxima nas fibras comprimidas. Como se convenciona o momento fletor

nas fibras comprimidas negativo, 0c será sempre < O (negativo).

0t - tensão máxima nas fibras tracionadas. Como, por convenção, o momento fletor é positivo

nas fibras tracionadas, c, será sempre> O (positivo).

11.5 Dimensionamento na Flexão

Para o dimensionamento das peças submetidas a esforço de flexão, utiliza-se a tensão

admissível, que será a tensão atuante máxima na fibra mais afastada, não importando se a fibra

estiver tracionada ou comprimida.


M.y max

O' x = Jx

Do capítulo 9, escreve-se que:

w _

x -

Jx

--

Ymax

(Módulo de resistência)

h.Mecânica Técnica e 'Resistência dos.Materlals

"-T-:!;;;;;;r; .:~~.,. ·r·tl~:f'~~':::::::::;:;:;i!~K};:

~

~

portanto

C;E F F:·r ,~lJ r'J E: [) . ~~:;;

C~)~;'~L~~l5[~~~~)~2!;;~,/:\

/'

/

SN (superfície neutra)

Para dimensionar-se a peça, utiliza-se cr = ox

Quando a carga aplicada for normal ao eixo y, tem-se que:

Mx

o =~

y

J

y

Do capítulo

9, escreve-se que:

(Módulo

portanto:

de resistência)

R X

Ā

E]]=M

y W y,

Para dimensionar-se a peça, utiliza-se o = (jy

onde

c, e O'y - tensão normal atuante na fibra mais afastada [P A ;000]

cr -tensão admissível [P A ; N/mm2; 000]

M - momento ftetor [Nm; Nomm;ooo]

W x e Wy - módulo de resistência da secção transversal [m 3 ; mm 3 ;ooo]

Xmáx e Ymáx -distância máxima entre LN (linha neutra) e extremidade da secção [m; rnm.. ..]

259

0 __ 0

11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão

A força cortante que atua na secção transversal da peça

provoca nesta uma tensão de cisalhamento, que é determinada

através da fórmula de Zhuravski.

/2

't =51 r\dA

bJ Jo

s

_L_

0

~

b

dd.,

Y

__

1

Do capítulo

9, escreve-se que:

Me= {YdA portanto:

't = QMe

bJ

onde:

"t ~ tensão de cisalhamento [ P A

; N/mm2; ...]

Q - força cortante atuante na secção [N; ]

Me - momento estático da parte hachurada da secção (acima de y) [m 3 ; mrrr': ...]

b - largura da secção [m; mm; ... ]

j - momento de inércia da secção transversal [m 4 ; rnrn" ;]

Na prática, geralmente, a tensão é nula na fibra mais distante, sendo máxima na linha neutra.

11.7 Deformação na Flexão

A experiência mostra, nos estudos de flexão, que as fibras ~

da parte tracionada alongam-se e as fibras da parte comprimida

encurtam-se. Ao aplicar as cargas na peça, as secções

transversais cg e df giram em torno do eixo y, perpendicular ao

plano de flexão. As fibras longitudinais do lado côncavo

contraem-se e as do lado convexo alongam-se. A origem dos

eixos de referência x e y está contida na superfície neutra.

Para obter o !'!. dbe, traça-se uma paralela à secção c.g.

O lado de do triângulo bde representa o alongamento da fibra

localizada a uma distância y da superfície neutra (SN).

Triangulo bde

ampliado

li.

A semelhança entre os triângulos oab e bde fornece a deformação da fibra longitudinal.

Escreve-se, então: 1 E, =;;;; = 71

p

-~~~o ~~~~~~~~ ~~~-~~~ ~o_--Uio -.c

AI _ -- - _ IB

yt

b

0__ 0-

Z

R A

R B

Mecânica Técnica e Resistência dos-Materlals»

o alongamento longitudinal das fibras na parte tracionada é acompanhado por uma contração

lateral, e a contração das fibras da parte compimida é acompanhada por uma distensão lateral.

A deformação que ocorre na secção transversal é determinada por:

onde Ez - deformação transversal

v - coeficiente

de Poisson

Ex - deformação longitudinal

onde y - distância da fibra estudada à superfície neutra [mm; ...]

r - raio de curvatura do eixo da peça [mm; ... ]

Pode-se perceber que o raio de curvatura R da secção transversal é maior que r,

proporcionalmente ao coeficiente de Poisson.

Ir = R . vi

Através da lei de Hooke, encontra-se a tensão longitudinal

a,~Ee,

la,~E71

das fibras.

y

z

Considera-se agora um infinitésimo

o eixo z (LN).

de área dA, que dista y

A tensão que atua dA é s., portanto a força que atua em dA:

~I

~11lX

Otmáx

'------dA

Como a resultante das forças distribuídas na secção transversal é igual a zero, pois o sistema

de cargas pode ser substituído por um conjugado, tem-se então que:

F=~ f yd A = O

r A

o momento estático yd A

passa pelo CG da secção.

= O em relação à linha neutra, então conclui-se que a linha neutra

O momento estático

de dA em relação à linha neutra é dado por

Ey = dAy

r

Flexão 261

Integrando a expressão para a superfície, encontra-se que:

f

E 2

M= r y dA

Como a linha neutra considerada no estudo da secção transversal é Z, conclui-se que Jz =l

dA; portanto:

E

M =-Jz

r

ox.r

Sabe-se que' E

. =-- y

portanto, substituindo E na equação de M, tem-se que:

M = aX.r

yr

.Jz

~

~

Obs.: Como, para determinar as características geométricas das superfícies planas

trabalhamos com os eixos x e y na secção transversal , o Jz é para nós o J x '

SECÇÃO

TRANSVERSAL

Y/

~

L2J

x

11.8 Exercícios

Ex. 1 -

Dimensionar a viga de madeira que deverá suportar o carregamento representado na

figura. Utilizar Gmad = 10MPa e h == 3b.

lOOON

lOOON

'm 'm _~

iH

Q=lOOON

Mmáx= l000Nm

,'''MecânicaTécnica e-Reslstêncla-dos Materiais"""'""""" ~P:~:;;,\::;:~::

Solução:

I RA= R B =1750N I


aos apoios, conclui-se que:


O<x<l

Q = -1000N

M = -1000x

x=O~M=O

x = 1 ~ M = -1000Nm

1<x<2

Q = RA-1000 = 750N

M = -1000x +RA(x -1)

x = 2 ~ M = -250Nm

~

1000N

1m

lOOON

R A

I

-f--.-._._._I-

RJ

X'

X'

Como o carregamento é simétrico, conclui-se que:

x = 3 ~ M = -1000Nm

x=4~M=0

b) Dimensionamento da viga

o módulo de resistência da secção transversal retangular é

bh 2

W x =-

6

- Mmax Mmax 6Mmax

0=--=--=--

W x bh 2 bh 2

6

Como a secção transversal da viga deverá ter h == 3b, tem-se que:

- 6Mmax 6Mmax 6Mmax

0=--=--=--

b(3b)2 b.9b 2 9b 3

donde

b=3 6xl000 xl0-2m

9xl0

b =

6 x 1000f>M1

3 9 x 10 x 10611::.

m 2

Flexão 263

b == 4 X 10- 2 m ~ b = 4cm ou b = 40mm

Como h = 3b, conclui-se que h = 3 x 40 = 120mm

A viga a ser utilizada é 60 x 120 [mm], que é a padronizada mais próxima do valor obtido.

Ex. 2 - Dimensionar o eixo para que suporte com segurança k = 2 o carregamento

representado. O material a ser utilizado é o ABNT 1020 com cr e = 280MPa.

;$t I'Sit-$

lOOON 1500N lOOON

I 'm I 'm

RA

R B

Q=.Ra

Q=·R.

+'

Mmáx=2500Nm

Solução:


aos apoios, conclui-se que:

R A =RB =1750N


0<x<1

Q=R A =1750N

M = R A

. x

x=O~M=O

x = 1 ~ M = 1750Nm

~ f~t

1m lOOON

1<x<2

Q = R A -1000 = 750

M = RA . x -1000(x -1)

R A

: X \ •

x = 2 ~

M = 2500Nm

Como as cargas são simétricas aos apoios e de mesma intensidade, conclui-se que:

x = 3 ~ M = 1750Nm

x=4~M=0

·-,'·"Mecânica,T écnicae Reslstêncla-dos -Materiais,-',,!,-;;-- ·:'~~h

b) Dimensionamento do eixo

o módulo de resistência da secção circular é:

nd 3

W =-

x 32

Tensão

admissível

cr = ~ = 280 = 140MPa

k 2

Diâmetro

do eixo

Mmax

cr---------'-"''''-

32Mmax

- nd3 - nd3

32

d = ~32~max

nCí

d = 3

32x2500

n x 140 x 10 6 I

d = 3 32x 2500

n x 0,14 x 10 9

d=57mm I

Ex. 3 -

Dimensionar o eixo vazado para que suporte com segurança k = 2 o carregamento

representado na figura. O material utilizado é o ABNT 1040 L com (Je = 400MPa. A

relação entre os diâmetros é 0,6.

1200N

O,6m O,6m O,3m

800N

..!l=06

D '

Q = 800N

Mmáx = 240Nm

Mmáx = 240Nm

Solução:

a) reações nos apoios

I,M A

= o

1,2 RB = 800 x 1,5 + 1200 x 0,6

I,Fv =0

R A +RB = 1200+800

R _ 1200+ 720

B - 1,2 I RB =1600N I R A = 2000 -1600

Flexão 265


O < x < 0,6

Q ==R A

= 400N

M = R A

• x

~J~

x==O~M=O

x = 0,6 ~ M ==240Nm

0,6 < x < 1,2

Q = R A -1200

Q ==-800N

~

~

RA~

1200N

M = R A . x -1200(x - 0,6)

x = 1,2 ~

M -240Nm

O < x' < 0,3

Q ==800N

M ==-800x

~~

x==O~M=O

x = 0,3 ~ M = -240Nm

Portanto, o momento fletor máximo ocorrerá nos pontos x = O,6m e x = 1,2m e a sua

intensidade

é ± 240Nm.

c) Dimensionamento do eixo

Para dimensionar o eixo utiliza-se o valor do momento em módulo, desprezando-se desta

forma o sinal negativo.

- drnl - cre 400 200MP

Tensao a rnissivel: cr = - ==-- == a

k 2

Diâmetro

D e d

O módulo de resistência da secção circular vazada é

W x

==~[D4 _d 4 )

32 O

Como, por imposição do projeto, D = 1,67d, conclui-se que:

1t [(1,67dt _d 4 ] 1t [7,78d 4 _d 4 ]

W = - ==--=------=

x 32 1,67d 32 1,67d

4

W ==~ 6,78d ==~x4d3

x 32 1,67d 32

I WX=~d31

-Mecânica"Técnica;e'Resistênciados'

Materiais",>,

- Mm~ Mm~ 8Mm~

Ci=--=--=--

W x nd 3 nd 3

8

d =3 8 x240

nx 200 x10 6

d == 1,5 x 10- 2 m

I d == 15mm I

Por imposição do projeto, o diâmetro externo do eixo é 1,67 do diâmetro interno, conclui-se,

então, que:

D = 1,67 x 15 = 25mm

I D = 25mm I

Ex. 4 - A construção representada na figura é composta por uma viga U CSN 152 x 19,4

cujo módulo de resistência W x = 95cm 3 . Determinar o valor máximo de P, para que

a viga suporte o carregamento, com uma tensão máxima atuante de 120MPa.

P P P

P

1m 1m 1m 1m

- - -

~

X

X

X

R= 4P

O

-P

I I I I I

0

11111

-2P Q = 4P

-3P

O

n

O

~ •..•.. ~ -.::-

-,

-3p•..•..••..•..

••..•.•......

•..•..•..•..

Mmáx=-lOP

-6P'

"

",I-L

Solução:


p

O<x<l

Q =-P

M=-P·x

x=O~M=O

~~

x =1~

M=-P

1<x<2

Q =-P-P

=-2P

M = -P . x - P(x -1)

x =2

~M=-3P

~~

2<x<3

Q = -P - P - P = -3P

M = -Px - P(x -1) - P(x - 2)

x=3

M = -3P-2P-P = -6P

3<x<4

~

p p p

1m

x

M= -Px - P(x -1) - P(x - 2) - P(x - 3)

x=4

M =-4P-3P-2P-P

IMmáx = -10P I

~ p p p p

4T~

b) Carga máxima P

A tensão máxima que deverá atuar na viga é de 120MPa; portanto, pode-se escrever que:

Mmax

O'max = W

x

Como o M máx = -10P ( o sinal negativo significa que as fibras inferiores estão comprimidas)

e o módulo de resistência da viga é de 95cm 3 ou 95 x 10- 6 m 3 , escreve-se, então, que:

Mmax

=O'maxxWx

10P = 120 X 10 6 x 95 X 10- 6

P = 120 x 95

10

I P = 1140N I

Ex. 5 - Determinar a expressão da tensão máxima de cisalhamento na viga de secção

transversal retangular submetida à flexão.

w i MecânicaTécnica

e Resistênciados .:Materiais

Solução:

.c N X

[y2] E3'Jh2

M = b % - --7 M = - (I)

x 2 x 8

o

b

A expressão da tensão de cisalhamento é:

QMe

1:=-

Jb

(li)

substituindo a equação I na equação" tem-se que:

Qbh 2 Qh 2

1:=--=--

8Jb 8J

bh 3

Como o momento de inércia da secção retangular é J, = -, tem-se que:

12

Qh 2 30

1:=--=bh

3 2bh

8- 12

A área da secção transversal retangular é dada por A = b x h.

Portanto, escreve-se que:

I,~%; I

A tensão do cisalhamento é máxima no centro de gravidade da secção, sendo 50% maior

que a tensão média que seria obtida através da relação Q/A.

Ex. 6 -

Determinar a tensão máxima de cisalhamento e a tensão normal máxima que atuam

na viga de secção transversal retangular 6 x 16 [em] que suporta o carregamento

da figura.

Flexão' 269

600N

O,Sm I 1m

----.J.I..I..lL1

o;el~

A

R A

X

X'

Rs

x

Q=RA

ISO

[KN]

Q=-Rs

Mmáx=S2SNm

O

Solução:


2:MA

= O

2:Fv = O

2Rs = 1200 x 1,5 + 600 x 0,5

Rs = 1800 + 300

2

I Rs = 1050N I

I RA

R A + Rs = 1200 + 600

R A = 1800 -1050

= 750N I


O < x < 0,5

Q=RA=750N

M = R A

. x

x=O~M=O

x = 0,5 ~ M = 375Nm

0,5 < x < 1,5

Q = RA = 600 = 150N

M =RA ·x-600(x-0,5)

x = 1,5 ~ M = 525 Nm

O < x' < 0,5

Q = Rs = -1050N

M = Rs . x'

~1=t

R A

1,-Rf~O~=t

1f-a

x'=O~M=O

'''+Mecânica'Técnica e-Resistência dos Materiais,

c) Tensões máximas

c.:1.)

Tensão máxima de cisalhamento

3Q

't=--

2A

A força cortante máxima é de 1050N e atua no intervalo 1,5 < x < 2.

A área da secção transversal é: A= 6x16 = 96cm 2

Tem-se então que:

A = 96xl0- 4 m 2

3 1050

- 2 . 96xl0- 4

't --

3 1050

't=-.----.,-

2 9600xl0- 6 't = 0,16MPa

c.2) Tensão de flexão máxima

Como o módulo de resistência da secção retangular é:

bh 2

W =-

x 6

escreve-se que:

6M max

(J = t;h2

Transformando-se as unidades de b e h para [m], tem-se que:

6x525 6x525 6x525xl0 6

(J max = 2 = -2 2 -4 = 2

6 X 10- 2 X (16 X 10- 2 ) 6 x 10 x 16 x 10 6 x 16

(Jmax

= 2,05MPa

1m 2m 1m

y

Ex. 7-

Dimensionar a viga I de

qualidade comum CSN ABNT -

EB - 583 com ce = 180 MPa,

para que suporte o carregamento

representado na figura,

atuando com uma segurança

k ~ 2 . Desprezar o peso próprio

da viga.

x

271

Solução:


I RA

Como a carga é simétrica

= Rs = 40kN I

em relação aos apoios, conclui-se que:


0<x<1

Q=R A =40kN

M = R A

. x

x=04M=0

x = 14 M = 40kNm

~

jxt

Como o carregamento é simétrico, basta analisar a metade da viga,

e automaticamente obter-se-á o resultado da outra metade.

1<x<2

Q = R A -40(x-1)

No ponto em que Q = 0, o M será máximo.

x - 1 = :~ x = :~ + 1 I x = 2m I

R A

(X-I)

40(X-I)t 2

X

M=RAX-40(x-1)· (x-1) M=R AX -20(x-1)2

--=:>

2 x = 24M = 60kNm

Por simetria, conclui-se que:

x = 34M

X=44M=0

= 40kNm

c) Dimensionamento na viga

c.1) Tensão

admissível

- a 180

a= ~ = -- = 90MPa

k 2

c.2) Módulo de Resistência

da viga

W x

= M~ax = 60000

a 90 x 10 6

W x = 667 x 10- 6 m 3 I Wx = 667cm31

A viga que deverá ser utilizada é 1305 x 60,6 CSN cujo módulo de resistência é W x = 743cm 3 .

A viga com o módulo de resistência mais próximo do valor calculado.

;MecânicaTécnica:e.

Reslstêncla.dosMaterlaísss

Obs.: Trabalhe sempre a favor da segurança, escolhendo sempre a viga imediatamente

superior ao valor obtido nos cálculos.

Ex. 8 - Determinar a tensão normal atuante e o coeficiente de segurança (k) da viga

dimensionada no exercício anterior.

Solução:

a) Tensão normal máxima atuante

Mmax 60000

a --------

max- W x

- 743x10-6

lamax= 80,75MPa

b) Coeficiente de segurança da construção

k

_ ae _ 180

------

<rm~ 80,75

I k == 2,23 I

Ex. 9 -

O carregamento da figura será aplicado no conjunto de chapas e vigas representado

através da sua secção transversal.

O módulo de resistência do conjunto é W x = 474cm 3 .

O material usado possui (Je = 180MPa.

Pergunta-se:

1) Qual o coeficiente de segurança da construção?

2) O conjunto suportará o carregamento? Por quê?

3) A construção está bem dimensionada?

2m 1m 1m

5kN

_0-

X

Mmáx=7kNm

Flexão 273

Solução:


IM A =0

I RB

3R B = 4 x 5 + 2 + 20 x 1

=14KNI

IFv = O

R A + R B = 25

R A = llkN I

RA

.j~

2m

I

I

I 1m

1m

i-

,

I

I

I

I

12kNm

I

I

I

.. '.

ISkN


0<x<2

Q = R A -10x

x = O~ Q = R A = 11kN

x = 2 ~ Q = 11- 20 = -9 kN

Como a cortante passa de positiva para negativa, o momento fletor máximo no trecho será

no ponto em que Q = O.

~

R A

lOX]<. X/2

X

Q = Q ~

10x = R A

x=~ 11

10 = 10 = 1,lm

Ponto em que Q = O e M é máximo no trecho.

M=R A·x-l0x·-

x

2

M = R 10x 2

A'X- -

2

2

M=R A .x-5x

x=O~ IM=O I

x = 2 ~ M = 11x2-5x2 2

1M = 2kNm

I

x = 1,1 ~ M = 11 x 1,1- 5x 1,1 2 I M = 6,05kNm I

2<x<3

~

Mecânica T êcnlca-e.Reststêncla-dos

'Materiais/

Este intervalo encontra-se fora do trecho de ação da carga distribuída, por essa razão, utilizase

a concentrada da carga para determinar Q e M.

Q = R A - 20

Q = -9kN

M=R A·x-20(x-1)

m20kN

.__ .

x=3

M = 11x3-20x2

1M = -7kNm

I

RA

~

X

Q=R A -20+R B

Q = 11-20+14

Q = +5kN

M = RA . X - 20 (x -1) + R B (x - 3) + 2

x = 3 ~ M = 11 x 3 - 20 x 2 + 2

x = 3 ~ M = -5 kNm

o momento máximo que atua na viga é no limite à esquerda de x = 3, a sua intensidade

é de

-7kNm. O sinal negativo significa que as fibras inferiores estão comprimidas, no

dimensionamento o sinal é desprezado.

c) Tensão normal máxima atuante na viga

_ M máx

_ 7000

(J , -------~

max W x

47 4x10- 6 I (Jmáx = 14,8MPa I

1) Coeficiente de segurança da construção

k=~= 180 =12,16

(Jmáx 14,8

I k = 12,161

2) O conjunto suportará o carregamento, pois o coeficiente de segurança da construção

é k = 12,16, e o indicado para o caso é k = 2.

3) A construção está maldimensionada, pois o coeficiente de segurança é altíssimo para

o caso. Isto implica em urna construção segura, porém no ponto de vista econômico, tornou-

-se exagerada, o que irá acarretar gastos absolutamente dispensáveis.

Ex. 10 Determinar o módulo de resistência mínimo para que o conjunto da figura suporte

com segurança o carregamento representado. O material a ser utilizado é de

qualidade comum BR 18 ABNT-EB-583 c, = 180MPa, o coeficiente

que se indica para o caso é k = 2.

de segurança

1m

15kNm

30kN

1m

O.5m

8kNml2kN

"'LD\WJULV

"'LD\'V ;uuv

~. __ .- ._-.- x

! I ' , , , , L , , , , ,I' 'P , I I Q=2kN

Mmáx = 26kNm

Solução:


-l

1m 1m O.5m

-?-~

15kNm

30kN 8kNm 12kN

RAI

I,M A

= O

I,Fv = o

2Rs = 2,5 X 2 - 8 + 30 X 1 + 15

I Rs = 21kN I

RA+Rs=30+2

I RA= 11kN I


O<x<1

Q = RA= 11kN M=R A·x-15

x = O ~ M = 15kNm

x=1~M=26kNm

~i=t

1<x<2

Q=RA-30

Q=-19kN

M = RA. X - 30 (x -1) + 15

x=2

M = 11 X 2 - 30 x 1 + 15

M=+7kNm

+r R,

~ 15kN~" "

Mecânica Técnica e"Resistência

dos Materiais

2 < x < 2,5

Q = 11-30+21

= 2kN

M = R A ·x-15-30 (x-l)-8+R B

(x-2

x = 2 -7 M = 11 x 2 + 15 - 30 x 1- 8

1M = -lkNm

I

1m

x = 25 M = 11 x 2,5 + 15 - 30 x 1,5 - 8 + 21 x 0,5

15kNm

c) Dimensionamento da viga

c.L)

Tensão admissível

(J = 0e = 180 = 90MPa

k 2

c.2) Módulo de resistência do perfil

W = Mmax= 26000 ~

x cr 90xl06 l>Y

m 2

Flexão 277

TORÇÃO

12.1 Introdução

Uma peça submete-se a esforço de torção, quando

atua um torque em uma das suas extremidades e um

contratorque na extremidade oposta.

F

Pólo

12.2 Momento Torçor ou Torque

o torque atuante na peça representada na figura é definido através do produto entre a

intensidade da carga aplicada e a distância entre o ponto de aplicação da carga e o centro da secção

transversal (pólo).

Tem-se portanto:

I M T :: 2F·S

Onde MT - Momento de torçor ou torque [Nm; ...]

F - Carga aplicada [N;]

S - Distância entre o ponto de aplicação da carga e o polo [m; .... ]

Para as transmissões mecânicas construídas por polias, engrenagens, rodas de atrito,

correntes, etc., o torque é determinado através de:

I MT = FT . r I

Onde:

MT- Torque [Nm]

FT- Força tangencial

[N]

r - raio da peça [m]

·:rorção 279

12.3 Potência (P)

Denomina-se potência a realização de um trabalho na unidade de tempo.

Tem-se então que:

1: trabalho

p=-=---

t tempo

Como '"C = F . s, conclui-se que

F·s

p=t

mas

v = ~ , portanto conclui-se que: I P = F . v

Nos movimentos circulares, escreve-se que:

I P = FT . vp I

Onde:

P - Potência [W]

FT - Força tangencial

[N]

V p

v p - velocidade periférica [m/s]

Unidade de potência no SI

[N] = [F] .[V] = [N]. [m / s]

[N]= [N; ] = [;]

= [W]

portanto, potência no SI é determinada em W (watt)

Unidade de potência fora do SI, utilizadas na prática.

cv (cavalo vapor): cv == 735,5W

hp (horse power): hp == 745,6W

- Temporariamente admite-se a utilização do cv.

O HP (Horse Power) não deve ser utilizado, por se tratar de unidade ultrapassada, não

constando mais das unidades aceitas fora do SI.

Como v p = co . r, pode-se escrever que: IP == FT . (j). r

mas, MT = F T • r, tem-se então que: I P == MT . (j) I

porém co = 2 nf, portanto: I P = MT . 2 nf I

'"'<:Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais;;v"''''"

n

Como f = 60 ' escreve-se que:

P = MT x 2n o n

60

p=

30

BEJoMron

Onde: P - potência [W]

MT - Torque [N.m]

n - rotação [rpm]

f - freqüência

[Hz]

(O - velocidade angular [radjs]

12.4 Tensão de Cisalhamento na Torção ('t)

A tensão de cisalhamento atuante na secção transversal da peça é definida através da

expressão:

para p = O ~

't = O

para p = r --> I 'm~ = MT·r I (I)

Jp

conclui-se que, no centro da secção transversal, a tensão é nula.

A tensão aumenta à medida que o ponto estudado afasta-se do centro e aproxima-se da

periferia. A tensão máxima na secção ocorrerá na distância máxima entre o centro e a periferia,

ou seja, quando p = r.

Pela definição de módulo de resistência polar, sabe-se que:

Iw, = J; I (11)

substituindo-se

11em I, tem-se que:

onde:

l' máx - tensão máxima de cisalhamento na torção [Pa; ...]

MT - momento torçor ou torque [Nm; Nmm; ...]

Torção 281

J p - momento polar de inércia [m" ; rnrn": ... ]

r - raio da secção transversal [m; mm;]

W p - módulo de resistência polar da secção transversal [m 3 ; mrrr': ... ]

12.5 Distorção (1)

o torque atuante na peça provoca na secção transversal desta, o deslocamento do ponto

A da periferia para uma posição A'.

Na longitude do eixo, origina-se uma deformação de cisalhamento denominada distorção

't, que é determinada em radianos, através da tensão de cisalhamento atuante e o módulo de

elasticidade transversal do material.

Onde:

I y~~

"f - distorção [rad].

I

1 - tensão atuante [Pa].

G - módulo de elasticidade

transversal do material [Pa].

----

12.6 Ângulo de Torção (8)

O deslocamento do ponto A para uma posição A', descrito na distorção, gera, na secção

transversal da peça, um ângulo torção (e) que é definido através da fórmula.

le~MT.ll

Jp.G

Onde: e - ângulo de torção [radianos]

MT - momento torçor ou torque [Nm; Nmm; ...]

-€ - comprimento da peça [m; mm; ...]

Jp - momento polar de inércia [m 4 ; mrn" ; ... ]

G - módulo de elasticidade transversal do material [Pa; ...]

12.7 Dimensionamento de Eixos-Árvore

Denomina-se:

eixo ~ Quando funcionar parado, suportando cargas.

eixo-árvore ~ Quando girar, com o elemento de transmissão.

Mecânica Técnica e Resistência dos MateriaisFtc:;.'Yi;P

Para dimensionar uma árvore, utiliza-se a :r (tensão admissível do material) indicada para

o caso.

Tem-se então:

- M

'T=_T

Wp

(I)

para o eixo maciço, tem-se

nd 3

W p = - (11)

16

substituindo

1I em I, tem-se:

- 16M

'T= __ T

nd 3

d = ~16~T

n'T

d ==1,72 ~~T

p

Como MT = -,

ro

pode-se escrever que:

d = 1,72~

P

to 'T

mas, co = 2 nf, portanto:

d = 1,72~

P _

2nf· 'T

d==0932~ P

, f .'i

, f n -

porem = 60 ' entao tem-se que:

d ==O,932~60~ nx'T

d ==3,653~ ~~

Onde:

d - diâmetro da árvore [m]

MT - torque [N.m]

P - potência [W]

co - velocidade angular [rad/s]

'f - tensão admissível do material [Pa]

f - freqüência [Hz]

n

- rotação [rpm]

283

Movimento Circular

Definições

Importantes

velocidade angular ((O )

I w ~ 2.f ~To" ~ ,;-1

I

freqüência

(f)

I~i;;~ifo~~r 1

rotação

(n)

n = 300) = 60f

1t

= 30vp

rc-r

velocidade periférica ou tangencial (v p

)

v," w·(" 2.·(·1" ~ 1

Onde:

O) - velocidade angular [radjs]

f - freqüência [Hz]

n - rotação [rpm]

v p - velocidade periférica [mjs]

Dimensionamento de Árvores Vazadas

Para dimensionar árvores vazadas, utiliza-se:

- MT

r = Wp

(I)

onde:

't - tensão admissível do material [Pa]

MT - Torque [Nm]

W p - módulo de resistência polar da secção circular vazada cuja expressão é:

W· ~ ~ (0 4 _d 4 )

P - 16' O

. Mecânica Técnica e Reslstênclados-Materlals "'-""""';""., , ;

Exemplo:

Dimensionamento

de árvore vazada com relação

~=05

D

D=2d

'

Desenvolvendo o módulo de resistência polar da secção transversal vazada para D:::: 2d, tem-se:

x

W _ 15rcd 3

p - 32

(11)

substituindo 11 em I tem-se:

- MT 32M T

1:=-=--

Wp 15rcd 3 d == 0,88 ~MT

portanto:

d = 3~.MT

15rc ~

1: .

diâmetro interno da árvore.

I D = 2d I

Diâmetro

externo da árvore.

~~~, 12.8 - Exercícios

Ex. 1 - Uma árvore de aço possui diâmetro d = 30mm, gira com uma velocidade angular

to = 20rc rad/s, movida por uma força tangencial FT = 18kN.

Determinar para o movimento da árvore:

a) rotação (n)

b) freqüência (f)

c) velocidade periférica (v p )

d) potência (P)

e) torque (Mt)

Torção

. :Í

285/)('

Solução:

a) rotação (n)

3000

n=--

n

n= 30 X 20n = 600rpm

n

I n = 600rpm I

b) freqüência (f)

f = ~ = 600 I f = 10Hz

60 60

c) velocidade periférica (v p )

v p = 00· r = 20n x 0,015

I v p = 0,3nm / s=:0,94m / s

d) potência (N)

P = FT . V p

= 18000N x 0,94m / s

P = 16920Nm / s

I P = 16920W I

e) torque (M T )

MT = FT.r = 18000NxO,015m

I MT = 270Nm I

Ex. 2 - Dimensionar a árvore maciça de aço, para que transmita com segurança uma

potência de 7355W (~10CV), girando com uma rotação de 800rpm. O material a

ser utilizado é o ABNT 1040L, com'! = 50MPa (tensão admissível de cisalhamento

na torção).

Solução:

d = 3,65 ~ P_

n·'!

d = 3,65 ~I 7355

800x50xl0 6

d = 36531 7355 xl0- 2 m

, '800x50

d =:2,lxl0- 2 m

d == 2,lcm

ou d == 21mm

"',rMecânica Técnica e Resistência dos Materiais "".,.":;.",.".,,,

Ex.3 - o eixo-árvore representado na figura, possui diâmetro d = 40mm, e comprimento

R= 0,9m, gira com uma velocidade angular ro= 201t rau/s movido por um torque

MT = 200Nm .

.r;fJ~(;'o\)~0

~~KA

\ t>~:

----o . / ----

'-

Determinar para o movimento da árvore:

a) força tangencial

b) velocidade periférica

c) potência

d) tensão máxima atuante

Solução:

a) força tangencial

FT= MT =

200Nm

r 20x10- 3 m

I FT= 10 4 N = 10000N I

b) velocidade periférica

v p = 20nrad / s· 20 x 10- 3 m

v p = O,41tm/ s

I v p = 1,26m / s I

c) potência

P = 10000xl,26 I P == 12600wI

e) tensão máxima atuante

MT

'tmax = Wp =~

16MT

'tmax

16 x200Nm

= 1tX 43 X 10-6 m3

16 x200 10 6 N

'tmax = x--

1t4 3 m 2

'tmax

= 15,9MPa I

287

Ex. 4 - No exercício anterior, determine a distorção (y) e o ângulo de torção (e).

G aço = 80 GPa

Solução:

a) distorção (y )

't 15,9 X 10 6

y-------

- G - 80xl09

15,9 X 10 6

8 X 10 10 I y = 1,9875xl0- 4 rad

b) ângulo de torção (e)

e= MTxe

J p x G

o momento

polar de inércia do círculo é dado por:

nd 4

Jp = 32

portanto:

e = 32Mr xl

nd 4 xG

e= 32x200NmxO,9m

n(4xl0-2mf x80xl0 9 ~

e

_ 32 x 200Ntl'ÍX 0,9m

- J1

nx4 4 xl0- 8 ~ x80xl0 9 -

m2

e= 32x200xO,9

nx 4 4 x 10- 8 X 800 X 10 8 I e = 8,95 x 10- 3 rad I

Ex. 5 - Um eixo-árvore de secção transversal constante, com diâmetro igual a 50mm,

transmite uma potência de 60kW a uma freqüência de 30Hz. Pede-se determinar

no eixo:

Solução:

a) a velocidade angular

b) a rotação

c) o torque atuante

d) a tensão máxima atuante

a) velocidade angular

co = 2nf co= 2n x 30 I (ü = 60nrad / s I

MecânicaTécnica


b) rotação do eixo

Cada volta do eixo corresponde a 21t rad; donde conclui-se que o eixo gira a uma freqüência

de 30Hz ou rotação de 1800 rpm.

c) torque no eixo

O torque no eixo é dado por:

MT = ~

ú.)

= 60000 = 318,3 Nm

601t

d) tensão máxima atuante

MT 16MT

'tmax = wp =~

16x318,3

1tx 125 X 10- 6 I

'tmax

== 13MPa I

Ex. 6 - Dimensionar o eixo-árvore vazado com relação entre

diâmetros igual a 0,6, para transmitir uma potência de

20kW, girando com uma velocidade angular

ú.) = 41trad/ s

O material do eixo é ABNT 1045 e a tensão admissível

indicada para o caso é 50MPa.

d

·-x

D

Solução:

a) Torque atuante no eixo

M - ~ - 2000 I ~T = 1591,5Nm

T - Cü - 41t .

b) Dimensionamento do eixo

- NT MT MT

't = - = = -....,----'----.".

Wp 1t (D 4 _d 4 ) ~((1,67d)4 _d 4 ]

16 D 16 1,67d

_ MT

't = ---=----___=;_

~[7,78d4_d4l

16 1,67d

MT

1t (6'78d 4 ]

16 1,667d

- MT

't = ---'----

~·406d3

16 '

16MT

12,75d 3 Torção 289

d = 10-3 ~116X 15,91,3

1,275xO,5

/ = 3/ 16x1591,5

1,275xO,5x10 9

d = 34xl0- 3 m

I d = 34mm I

Como D = 1,67d,

D=1,67x34=::57mm

conclui-se que:

I D=::57mm I

Ex. 7 -

Solução:

A figura dada, representa a chave para movimentar

as castanhas da placa do eixo árvore do torno. A

carga máxima que deve ser aplicada em cada

extremidade é F = 120N.

Dimensionar a extremidade da secção quadrada

de lado "a" da chave.

O material a ser utilizado é o ABNT 1045 e a sua

tensão de escoamento é 400MPa. Como a chave

estará submetida à variação brusca de tensão,

recomenda-se a utilização do coeficiente de

segurança k = 8.

Para dimensionar a secção quadrada da chave, admite-se coeficiente de segurança k = 8

como ideal para o caso, portanto a tensão admissível será:

ce _ 400 = 50MPa

't=T- 8

/

O módulo de resistência polar da secção quadrada é dado por: Wp =::0,23a 3 .

O torque que atuará na chave determina-se

através de:

MT = 2F.s = 2x120x120

I MT = 28800Nmm

dimensionamento

da secção:

- MT MT

3 MT

1'--=--

a

- Wp 0,23a 3 =---

0,231'

A tensão admissível está calculada em MPa, que equivale a N/mm2; conclui-se, portanto, que

1 = 50N/mm 2

a - ~ MT _ 31 28800

0,231' V 0,23 x 50

I a = 13,6mm I

Mecânica Técnica e Resistência.dos

MateriaisnzY;'''4't7t "'d"

Ex. 8 - A figura dada representa

uma "chave soquete"

utilizada para fixação de

parafusos. A carga máxima

que será aplicada

na haste

da "chave soquete" é de

180N. Dimensionar a haste

da chave.

Material a ser utilizado é o

ABNT 3140 (aço Cr: Ni)

o e = 650 MPa. Utilizar

k = 6,5.

1, ._250_._. -+--r ....J<__

.:»:

I

F

perigosa

Solução:

a) Torque atuante na haste

A secção que apresenta maior perigo para cisalhar na torção é ajunção entre a boca da chave

e a haste; e o torque que atua na secção é calculado por:

MT =250x180 =45000Nmm

b) Tensão admissível

A tensão máxima que deverá atuar na secção perigosa é de:

::r = ~ = 650 = 100MPa

k 6,5

Como a unidade MPa equivale a N/mm2, utiliza-se

'f = 100N / mm 2

c) Dimensionamento da haste

c.1) O módulo de resistência polar da secção circular é dado por

3

W nd

p = 16

c.2) Diâmetro

da haste

MT 16MT

't=--=--

nd 3 nd 3

16

d = 316 x45000

nx100

I d= 13mm I

Torcão 291

Ex. 9 - Um eixo-árvore possui d = 80mm e comprimento igual a 90cm, transmite uma

potência de 15kW com uma freqüência de 10Hz.

Determinar:

a) Tensão máxima de cisalhamento atuante

b) A distorção no eixo

c) O ângulo de torção G aço = 80 GPa

Solução:

a) Tensão máxima atuante no eixo-árvore

a.1.) Torque na árvore

P 15000

M --=--

T - 2m 2nx10

I MT = 239Nm

a.2) Tensão máxima atuante na árvore

MT 16MT 16x239

't" =-=--=----

max Wp nd3 n(Sx10-2)3

I 't"máx = 2,3SMPaI

//

~

'-~~:;L

r~

[ "

-"--_/

b) Distorção na árvore

't" 17xl0 6

y------

-G-SOx109

I y=2,975x10- s rad

c) Ângulo de torção

e = _M_T _.!. ~ 32MT .!. = __ 3_2_x_2_3-,-9_x_O,--,9

Jp·G nd 4·G n(sx1o-2f xSOx10 9

e = 32 x 239 x 0,9

nxS 4 x10- 8 xSOOx10 8 Ie = 6,69 x 1O- 4 rad I

Ex. 1.0 - Um motor de potência 100kW e velocidade angular 40 nrad / s aciona duas

máquinas através da transmissão por polias representada na figura.

A máquina da direita (2), consome 80kW e a da esquerda (3) 20kW. Desprezam-se

as perdas.

O eixo da direita (2), possui di = 80mm e comprimento igual a 1,2m, enquanto o eixo

da esquerda possui d = 40mm e comprimento igual a O,8m. G aço = 80GPa. Os

diâmetros nominais das polias são: d n = 150mm; d n2

= 450mm; d n3

= 180mm;

d n4 = 360mm; d n5

= 200mm; d n6

= 40Ômm.

;:::;~Mecânica ,T êcnlca-e-Reslstêncla dos,Materiais1::cH8C:l.:::X:X"?fCK: -··v.~".

·--{W-:""'lU"';'''Z~·iZ

Determinar:

a) A rotação nos eixos (1), (2) e (3)

b) Atensão máxima atuante nos eixos (2) e (3)

c) Ângulo de torção nos eixos (2) e (3)

d) A distorção nos eixos (2) e (3)

3

Solução:

a) Rotação nos eixos

a.1) Eixo do motor

Como a velocidade angular é de 40 nrad / s , conclui-se que, a cada segundo, o eixo dá 20

voltas, desta forma, em 1 min (60s) a rotação do eixo do motor será:

nmotor

= 20 x 60 = 1200rpm

a.2) Eixo (1)

A rotação no eixo (1) é calculada através da relação entre a rotação do motor e a relação

da transmissão entre as polias (1) e (2). Escreve-se, então, que:

n = 1200. 150

1 450

I n 1 = 400rpm I

a.3) Eixo (2)

Analogamente

ao eixo 1, conclui-se que:

I n2

= 200rpm I

a.4) Eixo (3)

Analogamente, tem-se que:

I n3 = 200rpm

I

Torcão 293

b) Tensão máxima nos eixos (2) e (3)

b.:1.) Eixo (2)

b.:1..:1.) Torque no eixo (2)

o eixo (2) trabalha com uma potência de 80kW a uma rotação de 200rpm; conclui-se, então,

que o torque no eixo é:

MT = 30 .~ = 30x80000

, n n 2

nx200

I MT, == 3820Nm I

o diâmetro do eixo (2) é de 80mm,

portanto a tensão máxima no mesmo será:

MT, 16MT 16x3820 16x3820

't = -- = -- = = --::---,

max, Wp 1td 3 1t(8x10- 2 )3 1tx8 3 x10-6

I '(max,

= 38MPa I

b.:1..2) Eixo (3)

o eixo 3 trabalha com uma potência de 20kW e uma rotação de 200rpm;

que o torque no eixo é:

conclui-se, então,

30 P 30 20000 I M == 955Nm I

-- T3

MT3 = -1t-·-n- 3

- n . 200 _

o diâmetro do eixo 3 é de 40mm,

MT 16MT 16 x 955

't max 3 = Wp = 1td 3 = 1t(4 X 10-2r

portanto a tensão máxima no mesmo será:

'tmax = 16 x 955 I

3 1tX 43 X 10-6 't max 3 = 76MPa I

c) Ângulo de torção nos eixos (2) e (3)

c.:1.) Eixo (2)

MT ·f2 32x3820xl,2

8 2 = 2 = 4

Jp·G n(8xl0- 2 ) x80xl09

e 2

=

32x3820x1,2

1tx8 4 X 10- 8 x800x10 8 I

82 = 1,425 X 10- 2 rad

c.2) Eixo (3)

e 3

= MT3·f3 = 32x955xO,8

Jp.G

1t(4x10-2)4X80x109

.....Mecânica,Técnicae'Resistência'.dos"MateriaisMHé('

8 3

= 32x955xO,8

11:x 4 4 X )6-8 X 800 x)'{58

I 8 2 = 3,8xl0- 2 rad I

d) Distorção nos eixos (2) e (3)

d.1) Eixo (2)

't maX2 38 X 10 6

Y2 = G aco

= I Y2 = 4,75 x 10- 4 rad I

80xl09

d.2) Eixo (3)

6

'tmax3 76 x 10

Y3 = G aco

= 80xl09

Ex. 11- Afigura dada, representa uma transmissão porcorreias,

com as seguintes características:

Motor: P = 10kW e n = 1140 rpm

Polias:

d n1 = 180mm

d n2 = 450mm

d n3 = 200mm

d n4 = 400mm

Determinar torque e rotação nos eixos (1) e (2).

Desprezar perdas na transmissão.

dn2

dn3

Solução:

Os torques são diretamente proporcionais às relações de transmissão, enquanto as rotações

são inversamente proporcionais a estas. À medida que o torque aumenta, a rotação diminui

na mesma proporção e vice-versa.'Tem-se então que:

a) Eixo

a.1) Torque

= 9 55x 10000 x 450

MTl ' 1140 180 I MT1 = 210Nm I

a.2)

Rotação

180

n 1 =1140x-

450

I n 1 = 456rpm I

b) Eixo (2)

b.1)

Torque

M = 9 55x 10000 x 450 x 400

T 2 ' 1140 180 200

I MT2 = 420Nm I

Torção 295

b.2)

Rotação

dn 1 dn 3

n2 = nmotor ~. dn,

I n 2 = 228 rpm I

n

2

= 1140x 180 x200

450 400

Ex. 1.2 - A figura dada a seguir representa uma transmissão por engrenagens com as

seguintes características:

Motor: P = 15kW e n ==

Engrenagens:

1740rpm

do = 120mm (diametro primitivo eng 1)

1

do = 240mm (diâmetro primitivo eng 2)

2

d 03

= 150mm (diâmetro primitivo eng 3)

d0 2

do = 225mm (diâmetro primitivo eng 4)

4

acoplamento

E!:: '"""""

777777

d0 3

Determinar torques e rotações nos eixos (1), (2) e (3).

Desprezar as perdas na transmissão.

Solução:

Analogamente

ao exercício anterior, tem-se que:

a) Eixo (1)

a.1.) Torque

15000 I I

MT = 9,55x-- MT = 82,3Nm

1 1740~, __1 ,

a.2)

Rotação

A rotação no eixo (1) é a mesma do motor, pois o eixo (1) e o eixo do motor estão ligados

através de acoplamento, portanto:

I n1= 1740 rpm I

~ '_MecânicasTécnicae,Resistência,dos.Materiais:;,y;;;;._<:z:,,,':'!fU!CX;;,.;; "~?;:':::'~7li='l;;:';;,'''l!!;,,'''>z~1I1iP:1!.1':~·'' ._'", '-':",;;.\_"':-~"'"

b) Eixo (2)

b.1) Torque

o torque no eixo (2) é determinado através do produto entre o torque do eixo (1) e a relação

de transmissão entre as engrenagens (1) e (2).

Tem-se, então:

b.2) Rotação

A rotação do eixo (2) é obtida através da relação entre a rotação do eixo (1) e a relação de

transmissão entre as engrenagens (1) e (2).

c) Eixo (3)

c.1) Torque

1740x 120

240

'I n2 = 870rpm I

O torque no eixo (3) é obtido através do produto entre o torque do eixo (2) e a relação de

transmissão do 2 Q estágio.

I MT3 = 246,75Nm I

c.2) Rotação

A rotação no eixo (3) é obtida através da relação entre a rotação do eixo (2) e a relação de

transmissão do 2 Q estágio.

870x150

n ----

3 - 225

I n 3 = 580rpm

Observação: Para que haja engrenemento, o módulo do par de engrenagens deve ser o

mesmo, portanto a relação de transmissão por estágio pode ser obtida

através da relação entre o número de dentes do par.

Torção 297

FLAMBAGEM

13.1 Introdução

Ao sofrer a ação de uma carga axial de compressão, a peça pode perder a sua estabilidade,

sem que o material tenha atingido o seu limite de escoamento. Este colapso ocorrerá sempre na

direção do eixo de menor momento de inércia de sua secção transversal.

13.2 Carga Crítica

p

Denomina-se carga crítica, a carga axial que faz com que a peça venha a

perder a sua estabilidade, demonstrada pelo seu encurvamento na direção do

eixo longitudinal.

13.2.1 Carga Crítica de Euler

I

, ,

\1

/1

I.

I

, ,,,

I

I

I

,

I

I

I

I

I

Através do estudo do suíço Leonard Euler (1707-1783), determinou-se a fórmula da carga

crítica nas peças carregadas axialmente.

Onde: Pcr- carga crítica [N;kN; ... ]

E - módulo de elasticidade do material [Mpa; GPa; ...]

J - momento de inércia da secção transversal [m 4 ; em": ... ]

RI - comprimento livre de flambagem [m; mm; ... ]

te - constante trigonométrica 3,1415 ...

13.3 Comprimento Livre de Flambagem

a peça apresenta diferentes comprimen-

Em função do tipo de fixação das suas extremidades,

tos livres de flambagem.

Flambagem 299

-r

p

i~1

~-

i~1

p

r -:

,

Q

1

~- r .:

L

L

I

:"1'

-T'

engastada e livre ff = 2f

biarticulada ff = f

articulada e engastada ff= 0,7 f

biengastada ff = 0,5 f

13.4 índice de Esbeltez (À)

É definido através da relação entre o comprimento de flambagem (f ( ) e o raio de giração

mínimo da secção transversal da peça.

I À ~ i, I

I min

Onde: À - índice de esbeltez [adimensional]

f( - comprimento de flambagem [m; mm; ... ]

imin - raio de giração mínimo [m; ...]

13.5 Tensão Crítica (crer)

A tensão crítica deverá ser menor ou igual à tensão de proporcional idade do material. Desta

forma, observa-se que o material deverá estar sempre na região de formação elástica, pois o limite

de proporcional idade constituiu-se no limite máximo para validade da lei de Hooke.

Define-se a tensão crítica através da relação entre a carga crítica e a área da secção

transversal da peça.


Pcr

0cr=A-f~.A

n 2 EJ _

como f1 = À 2 . i~in escreve-se que

n 2 EJ

crer = A.À2.i2 mas,

rrun

J

·2 __

Imin - A

Mecânica;Iécnica e"Resistência"dos Materiais"."2\~

portanto:

onde: ocr - tensão crítica [MPa; ...]

E - módulo de elasticidade do material [MPa; GPa; ... ]

').. - índice de esbeltez [adimensional]

n - constante trigonométrica 3,1415 .....

13.6 Flambagem nas Barras no Campo das Deformações Elasto-

-Plásticas

Quando a tensão de flambagem ultrapassa a tensão de proporcionalidade do material, a

fórmula de Euler perde a sua validade.

Para estes casos, utiliza-se o estudo Tetmajer que indica:

Material índice de <Jf(I (Tetmajer) [MPa]

Esbeltez (')..)

Fofo Cinzento ').. < 80 <Jf = 776 -12').. + 0,053')..2

I

Aço duro

Aço Níquel até 5%

Madeira pinho

')..

')..

')..

< 89 <Jf t

= 335 - 0,62')..

< 86

<Jf

I

= 470 - 2,3')..

< 100 <Jf = 29,3 - 0,194')..

I

13.7 Normas

ABNT NB14

(aco)

<Jte = 240 - 0,0046').. 2 para ')..:s:105

n 2 E

<Ju = - para ')..> 105

')..2

Adotando-se um coeficiente de segurança k = 2, tem-se er fe (tensão admissível de flambager .

crte = 120 - 0,0023')..2 para ')..:s:105

cr 1.036.300 para ,,, > 105

te - ')..2

Flambagem 3 O 1

ABNT - NBll

(madeira)

Tensão admissível na madeira.

Compressão

axial de peças curtas.

A ~40

0f

(

=0,200 c

Compressão

axial de peças esbeltas

A >40

40 < A~ Ao

1 A-40]

0f( =0c [ 1-"3'Ao-40

A:2:Ao

o = ~ , n 2 , Em = ~ cr (~)

r , 4 J...? 3 c A

Ào =

n 2

, Em

(~ )crc

onde: AO - índice de esbeltez acima do qual é aplicável a fórmula de Euler [adimensional]

Em - módulo de elasticidade da madeira verde [Pa; ... ]

Concreto NBl

Taxa mecânica da armadura

w- 100

- (150-A) A~ 100

2A 3

w= 106 A> 100

Tensão de flambagem

w.P

0f =A

onde:

A - índice de esbeltez

P - carga aplicada [N; ... ]

A - área da secção transversal [m 2 ; ... ]

W - taxa mecânica de armadura [adimensional]

."."MecânicaTécnica e Reslstênclados Materiais'%w;c,,!, ",',; ,

13.8 Exercícios

Ex. 1 - Determinar /..,para o aço de baixo carbono, visando ao domínio da fórmula de Euler.

0 p = 190 MPa E aço = 210 GPa

Solução:

Para determinar o domínio, a tensão de proporcional idade torna-se a tensão crítica.

Tem-se, então,

que:

/"'=:105

Concluiu-se que: para aço de baixo carbono, a fórmula de Euler é válida para /.., > 105.

Ex. 2 - Determinar o índice de esbeltez (À), visando ao domínio da equação de Euler para

os seguintes materiais:

a) Fofo

0 p = 150 MPa

E fofo

= 100 GPa

b) Duralumínio

0 p = 200 MPa

E = 70 GPa

c) Pinho

U:J= 10 MPa

:::= 10 GPa

Solução:

a) Ferro s: .r c'do (Fofo)

/"'=:80

Utiliza-se a fórmula ce Euler para Fofo, quando o índice de esbeltez /..,> 80.

b) Duralumínio

À=Jn2'E = In 2 x70X10 9

<J p V 200x10 6

~ = In 2 x 7 X 10 9 _ 2 ~ n 2 X 7

I\, • -10 --

200x10 6 200

A.:= 59

Utiliza-se a fórmula de Euler para o duralumínio, quando o índice de esbeltez À > 59.

c) Pinho

À=Jn2E =

<J p

n 2 x 10 10

10 7

À = 10n J10 ",,:::100

Utiliza-se a fórmula de Euler para o pinho, quando o índice de esbeltez A > 100.

Ex. 3 - A figura dada representa uma barra de aço ABNT 1020 que

possui d = 50mm.

Determinar o comprimento

a equação de Euler.

Solução:

Para que possa ser aplicada a equação de Euler, À


À=~=

i min

0,5.ex4

d

mínimo, para que possa ser aplicada

> 105 (aço doce).

Como a peça está duplamente engastada .e f

= 0,5 .e e i min = ~

_ 4

conclui-se, entao, que:

À x d 105 x 50

.e=--=---

2 2

l.e

= 2625mm I

...... ,

p

I

I

I

Q

j

1,,7777777

-fo.ê

I

Ex. 4 - Duas barras de mesmo comprimento e material serão submetidas à ação de uma

carga axial P de compressão. Uma das barras possui secção transversal circular

com diâmetro a, e a outra possui secção transversal quadrada de lado a. Verificar

qual das barras é a mais resistente, sob o regime de Euler.

As barras possuem

o mesmo tipo de fixação nas extremidades.

MecânicaTécnica·e

Resistência dosMaterlalsssss

Solução:

Como as cargas são de mesma intensidade (P), escreve-se que:

Através da relação entre os momentos

de inércia, tem-se que:

Tea 4

Jo 64

-=:--

Jo a"

12

J O

= JoTea 4 x12

64a 4

J 1

o =:--

0,58

J o

portanto:.P

Conclusão:

=1,7J o

A barra de secção transversal quadrada é a mais resistente.

Ex. 5 - Uma barra biarticulada de material ABNT 1020, possui

comprimento f. = 1,2m e diâmetro d = 34mm.

Pad

Id

Determinar a carga axial de compressão máxima que poderá

ser aplicada na barra, admitindo-se um coeficiente de segurança

k = 2. Eaço= 210GPa

Solução:

A barra sendo biarticulada, o seu comprimento de flambagem é o

comprimento da própria barra.

e f = e = 1,2m

a) índice de Esbeltez

d

O raio de giração da secção transversal circular é 4' portanto, tem-se:

)~= 4f.f =: 4x1200

d 34

À=: 141

Como À = 141, portanto maior que 105, conclui-se que a barra encontra-se no domínio da

equação de Euler.

b) Carga Crítica

O momento

de inércia de secção circular é

J =: 7:dx

64

portanto:

Flambagems

n 2 . E . J n 2 . E . nd 4

P = =----

cr l'~ 1,22 X 64

n 2 x210xl0 9 xn (34X10- 3 t

p -------~-~--~cr

- 1,22 X 64

n 3 x210x10 9 x34 4 X 10- 12

P =------------

cr 1,22 X 64

n 3 x210x34 4 x10- 3 I I

Pcr= 2 Pcr= 94400N

1,2 x64

Como o coeficiente

na barra é:

de segurança é k = 2, a carga máxima que se admite que seja aplicada

P = Pcr = 94400N = 47200N I P ad = 47200N I

ad K 2

Ex. G - Qual a tensão de flambagem atuante na barra do exercício anterior?

Solução:

A tensão de flambagem atuante na barra do exercício anterior obtém-se através da relação

entre a tensão crítica e o coeficiente de segurança (crer jk), portanto, como

n 2 .E

O"er=-2-

À

conclui-se que:

n 2 .E n 2 x210x10 9

O" - -- - ---------

féatuante - 2/.} - 2x1412

O"Uatuante == 52MPa

Ex. 7 - Uma biela, de material ABNT 1025, possui secção circular, encontra-se articulada

nas extremidades, e submetida à carga axial de compressão de 20kN, sendo o seu

comprimento l' = 0,8m. Determinar o diâmetro da biela, admitindo-se coeficiente

de segurança k = 4.

Eaço

= 210GPa

Solução:

Como o coeficiente de segurança indicado

para o caso é k = 4, a carga crítica para

o dimensionamento será:

Pcr = 4 x 20 = 80kN

O momento de inércia na secção circular é

nd 4

J, = 64

.... Mecânica;Técnica e Resistência dosMateriaisH;pq;;;n;;;'!!

Supondo-se que a biela esteja sob o domínio da equação de Euler, tem-se que:

64P cr .d _4 64 x80000 x 0,8 2 _ 4 64 X 0,8 3

d - 4/---=-.:..-

- n 3 E n 3 x 210 x 10 9 - n 3 x 210 x 10 4

d= 10- 1 64xO,8 3

= 0,027m = 27xl0- 3 m

1t 3 x210

I d = 27mm I

índice de Esbeltez

~ _ f f _ 4f f _ 4x800

{I.-------

i min d 27

Como A > 105, conclui-se que realmente a barra encontra-se sob o domínio da equação

de Euler, e o coeficiente de segurança da biela é k = 4, portanto d = 27mm.

Ex. 8 - Uma barra de aço ABNT 1020 possui secção transversal circular t

e encontra-se articulada nas extremidades, devendo ser submetida

a uma carga axial de compressão de 200kN; o seu comprimento

é de 1,2m. Determinar o seu diâmetro. Considere fator de

segurança k = 8. Eaço= 210GPa.

Solução:

A carga crítica na barra será:

Pcr = 8Pad = 8 x 200000 = 1600000N

1 200kN

Pcr = 1,6 MN

Como a barra atuará articulada

ff

= f! = l,2m

nas extremidades

Aplicando-se a fórmula da carga crítica de Euler, tem-se que:

n 2 EJ

Pcr =--

f~

I

-;f=d

I

O momento de inércia da secção transversal circular é J = 1td

64

4

d = 4 64Pcr ·d

1t 3 E

64 x 1,6 x 10 6 x 1,22

1t 3 x 210 x 10 9

2

d = 10-1 64 x 1,6 x 1,2 d = 69 X 10-3 m

n 3 x 21

índice de Esbeltez

,,= !..L

i min

Para a secção transversal circular i = %, portanto:

" = 4R f = 4x1200

d 69

,,'= 70

como Iv < 105, conclui-se que a barra está fora do domínio da fórmula de Euler, devendo

ser dimensionada segundo Tetmajer.

Por Tetmajer,

tem-se que:

a fe = 240 - 0,0046

a fi = 240 - 22,5

,,2 = 240 - 0,0046x70 2

a fi = 217MPa

Como o coeficiente de segurança indicado é k = 8, a tensão admissível será:

au = are _ 217

k -~ 8

I ;:f( '= 27MPa I

o diâmetro

da barra será obtido através da relação

af,

P ad _

4P ad

= A - nd2

d = J 4~ad = /4 x 200000

nau ~ n x 27 x 10 6

d = 10-3,/4 x 200000 = 97 x 10-3m

n x 27

I d = 97mm I

Ex. 9 - A viga I de tamanho nominal 76,2 x 60,3 [mm] possui

comprimento igual a 4m e as suas características geométricas

básicas são: J x = 105cm 4 , Jy = 19cm 4 , ix = 3,12cm, iy= 1,33cm,

Pad

A = 10,8cm 2 , W x = 27,6cm 3 , Wy= 6,4cm 3 .

Solução:

A viga encontra-se engastada e livre.

Determinar a carga de compressão máxima, que poder-se-á

aplicar na viga. Admitir coeficiente de segurança k = 4.

O material da viga é aço, fabricada segundo classe BR 18

ABNT - EB - 583. Eaço= 210 GPa.

~

Como a viga encontra-se engastada e livre, o seu comprimento de

flambagem é Rf = 2R = 2 x 4 = 8m.

Mecânica TécnicaeResistência

dos Materiais ""''''F

a) índice de Esbeltez

A viga sempre flambará na direção do eixo de menor momento de inércia, que para o caso

é o eixo y, portanto o raio de giração a ser utilizado é o iy = 1,33cm.

À = !..L = 800 == 602

i min 1,33

À == 602, portanto À> 105; a viga encontra-se sob o domínio da equação de Euler.

b) Carga Crítica

2

= n EJmin

P

cr e~

o momento de inércia mínimo da secção transversal é Jy = 19cm 4 ou Jy = 19 x 10-Bm 4 .

Tem-se,

então:

n 2 x 210 x 10 9 x 19 X 10- 8

Pcr= 82

IPcr= 6150N I

c) Carga Admissível

O coeficiente

P ad = P~r= 61;0

de segurança da construção é k = 4, portanto a carga admissível na viga será:

I P ad = 1537,5N I

13.9 Carga Excêntrica

Suponha-se o caso de uma carga P aplicada fora do eixo geométrico da peça. A distância

entre o ponto de aplicação da carga e o eixo geométrico é denominada e.

p

p

B

A

R

A figura B detalha o que acontece na figura A.

O afastamento da carga em relação ao eixo geométrico dá origem a um momento de

intensidade M = P x e.

Para estes casos, a tensão normal máxima é determinada através da soma das tensões

normais, originadas pela carga axial P e pelo momento fletor MA'

Tem-se,

portanto:

a

max _ - P + M max . C

A J

Onde: a máx - tensão máxima atuante [Pa]

P - carga axial aplicada

[N]

A - Área de secção transversal [m 2 ]

M máx - Momento fletor MA (máximo) [Nm]

c - distância máxima entre LN e a fibra mais afastada da secção [m]

J - momento de inércia da secção transversal [m 4 ]

13.10 Exemplo

A carga axial de compressão de intensidade 30kN é aplicada na

barra quadrada de aço, que possui comprimento igual a 3m e secção

transversal de lado igual a 100mm.

\

A carga está aplicada a 10mm do eixo geométrico conforme mostra

a figura a seguir.

-:

Determinar a tensão normal máxima atuante na barra.

Solução:

Como a carga é excêntrica, a tensão normal total é obtida através

da tensão normal originada pela carga, somada à tensão normal originada

pelo momento.

Tem-se, então,

que:

p Mmax'c

Cí max - -+ A J o

O momento de inércia da secção quadrada é Jo = ~,

12

portanto,

P 12M mB .c 30000 12x300x50x10- 3

a = - + = + -----::-:---

max A a4 10- 2 (100x10-3)4

4

30kN

30000 x 10 = 300000 Nmm

= 300Nrn

a

mB

= 3xl06 + 12x300x50xl0- 3

10 8 xl0- 12

a mB = 3x10 6 + 12x300x500 = 3x10 6 + 1,8xl0 6

ama, = 4,8MPa

I

!::tZ:::ZXLKLMecânlca.Técn icae ResistênciadosMateriais,;rw;:'"ij$"i,m;:'"%i" tiliV'H'\©%1XL,"!tSj""

;;r;;1Tf~'''Ytili*tK3i?~fI9:{fJ;'':'t.:;;;.mm;;;;:,:i

APÊNDICE

EXERCíCIOS

PROPOSTOS

Sistemas

de Unidades

Ex. 1 - Dadas as medidas em polegada (li) transforme-as para [mm].

15"

17"

13"

a)- b)- c)-

64 32 16

9"

d)- 32

7"

e)-

8

1"

f)- 4

h)2~

4

i)l~

8

j)3~

2

k)1~

4

1)2~

16

Respostas

a) 5,953125mm

d) 7,14375mm

g) 8,73125mm

j) 88,9mm

b) 13,49375mm

e) 22,225mm

h) 57,15mm

k) 44,45mm

c) 20,6375mm

f) 6,35mm

i) 34,925mm

I) 58,7375mm

Ex. 2 - Dadas as medidas em pé (' ) transforme-as para [mm].

l'

bi- 18

l'

a) - 2

13'

d)-

15

e) 15'

Respostas

a) 152,4mm

d) 264,16mm

b) 38,1mm

e) 4572mm

c) 177,8mm

f) 266,7mm

Ex. 3 - Um pé corresponde a quantas polegadas? Sabe-se que:

pé = ft = 30,48em

pai = in = 25,4mm

Resposta: pé = 12 pai

Ex. 4 - Dados as medidas em [mm], transforme-as

para "polegada fracionária".

a) 4,7625mm

d) 38,1mm

g) 19,05mm

b) 3,96875mm

e) 53,975mm

h) 95,25mm

e) 3,571875mm

f) 57,15mm

Respostas:

3"

5"

9"

a)- b)- e)-

16

32 64

d)l~" e)2~" f)2~"

2

8

4

3"

g)- h)3~"

4 4

Ex. 5 - Dadas as medidas em [mm] transforme-as para "milésimos de polegada".

a) 15,875mm

d) 14,351mm

b) 20,955mm

e) 23,749mm

e) 4,445mm

f) 7,493mm

Respostas

a) 0,625"

d) 0,565"

b) 0,825"

e) 0,935"

e) 0,175"

f) 0,295"

Ex. 6 - Dadas as unidades abaixo, substitua os prefixos pelos múltiplos ou submúltiplos

decimais correspondentes.

a) G.W.h b) mA e) nC d) d f

e)MW f) /l m g) kN h) hPa

Respostas:

a) 109W.h

b) 10- 3 A

e) 10- 9 C

d) 10- 1 f

e) 106W

f) 10- 6 m

g) 10 3 N

h) 102Pa

"t;to·Mecânica Técnica e Resistência

dos Materiais

Ex. 7 -

Determine a aceleração normal da gravidade (gn) no sistema (FPS- Sistema Inglês),

sabendo-se que: gn = 9,80665mjs2 (SI)

pé = 30,48em

Resposta: gn = 32,174 pés/s 2

Ex. 8 -

Determine a aceleração normal da gravidade (gn) no sistema (IPS - Sistema Inglês),

sabendo-se que: gn= 9,80665mjs2 (SI)

pai = 25,4mm

Resposta: gn = 386 pal/s 2

Ex. 9 -

Resposta:

A unidade de energia W.h (watt-hora) equivale a quantos J (joules)?

Wh = 3600J

Ex.10 -A unidade de energia kWh (quilowatt-hora) corresponde a quantas kcal (quilocalorias)?

dados:

w=J...

s

cal = 4,1868J

Resposta:

kWh = 860keal

Ex. 11 - Expressar uma polegada (in) em:

a) fl m (mierametra)

b) mm (milímetro)

c) m (metra)

in = pai = 2,54cm

in = ineh em inglês

Respostas:

a) pai = 2,54 x 10 4 fl m b) pai = 25,4mm e) pol = 2,54 x 10- 2 m

Ex. 12 - Expressar um pé (ft) em:

a) em

b) mm

c) fl m

pé = ft = 0,3048m

ft = faat em inglês

Respostas:

a) pe = 3,048 x 101em b) pe = 3,048 x 102mm e) pe = 3,048 x 10 5 fl m

'.'2'. <'Exercícios Propostos

Ex. 13 - O quadrado da figura possui lado a = 200 mm.

Expressar a área do quadrado em:

a) cm 2 b) dm 2

c) m 2 d) fl m 2

Respostas:

~~

a) 400cm 2

b) 4dm 2

t

200

"I-

Ex. 14 - Um cubo possui aresta a = 500mm.

a) cm 3 b) dm 3

Expressar o volume do cubo em:

c) m 3 d) flm 3

Respostas:

a) V = 1,25 x 105cm3 b) V = 1,25 x 102dm 3

c) V = 1,25 x 10-1m 3 d) V = 1,25 X 10 17 fl m 3

Ex. 15 - O momento de inércia da secção transversal representada na figura é Jx = 192cm 4 .

Expressar Jx em:

a) mm" b) dm" c) m"

Respostas:

x-~-x

a) Jx = 1,92 X 10 6 mm"

b) Jx = 1,92 X 10- 2 drn"

c) Jx = 1,92 X 10- 6 m"

EX.16 - A unidade de tensão pascal (Pa) corresponde a carga de um newton aplicada em uma

superfície de um metro quadrado (Pa). Determinar as relações entre:

a) Pa e Kgfjcm 2 b) MPa e Kgfjcm 2

c) MPa e Njmm 2 d) MPa e psi (lbfjpoI2)

Dado Kgf = 9,80665N

Respostas:

a) Pa = 1,0197 x 10- 5 kgfjcm 2 b) MPa = 10,197 kgfjcm 2

c) MPa = Njmm 2 d) MPa = 145 psi

MecânicaTécnicae Resistência dos Materiais",· ."

Ex. 17 - British Thermol Unit (BTU) é a quantidade de calor necessária para elevar uma

libra de H 2 0 a temperatura de 1 DF. (à 60 D F = 15,5 D C) BTU = 1,0546 x 103J.

Determinar as relações entre BTU e as unidades a seguir:

a)Wh b) kWh c) HP - hora d) CV - hora

Respostas:

a) BTU == 0,2929 Wh

c) BTU == 0,3928 x 10- 3 HP - hora

b) BTU == 0,2929 x 10- 3 kWh

d) BTU == 0,3983 x 10- 3 CV - hora

Ex. 18 - À carga de 1t f (uma tonelada força) corresponde 10 3 kgf.

Dado: kgf = 9,80665N. Quanto vale 1t f em:

a) N (newton) b) kN (Quilonewton) c) MN (Meganewton)

Resposta:

a) tf == 9,80665 X 10 3 N b) tf = 9,80665 kN c) tf = 9,80665 x 10- 3 MN

Ex. 19 - Um condicionador de ar de 20000 BTU/h de potência consome quantos kWh?

Respostas: Consumo de energia == 5,85 kWh

Ex. 20 -° barril de petróleo (EUA) equivale aproximadamente a 159 € . ° consumo brasileiro

de petróleo é de 1,2 x 10 6 barris/dia (1987). Expressar o consumo brasileiro de

petróleo em:

a) € jdia

b) m 3 jdia c) dm 3 jdia

Dado = m 3 = 10 3 f

Respostas:

a) 1,908 x 10 8 e jdia

Ex. 21 - A vazão d'água em uma tubulação hidráulica é de 5 .e /e.

Expressar a vazão d'água em:

c) dm 3 js

e) f jh

Respostas:

_

:: x 1:::- 3 :""]3js

b) 5 X 10 3 crrr'js

c' 5 d:i's S

d) 18 m 3 jh

e) 1,8 x 18- ../h

Ex. 22 - O gás Freon 12 utilizado nos sistemas de refrigeração a -10°C possui calor de

vaporização == 38kcaljkg.

Expressar hfg (calor de vaporização) em:

a) J/kg b) kWh/kg

Dado cal = 4,186J

Respostas:

a) hfg = 1,59 X 10 5 .I/kg b) hfg= 4,41 X 10- 2 kWh/kg

Equilíbrio

Ex. 1- Determinar as cargas axiais atuantes nas barras das construções representadas

a seguir. Carga P = 30kN.

a) A~(i) Respostas: b)

Fi = 15kN

F 2 = 26kN

Fi == 37,5kN

F 2 == 22,5kN

B/F

~ F3 = 30kN F3 == 30kN

c)

B

Respostas:

Fi = 30kN

F 2 = 18,75kN

F3 = 18,75kN

Ex. 2 - Determinar as reações (R A e Rs) das vigas carregadas conforme as figuras a seguir:

a)

~~r2m

~--.__._~

2~

Respostas:

R A = 14kN

Rs = 18kN

b) 30kN 60kN 90kN

~~S"j~mli

~ 777l77JI

Respostas:

R A

= 70kN

Rs = 110kN

rrMecânicaTécnica e Resistência dos Materiais" '"ir",,?,.' , ""

c) 5kN

Respostas:

O,8m

R A

= 3,33kN

R B = 11,67kN

i55~Si&-

d) 10kN 60kN 20kN Respostas:

R A = 28kN

/ 7l777l77

R B = 62kN

e)

7;pt--·

2m 2m

77i7

Respostas:

R A = 60kN

R B = 20kN

f) Respostas:

R A

= 13kN

R B = 7kN

g)

7~N_~~n

1m 2m 1m

Respostas:

R A

= 5900N

R B = 2100N

h)

~._~_.-

t;k~

10kN

2m O,5m 1,5m

~ 7J"7J-TJJ7J7J7-:J"J'"

Respostas:

R A = 10,lkN

R B = 9,9kN

Ex. 3 - Determinar as reações (R A e R B ) e o ângulo (o) que R A forma com a horizontal,

nas vigas carregadas conforme as representações a seguir:

a) Respostas:

R AV = 4,75kN

R AH

R A

= 8kN

= 9,30kN

R B = 5,25kN

Exercícios Propostos .. 17

b) Respostas:

2,lm , l,4m , l,4m ,

R AV = 2,55kN

I

7kN , - ..~.

I

R AH = 4,95kN

R A

= 5,57kN

Rs = 2,40kN

a. = 2J015'

c) Respostas:

2,Om , 1,8m te 2,2m

i

4kN

R AV = 14,58kN

R AH = 2,OOkN

._._.--

R A = 14,72kN

Rs = 13,42kN

a. = 82°11'

d)

'~

1.5m

t

3m

i-

Respostas:

R AV

= 5,10kN

R AH

= 4,OOkN

6~m ~I

Ii I

Rs = 24,90kN

a. = 51°54'

R A

= 6,48kN

Ex. 4 -

Determinar as cargas axiais nas barras (1), (2) e (3), a reação no apoio A e o ângulo

((X) que a mesma forma com a horizontal na construção representada na figura.

15kN

1.2m

Resposta:

Fi:::: 84,62kN

F 2

::::

59,23kN

a. ::::74 0 32'

F 3 ::::59,23kN

R A

:::: 52,5kN


dos Materiais.;;",;;",',-";::;,,..

Ex. 5 - Determinar as reações nos apoios A e B da construção representada na figura.

Resposta: R A = 850N R B = 750N

Ex. 6 - Determinar as reações nos apoios e o ângulo (<X) que R A forma com a horizontal

nos exercícios a seguir.

a) Respostas:

lOkN

R A

= 19,79kN

Rs ==

11,9kN

b)

Respostas:

R A

= 12,24kN

...• E

R B = 9,6kN

O,8m 1.2:-:-.

a= 78°41'

c)

O,5m

8k1\

C.:~

Respostas:

.g.

o

.lF.

o

,I

R B = 7,lkN

R A = 15,72kN

Exercícios Propostos'

Ex. 7 - Determinar as reações nos apoios das construções a seguir.

a) Respostas:

b)

5m

Respostas:

R A == 13,3kN

R A == 20kN

Rs ::: 33,4kN

Rs = 58,3kN

lTTm7771

Tração e Compressão

Ex. :1 - A barra circular de aço representada na figura possui d = 32mm, sendo o seu

comprimento 400mm. A carga axial que atua na barra é de 12,8kN.

Determinar para barra:

a) Tensão normal atuante (o ) b) O alongamento (M )

c) A deformação longitudinal (e) d) A deformação transversal (e,)

Eaço = 210 GPa (rnódulo de elasticidade

D aço = 0,3 (coeficiente

de Poisson do aço)

do aço)

Respostas:

a) o = 15,9MPa

c) E::: 75/1

b)!1t=30/1m

d) E,::: -22,5/1

-.

'-

Ex. 2 - Dimensionar o diâmetro da barra circular de aço, para

que suporte com segurança k ~ 2 a carga axial de 17kN.

O material da barra é o ABNT 1020 L com c, = 280 MPa.

Resposta:

d::: 12,5mm

___..

.---..

Ex. 3 - A barra da figura é de aço, possui secção transversal quadrada com área

A = 120mm2, e o seu comprimento é 1. = 0,6m, encontra-se submetida à ação de

uma carga axial de 6kN.

Determinar para barra:

a) Tensão normal atuante (c ) b) O alongamento (M )

c) A deformação longitudinal (E ) d) A deformação transversal (E,)

Eaço = 210 GPa (modulo de elasticidade do aço)

D aço = 0,3 (coeficiente de Poisson do aço)

'M~MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais

Respostas:

a) CJ= 50MPa

b) tJ. t= 143!l m

c) t= 238!l

A=120mm'

d) t1:=-71!l

Ex. 4 - A viga AB absolutamente rígida, suporta o carregamento da figo articulada em A, e

suspensa através do ponto B pela barra CD, que é de aço, possui secção transversal

circular com di = 15mm e comprimento fi = 1,6m

Eaço = 210 GPa (rnódulo de elasticidade do aço)

U aço = 0,3 (coeficiente de Poisson do aço)

Determinar para barra CD:

a) Carga axial atuante (Fi)

c) O alongamento (~fi)

+, _._._._._._._c.-'-kb)

Tensão normal atuante (CJ 1

)

d) A deformação longitudinal (ti)

e) A deformação transversal (Ct)

Respostas:

F 1 = 14,5kN

12 kN 18kN

1m 3m l,8m

<D

o 1= 82MPa

tJ. t 1 = 625 !l m

ti = 391!l

Eü = -117!l

Ex. 5 - Dimensionar a área mínima da secção transversal da barra CD , para que suporte

com segurança k = 2, o carregamento da figura. O material da barra é o ABNT 1010L

com

CJe = 220MPa.

1,2m ,

1

3kN

l,2m

{

9kN

Respostas:

Amin= 286mm 2

Ex. 6 - Uma barra chata possui área de secção

transversal.

A = 240mm 2 , o seu comprimentot= 1,2m. Ao

ser tracionada por uma carga axial de 6kN,

apresenta um alongamento M = 2561l m.

Qual o material da barra?

Resposta: O material da barra é o latão. Elatão = 117GPa

A=240mm 2

Ex. 7- A figura dada representa uma

viga L articulada em A e presa no

ponto D pela barra (1). Na

extremidade livre F encontra-se

apoiada a viga BF conforme

mostra a figura. A barra (1) possui

secção transversal quadrada de

lado a. Pede-se dimensionar a

barra. O material da barra é o

ABNT 1020L. Utilizar coeficiente

de segurança k > 2. Consultar

tabela de tensões da página 71.

~

O,8m

1,2m

CD

20kN

m

Resposta: a == 15mm

Ex. 8 - Dada a construção da figura, pede-se determinar:

a) A força normal atuante nas barras (1), (2) e (3)

b) A tensão normal nas barras (1), (2) e (3)

c) O alongamento das barras (1), (2) e (3)

Características das barras: Todas as barras são de aço .

.,

barra (1)

t 1 == O,8m

A 1 = 600mm 2

barras (2) e (3)

t 2 = t 3 == O,6m

A 2 == A3 = 800mm 2

E •....

CD

6kN

Respostas:

a) F 1 = 14kN

F 2 = F3 = lOkN

b) 0"1 == 23,33MPa

0"2 == 0"3 == 12,75MPa

c) !le1 == 891lm

M 2 == !lg 3 = 361lm

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais"

Ex. 9 - Dimensionar a corrente da

construção representada na

figura. O material a ser utilizado

é o ABNT 1020 com

CY e = 280MPa, considere

coeficiente de segurança k ~ 2.

d

E

....

.... E

'-'1

lOkN \

20kN

m

Resposta: d = 7,5mm

2m

15m

Ex. 1.0 - Determinar as áreas mínimas das barras (1), (2), (3)

e (4) da construção representada na figura. O material

a ser utilizado é o ABNT 1020 com CY e = 280MPa.

Considere coeficiente de segurança k ~ 2.

Respostas:

F 1 = 13,6kN

F3 = 17,5kN

A 1 = 97mm 2

A3 = 125mm 2

F 2 = 28kN

F 4 =17,5kN

A 2 = 200mm 2

A4 = 125mm 2

Ex. 1.1. - As barras (1) e (2) da construção representada

na figura possuem secção transversal circular.

Dimensionar as barras, sabendo-se que o

material utilizado é o ABNT 1020L com CY

e = 280MPa. Utilizar k ~ 2 (coeficiente de

segurança).

o 9m o 6m (j) 1 5m

lOkN

20kN

Resposta:

di = 16mm

Ex. 12 - A viga em L é absolutamente rígida e encontra-se articulada em A e travada em B

através das barras (1), (2) e (3), conforme mostra a figura. A barra (1) é de aço, possui

comprimento igual a 1m e área de secção transversal igual a 800mm 2 . As barras (2)

e (3) são também de aço e possuem comprimento igual a O,8m e área de secção

transversal igual a 600mm 2 . Determinar:

a) a tensão normal atuante nas barras (1), (2) e (3)

b) o alongamento das barras (1), (2) e (3)

c) a deformação longitudinal das barras

d) a deformação transversal das barras

"Exercícios Propostos 3 2 3

Dados: Eaço = 210 GPa V aço = 0,3 (coeficiente de Poisson)

Respostas:

a) 0"1 = 19,56MPa; O" 2 = 0"2 = 16,3MPa

b) .se i = 931-1m; M 2 = M3 = 621-1m

e

@

37°

----------) CD, ,

37° VC

E

tQ

o

RB

c) ti = 931-1; t2 = t3 = 771-1

d) tu = -281-1; tt2 = tt3 = -231-1

E

tQ

o

12kN

m

Ex. 1.3 - Dimensionar a corrente da construção /

representada na figura. Material ABNT '-.....~.

1015. (Je =250MPa. Utilizar coeficiente ... d

de segurança k ::::2. <,

1.5m

12kN

m

Resposta: dbarra = 12mm

Sistemas Estaticamente Indeterminados (Hiperestáticos)

Ex. 1. - Uma barra chata de alumínio (M ) possui comprimento fi.

o = 600mm a temperatura

de 23°C. Pede-se determinar:

a) A dilatação da barra

b) O comprimento da mesma quando a temperatura

atingir a 34°C.

CX A1 = 2,3 X 10- 5 °e i

Resposta: M == 1521-1m

Qf

= 600,152mm

Ex. 2 - A figura dada representa uma viga (I) de aço com comprimento igual a 4m e a área

de secção transversal é de 32cm 2 , que se encontra engastada nas paredes A e B

e livre de tensões a uma temperatura de 1rc. Determinar a carga e a tensão normal

que atuarão na viga quando a temperatura elevar-se para 3rC. Eaço = 210 GPa.

- 1 2 10- 5 °C- i

CX aço - , X

t=' x

A,}

4m

~

I--._._.~

Resposta: F = 161,28kN o = 50,4MPa

Mecânica Técnica e Resistência dosMaterlals»-

Ex. 3 -

A figura dada representa uma viga U de aço

com comprimento igual a 6m e área de secção

transversal igual a 36cm 2 que se encontra

engastada na parede A e apoiada junto à

parede B com uma folga de 300!lm desta a

uma temperatura de 12°C. Determinar a carga

e a tensão térmica que irão atuar na viga

quando elevar-se para 40°C.

Eaço= 210 GPa O'.aço= 1,2 X 10- 5

-c'.

A

_._6~ __

B

~.mE-x

\ A=36cm 2

Resposta: F= 216,27kN 0= 60MPa

Ex. 4 - A viga ACE absolutamente rígida suporta o carregamento da figura suspensa

através dos pontos citados pelas barras (1), (2) e (3) respectivamente. As barras

(1) e (3) são de aço, medem 1,2m e possuem área de secção transversai 600mm 2 .

A barra (2) é de cobre, possui comprimento de 1,2m e área de secção transversal

900mm 2 . A viga permanece na horizontal após a aplicação das cargas.

Pede-se determinar:

a) a força normal atuante nas barras

b) a tensão normal atuante nas barras

c) o alongamento das mesmas

d) a deformação longitudinal

e) a deformação transversal

Dados:

Eaço= 210 GPa

Ecu= 112GPa

Yaço=0,3(Coeficientede Poisson)

YCu= 0,25 (Coeficientede Poisson).

Respostas:

a) F1= F3= 50kN;

b) 01 = 03 = 83,3MPa

c) t..t 1

= !!.t 2

= !!.t 3

= 476!lm

F2= 40kN

02 = 44,4MPa

d) E1= E2= E3= 397!l

e) Eu =-119!l Et2= -99!l Et3= -119!l

Ex. 5 - A viga ABC absolutamente rígida suporta o carregamento da figura articulada err

A e suspensa através dos pontos B e C pelas barras (1) e (2) respectivamente.

A barra (1) é de alumínio, possui área de secção transversal igual a 1000mn~':' ~

comprimento igual a 1,2m. A barra (2) é de aço, possui área de secção transves s

igual a 1200mm 2 e comprimento igual a 1,8m. Pede-se determinar:

a) a força normal nas barras (1) e (2)

b) as tensões normais nas barras

@

c) os respectivos alargamentos.

Dados: Eaço

= 210 GPa

E A1 = 70GPa

Respostas:

a) F 1 = 13,59kN;

b) (J1 = 13,59MPa;

c) Lle 1 = 233 11m;

F 2 = 65,21kN

(J2 = 54,34MPa

Llt 2 = 466 flm

Treliças

Planas

Ex. 1 - Determinar a carga axial atuante nas barras das treliças planas representadas a

seguir:

Observação: 8T (barra tracionada) - 8e (barra comprimida

Respostas:

F 1 = F5 = 53,65kN

F 2 = F4 = 44,48kN

(Be)

(BT)

F3 = 60kN (8T)

Respostas:

F 1 = F7 = 50kN (8e)

F 2 = F6 = 30kN (8T)

80kN

F3 = F5 = 50kN (BT)

F4 = 60kN (Be)

c)

c

90kN

Respostas:

F1= 100kN (Be)

F2 = F4 = 80kN (8T)

F3 = 90kN (BT)

F5 = 85,7kN

(Be)

d)

Respostas:

F 1 = 28,lkN

(Be)

F 2 = 26,7kN

(BT)

F3 = 43,8kN

(BT)

F4 = 26,7kN

(Be)

F5 = 33,75kN

(Be)

l:"Mecânica

Técnica,e'Resistência'dos,Materiais":<'iCl\Vi<l';;;iii,:; '''' <,":;,r;:;;,,;;,;:':;';~":";(iY';';';·:';"~.&::'v

e) Respostas:

F 1 == 28,3kN (Be) F 2 = 20kN (BT)

F3 = 20kN (BT)

F4 = 20kN (Be)

20kN

20kN

Fs = O barra preguiçosa

F7 = 20kN (BT)

F6 = 20kN (BT)

F8 = 20kN (BT)

Fg = 28,3kN

.sc

f) Respostas:

12kN

F 1 = 7,5kN (Be)

F3 = 12kN (BT)

Fs = 12,5kN (Be)

F 2 = 10kN (BT)

F4 = 10kN (BT)

g) Respostas:

F 1 = F7= 50kN (Be) F 2 = F6= 43,3kN (BT)

F3 = Fs= 50kN (BT) F4 = 86,6kN (Be)

h) Respostas:

F 1 = 59,4kN

(Be)

F 2 = 42kN (BT)

F3 = 42kN (BT)

F4 = 42kN (Be)

60kN

Fs = 8,5kN (BT)

i) Respostas:

F 1 = 20kN (Be)

F 2 = 17kN (BT)

.~ F3 = O F4 = 17kN (BT)

-z-

E'C:: Fs = 10kN (Be) F6 = 10kN (Be)

r.,

:' I.

-

F7 = 5kN (BT)

Fg = 13,25kN

(Be)

F8 = 8,5kN (BT)

j) ,:c"

,

Respostas:

4() ,_';

'2'

- '"'

E

F 1 = 75kN (Be) F 2 = 78kN (BT)

'"

E

N F3 = 4kN (Be) F4 = 49kN (Be)

Fs = 31kN (BT)

F7 = 36kN (BT)

F6 = 48kN (Be)

F8 = 35kN (BT)

Fg = 56kN (Be)

v<Exercícios,Propostos<",·

Ex. 2 -

A figura dada representa um guindaste

projetado para carga máxima de 80kN.

Determinar as cargas axiais atuantes

nas barras do guindaste.

Respostas:

Fi = 164kN (Se)

F3 = 143kN (se)

F5 = 190kN (ST)

F 2 = 115kN (ST)

F4 = 60kN (se)

E

'"

Ex. 3 -

Determinar as cargas axiais atuantes nas barras

da treliça representada na figura.

~

D ®

Respostas:

Fi = 110kN (se)

F 2 = 48kN (BT)

F3 = 17,6kN

(ST)

F4 = 57,9kN

(BT)

F5 = 57,9kN

(Be)

F6 = 66,3kN

(BT)

F7 = 83kN (Be)

Ex. 4 - Determinar as cargas axiais que atuam nas barras da treliça representada na figura.

Respostas:

Fi = 28,3kN (BT) F 2 = 20kN (Be)

F3 = 20kN (se)

F4 = 20kN (BT)

F5 = 56,6kN (BT) F6 = 60kN (se) c

F7 = 99kN (se) F8 = 60kN (ST) -- -- -- -_.

Fg = 84,9kN (BT) FiO = 99kN (Be)

JlI@ '/ I@

Fll = 42,4kN (BT) F 12 = 30kN (BT)

F13 = 30kN (Be)

F14 = 70kN (Be)

F15 = 42,4kN (ST) F16 = 30kN (BT)

Mecânica,Técnica e Resistência dos Materiais ...

õ , =

Cisalhamento

Ex. 1. - Dimensionar o parafuso do conjunto representado na figura. ~ =105MPa a d =

280MPa

CD - garfo espessura da haste do garfo t hg = 6mm

(1) - chapa t ch == 16mm

GJ - parafuso

@ - porca

~ - arruela de pressão

3}---+lrhn

-====+-~10 kN

Resposta:

d = 8mm

Ex. 2 - Determinar a dimensão Q da

tesoura de telhado, para que

suporte com segurança o

carregamento representado. A

tensão admissível para

cisalhamento paralelo às fibras

é 't = irv1Pa.

60kN

Resposta: t= 866:1,

Ex. 3 -

Projeta' e.~·"::;:3rebitada representada

na figura.

:r = :J..CS··.'::Je. tensão admissível de

cisal;":ê~-",~::).

22=·.~~ê. (pressão média de

conta:c

A carga é: ':3:::2. na junta é 120kN, e

a espessve cas chapas t == 8mm.

Resposta: d == 18 ~-~-

Ex. 4-

Determina. c :: 3~ietro do pino de aço SAE 1040 para que suporte com segurança

k == 9 (carga ::.~~~~ica), a força de 10kN representada na figura. a e == 360MPa e a

espessura C3 =~2.p3 t ch == 10mm.

Resposta: d == 14m, -w-·-:v.-_·

z:s"Exercícios Propostos 29

Ex. 5 -

Ajunta da figura une 2 eixos através de rebites de 20mm de diâmetro, para transmitir

uma potência de 50kW com freqüência de 4Hz. Determinar a tensão de cisalhamento

nos rebites.

50mm

Resposta:

1: = 21MPa

Ex. 6 - Dimensionar a junta rebitada representada na figura. Utilizar 'T = -105MPa, (J d =

280MPa, t ch = 6mm. A carga aplicada é de 120kN.

:~'~'28 36

I ; , I r

36.28'

Resposta:

d == 14mm

Ex. 7 -

Dimensionar os rebites da união representada na figura. A carga aplicada é de 8kN,

a espessura das chapas é de 8mm. Considere 'T = 105 MPa e cr d

= 280MPa.

Resposta:

d = 12mm

MecânicaTécnicae

Resistência dos Materiais

Ex. 8 - Determinar o comprimento da chaveta que une um eixo de d = 100mm a uma po..e.

para a transmissão de uma potência de 50kW girando com uma freqüência de 2~z,

Utilizar: "i = 50 MPa e cr d = 100MPa.

A DI N 6885 recomenda para d = 100mm

b = 28mm

h = 16mm

Resposta:

e = 134mm

Caracteristicas

Geométricas das Superfícies Planas

Centro de Gravidade

Ex1. - Determinar o centro de gravidade (CG) das superfícies hachuradas representadas

a seguir:

unidade

= [mm]

a) b)

Respostas:

x

X G = 60 mm YG = 27 mm Respostas:

u

ug == 30,8 mm vg = 17,5 mm

c)

d)

x

Respostas:

Respostas:

X G = 47,5 mm Y G = 32,5 mm XG == 40 mm Y G = 20 mm

1

e)

f) ~I

81

x

~I

x

Respostas:

X G = 57mm

Y G = 34,5mm

Respostas:

X G = 46,2mm YG= 34,7mm

g)

---ê

h)

y

x

Respostas:

Respostas:

xG = O

4 (R 3 _r 3 )

YG = 3n (R2 _ r2)

X G = 22mm Y G = 18mm

i)

y

j)

y

o

C'\l

I.. Gr •• I x

~

o

C'\l

x

Respostas:

X G = Y G == O,82r

Respostas:

X G == 10mm Y G == 22mm

k)

y

1 )

y 5

U1

;:n

o,-<

x

o

N

x

Respostas:

X G

= Y G == O,58r

Respostas:

X G

== 34mm Y G = 15mm

Mecânica,Técnicae

Resistênciados,:MateriaisIC1:fW_=

-y,:~~-~-Á-:;::~,~::;;", :,~:::~,_,,_: ,";::i.~'1:;-;~",. ;._~--;_/---~-;:;;::-..;."",/b .m:;tJfK':.'

Ex. 2 - Determinar o momento de inércia, raio de giração, módulo de resistência relativos

aos eixos baricêntricos (x: y) nos perfis dados.

unidade:

mm

a) Respostas:

J x == 89cm

J, == 8gem

4

4

o

ao

ix == 2,4em

Ix == 2,4 em

W x == 16em 3

W = 16cm 3

y -

b) Respostas:

J, == 3640em 4

J y = 973em 4

ix

= 8,5em

iy = 4,3gem

10

W x = 364em 3

W x = 108em 3

c)

-f--

y

Respostas:

10

4

Jx == 185em

J y == 112,5em 4

o ọ-<

-I--.

·_-x ix == 3,5em

:=:, V/-0 'i'/I

50 I

iy == 0,87 em

W x == 27em 3

W y == 4,5 cm '

d) Respostas:

ix == 1,9 em

W x

= 12,67 em"

Jy = 228 em"

iy = 3,56em

W y =38em 3 Exercícios Propostos 3

·,.e)'

.. 1t~~~·

1

., ~·Y;;'7 727 }?J77';'A

Respostas:

J, = 282,7 em"

Jy = 242,7 em"

ix = 2,97cm

iy = 2,75cm

W x

=70,7 em"

Wy = 48,5cm 3

f)

v

Respostas:

J, = 37,25 em"

Jy = 32,21 em"

o lfl

O'

....

u

ix = 1,76cm

iy = 1,64cm

W x = 8,76cm 3

Wy = 8,22cm 3

Ex.3 - Determinar J x ; ix; W x no perfil representado a seguir.

(1) chapa 200x10 [mm] (2) viga U 6"x2"

h = 152,4mm A = 24,7 cm 2

4

J, = 724 em

Resposta: J = 2388 em":

x

'

ix = 5,87 em;

W x = 240 crrr'

Ex.4 - Determine J x ; W x ; ix nos perfis a seguir. Medidas em [mm)

a) Dados-chapas de aço 16 x 200 [mm).

Perfil U CSN 10" x 2 5/8"

h = 254mm

A = 29 cm 2

J, = 2800cm 4 4

J y = 95,1 em

Resposta: Jx = 17278cm 4 ;

Wx= 1208cm 3 e

ix = 11,9cm

,;;;Mecânica Técnica e Resistênciados'Materiais",,,

',,,ó,-,.

b) Dados Perfil U (o mesmo do exercício anterior)

Perfil I CVS (CSN) 300 x 47

c E F L f . lJ ~\~r; ~~;.

í3iBLIU r\;:c,A :

ORO DE ,'AULTlMltiOs

'"~\~J\)~~;.~::;, [-'

h = 300mm

J, = 9499cm 4

A = 60,5cm 2

Respostas:

Jx = 35189cm 4

3

Wx == 1629cm e ix = 14cm

c) Dados Perfil I (o mesmo do exercício anterior)

Perfil U (o mesmo do exercício anterior)

Chapas de aço 16 x 200 [mm]

Resposta: J, = 61498cm4 W x = 1780cm3 e ix == 18,3cm

Ex.5 -

a)

Determine eixos principais de inércia calculando J max ; J min

; a max e (Xmin'

Respostas:

J má x == 1308cm 4

8

N

J min = 137cm 4

o

ri

b)

Respostas:

10

.- ._.~

r////. '////1 8

I 100 I

I Y I

120

4

J máx == 341cm

Jmin == 68cm 4

cj

Respostas:

,.,..

.":."

. ,

IY

!

~·~--/,x~

.'

/'

10

J máx = 531cm 4

J min == 472 em"

d)

y

gl-V/A-I-V/A-~I-1.<

20

Respostas:

J, = Jy = 199cm 4

J máx = (

J min

=li

CXmáx = ,li

CXmin = .li

Força Cortante, Momento Fletor

EX.1 - Determinar Q e M e construir os respectivos diagramas:

a) b)

6kN

2m

8kN

2kN 4kN 6kN

2m

c)

20kN

d)

24kN

16kN

~:~""

e)

18kN 36kN 18kN

f)

28kN

1m

mAt~!-~

7kN

Respostas:

a)

o

111111111111

-6

-

o

[kN)

b)

o

-2 I1111111

-6

-

o

[kN)

-14 -14

-12

-12

t

Mmáx=-40kNm

!

o """" i i li

-25

E

~111

N

li

,8

~


c)

d)

OUW~UWLW~LU~~Tõn<Tn~onõT~O

[kN]

u....L.J...u...JL.J...LJ...LL..LJ....I...L.LLLlJ

-10

15

+ - - - - - Mrnáxf 15 kNm

O~LUL.J...LLU~LW~UW..LJ....IL.J...LLU~J...LL~-O~

e)

22

o[[1]i==,

=~' 'rrTUll o

-2 UEIJJ [kN)

-18 -18

22

()LJ--'-..L.....L-L-'-'--'-J"-'--'-'--'--'-'-~~o-L

f)

12,25 r-r-r-r-.-.--r-r-,--,-,-,

TMmáx=22kNm

L....----l.--l-.J -36

,-

[kN)

Mmáx=54kNm

36

o~-'--'-'--'--'--'-'---'-------'-~ L

-7

EX.2-

a)

800N

Determinar Q e M e construir diagramas.

b)

2kN

4kN

1m O am 1m .-:"."

c)

d)

3kN

e)

f)

15m

18kN

15m

-Exercícios

Propostos

g)

h)

~?

~~~

//.

Ml

20kN

A

m

.__ .__ ..

B

5kN

i)

j)

18kN

m

k)

I)

O.3m O.3m 1m

5kN

O.7m O.3m 1m

10kN

Respostas:

a)

b)

800N

2kN

0.7m

1m

4kN

0.5m

I , , , i I,::t , , , , ,I, , , 10

[kN]

INl

o r=

Mn'>áx=8OONm

-6

Iocc:, , , I, , , , i i , i , i i O

3,1

[kNm]

800

-6,1

";y.'

·gMecânica·•.Técnicae Resistência·dosMateriais

c)

3kN

d)

1m 05m 12m

o

[kN]

O

-15

O [kNm)

[kNm]

-27

e) f)

12kN

--;TI"

[kN]

[kNm]

-58

5

O~~-L~-L~-L~-L~-L~-L~O

10

[kNm]

g) h)

0,5m

+---t- 28 m kN

B

'-----

---~-L~~~~rr~O

[kN]

12,6

[kN]

[kNm]

[kNm]

'ccExercícios Propostos 39

i)

j)

18kN

---.n

B'

IkN]

IkN]

13,5

IkNm]

k)

I)

5kN

5

O

diagrama

[kN]

Q

O

diagrama

M

8

[kNm]

O I' , I I I I I! I I I ! , , I I ! !]'::.", 10

Mmáx-·5kNm

I "() I

-3

Flexão Simples

Ex.1. - Dimensionar a viga I para que suporte com segurança K~ 2 o carregamento das

figuras abaixo. O material das vigas é o ABNT EB583 com o, = 180MPa

a)

i~t-_2m-i~i---~--x

20 kN 28 kN

1 111111 126

Resposta: Viga 110" x 45/8" 1 a alma Wx = 405 crrr'

3LJ!U~1: ,MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais

a.1) Determinar o coeficiente de segurança (k) da viga do exercício anterior.

Resposta: k = 2,8

b)

5m

16 kN/m

A

-

\\:{&",

._.~-x

..;

o ""--'-..L-.W-'--I...1-L...L..J...J....J....W....I-W-'--I...I...W...l.-1-J....W....I-W'-"""O 1

Resposta: Viga I 12 x"5 ~" 1ª alma cj Wx = 743 crrr'

b.1) Determinar o coeficiente de segurança (k) da viga do exercicio anterior.

Resposta: k == 2,67

EX.2 -

Dimensionar a viga de madeira que deverá suportar o carregamento representado na

figura. A altura da secção transversal da viga será aproximadamente 3 (três) vezes

a dimensão da base. Utilizar õ- = 10MPa.

Reposta: b == 55mm h == 165mm

9001'1 18001'1 9001'1

-tI'\-\fHlt-"" -x

;" Exercícios'Propostos,'"

EX.3 - Dimensionar o eixo que deverá suportar o carregamento representado na figura.

O material a ser utilizado é o ABNT 1040 com c, = 320MPa . Utilizar coeficiente

de segurança k = 2.

SOON 600N lOON Y I

•

Resposta:

d == 32mm

t'J=" l:t"1

- --->~- -~

I

EX.4 - O eixo vazado representado na figura possui D = 80mm e d = 40mm. Determinar

a (jmáx atuante no eixo.

'%if "fi -"~

400N 1200N lOON Y I

j I

I

Reposta: (Jmá x ==

23 MPa

40QN 120CR-l

10CR-l I

~I ~1~2m-+I~lm-+I_I~m_l~Q~~1 ~.

-+ ~-

40

1080

EX.5 - Determinaro módulo de resistência necessário para as vigas a seguir. Material ABNT

a)

1020 (J e = 280MPa Coeficiente de segurança k = 2.

li"fb' =c --[-,

~

+óóMecânica Técnica e.Resistênciados

Materiaissui"::::

b)

Repostas:

1m

-·-E-x

256m

[kN]

-43,75

27,5

31,9

[kNm]

20kN

---;;:;-

O~~~n+~õMonorMT~TnornT~nO

35

[kNm]

50

Torção Simples

Ex.1. - A tensão máxima de cisalhamento que atua em um eixo árvore de uma transmissão

é 40MPa, o seu diâmetro é 48mm, e a sua freqüencia é de 2Hz. Determinar a

potência transmitida.

Resposta: P = 10,91 KW

-·,:"Exercícios

Propostos:,,"·")

Ex.2 -

o eixo árvore de uma transmissão possui d=32mm e o comprimento de 0,9m, transmite

uma potência de P = 5 CVgirando com velocidade angular de co= 211:rad/s. Determinar:

a) Torque no eixo

c) Tensão máxima atuante

b) Rotação do eixo

d) Distorção

e) Ângulo de torção

Dado G aço = 80 GPa e CV = 735,5W

Respostas:

a) MT ==585,3 Nm b) n==60rpm

c) 'tmax ==91MPa d) Y = 1,14 X 10- 3 rad

e) 8 ==6,4 X 10- 2 rad

Ex.3 - A junta rebitada da figura é utilizada para unir dois

+

eixos. Os rebites utilizados possuem diâmetro 12mm.

A potência transmitida é de 40 kW e a freqüência é

de 5Hz. Determinar a tensão nos rebites.

Resposta: r == 14 MPa

..

. .

200

Ex.4 - Dimensionar o eixo árvore vazado que será utilizado na

transmissão para o diferencial de um caminhão. A potência é

de 320CV e a rotação 1600 rpm (para ser atingido o torque

máximo). Material ABNT 1045 r ==50MPa. Utilizar D = 1,25d.

Reposta: O ==62,5mm d = 50mm

a

Ex.5 -

Um eixo possui 60mm de diâmetro e 0,9m de comprimento.

A tensão máxima que atua no eixo é 40 MPa, e a sua velocidade angular é 311:rad/ s .

G aço = 80 GPa. Determinar:

a) a rotação do eixo b) o torque

c) a potência d) a distorção

e) o ângulo de torção

Respostas:

a) n = 90 rpm

c) P = 15990 W

e) 8 ==1,5 X 10- 2 rad

b) Mr = 1696,5 Nm

d) y ==5 X 10- 4 rad

Ex.6 - O eixo de uma transmissão é movido por uma força tangencial de 3600N e gira

com vp ==11: /10 m/ s , a tensão máxima atuante é 't ==36 MPa. Determinar o

diâmetro e a rotação do eixo.

Resposta: d = 16mm n ==375rpm

Mecânica:Técnica eResistência dos Materiais ~Z,;,

Ex.7 -

o eixo da figura é de aço, possui comprimento C == 800mm, d = 30mm, gira com

ú) == 251trad / s ,movido por um torque de 150Nm. Determinar para o eixo:

a) força tangencial (Ft)

b) a potência (P)

c) a tensão máxima atuante ('t max )

d) distorção (y)

e) ângulo de torção (e)

G aço = 80GPa

Resposta: Ft == 10kN

P == 11780 W

't máx ==

28,3 MPa

y == 3,5375 X 10- 4 rad

e == 1.886 x 10 -2 rad

'.' ·--1

i·~~~ .

V

EX.8 -

o eixo da figura é de aço, possui d = 40mm,

gira com rn == 301t rad / s , movido por uma

FT == 10kN. Determinar para o eixo:

a) O Torque (M T )

b) A potência (P)

c) A tensão máxima atuante ('t max )

d) distorção (y)

e) ângulo de torção (e)

comprimento do eixo C == 900mm

G aço = 80GPa

--

Resposta: Mt == 200 Nm

'tmax

==15,9MPa

e == 8,95 x 10- 3 rad

P == 18850 W

-4

Y == 1.9875 x 10 rad

Flambagem

EX.l - Determinar o índice de esbeltez de um tubo com D = 25mm,

o d = 20mm e o comprimento Cf == 4m.

Resposta: 'v == 500.

EX.2 - Lima viga I de aço possui J, = 112cm 4 , Jy = 21cm 4 e área de secção transversal

.; == 12 em", encontra-se articulada nas duas extremidades, e submetida a uma

::2'g3 de compressão. A tensão de proporcionalidade do material é 190 MPa e o

r-éc J:c de elasticidade do aço é Eaço = 210 GPa. Determinar o comprimento mínimo

pa-a c _8 oossa ser aplicada a fórmula de Euler.

Resposta: ( == 2,46

~l '

". ~··":",,ExercíciosPropostos

EX.3 - Determinar a carga crítica para a viga de aço representada na figura.

Características da viga:

Pcr

5" x 3" [127,0 x 76,O]mm

Jx = 511 em"

Jy = 50 em"

Eaço

= 210 GPa

Resposta:

Pcr= 129,54 kN

EX.4 -

Um poste de 5m de altura sofre a ação de uma carga concentrada de

60kN na extremidade livre. O material é madeira com as seguintes

propriedades: E = 12 GPa e ~ = 10 MPa paralela às fibras. Determinar

o diâmetro mínimo do poste.

Resposta:

d = 650mm

~

EX.5 - A figura dada representa uma viga U de aço com comprimento 4m,

de tamanho nominal 6" x 2", Jx = 632cm4 e Jy= 36cm 4 e A = 20cm 2 .

Encontra-se biengastada e solicitada por uma carga axial de

compressão de 80kN. Determinar a tensão de flambagem atuante na

viga.

Resposta:

Eaço

= 210 GPa.

ate = 93,35MPa

80kN

-f-x

";'Mecânica

Técnica e Resistência dos Materiais

NORMAS

DIN

Rebite de cabeça redonda

para construção de calderas de 10 a 36mm de diâmetro

DIN 123

Designação de um rebite de cabeça redonda diâmetro do rebite em bruto "d" 16mm e comprimento 130mm

DIN123 MUS't 34, Rebite de cabeça redonda 16x30 DIN123 MUS't 34

Diâmetro do rebite em bruto 10 12 14 (16) (18) (20) (22) (24) (27) (30) 33 36

rorõorto para fabricantes) d

Diâmetro da cabeça D 18 22 25 (28) (32) (32) (40 (43) (48) 53 58 64

Altura da cabeca k 7 9 10 11,5 13 14 16 17 19 21 23 25

Raio da cabeça R- 9,5) 11 (13) (14,5 16,5 (18,5 (20,5 22 24,5 27) 30) 33

Canto arredondado r 1 1,6 16 2 2 2 2 25 25 3 3 4

Rebite rebitado ( do furo 11 13 15 (17) (19) (21) (23) 25 28 31 34 37

próprio pJ cáclculos

Parafuso hexagonal, n 2 entre (

Ml0 M12 (M16) (M20) (M22) (M24) M27 M30 M33 M36

) corresoonde a DIN 601

Comprimento I Peso (7,85 kl1/dm') kl1/1000 peças -

10 14,5

12 15,8

14 17,0 28,5

16 18,2 30,8 42,7

18 19,6 32,0 45,1

20 20,7 338 47,5 658

22 21,9 35,8 49,9 68,8

24 232 37,4 52,3 71,9 98

26 24,4 38,1 54,8 75,1 102

28 26,6 40,9 57,2 78,2 108 136

30 28,9 42,7 59,8 81,4 110 141

32 28,1 44,S 62,0 84,6 114 146 191

34 29,9 46,3 64,4 87,7 118 151 197

36 30,6 48,0 86,9 90,9 122 156 203 244

38 31,8 48,8 69,3 94,0 128 181 209 252

40 33,0 51,6 71,7 97,2 130 188 215 259 343

42 34,3 53,4 74,1 100.4 134 171 221 266 352

45 36,1 56,0 77,7 105,1 140 178 230 278 365

48 38,0 56,7 81,4 110 146 186 239 287 379 486

50 39,2 60,5 83,7 118 150 191 245 294 388 497

52 40,4 624 86,12 116 154 196 251 301 397 509

55 42,3 64,9 89,8 121 160 203 260 312 416 525 656

58 678 93,S 126 168 210 269 323 424 542 678

60 69,9 95,9 129 170 215 275 330 433 553 691

62 71,1 98,3 132 174 220 281 337 442 554 705 875

65 73,8 102 137 180 228 289 347 455 581 725 899

68 76,4 106 141 186 236 298 358 468 597 746 929

70 78,2 108 145 190 240 304 365 477 608 758 939

72 110 148 194 245 310 372 486 620 772 955

75 114 153 200 252 319 383 500 638 792 979

78 118 157 206 260 328 394 513 663 812 1003

80 160 210 265 334 401 522 664 825 1019

88 168 220 277 349 418 545 692 859 1059

90 176 230 290 364 438 567 719 892 1089

95 240 302 379 454 590 747 928 1139

100 250 314 384 472 612 775 960 1179

105 260 327 409 489 636 809 993 1219

:10 270 339 424 507 657 830 1027 2559

'·3 280 361 438 525 679 858 1060 1298

<- 364 459 549 702 886 1094 1339

· L= 376 466 560 724 914 1127 1378

-- 388 483 578 747 941 1161 1418

--:;:: 498 598 760 969 1194 1468

, ,-

-

· -::

513 614 792 987 1228 1498

631 814 1025 1261 1538

-

--

-- 649 837 1052 1295 1578

· == --

859 1080 1329 1618

882 1108 1362 1658

::=

--

1136 1396 1698

- -- 1169 1429 1738

, . - 1463 1778

18( 1496 1818

185 1859

190 1898

Rebite com cabeça redonda de aço

Diâmetro de 10 a 36 mm

Especificação: Ex. d ~ 16mm e I ~ 30 mm 16x30 DIN 124 TUS\ 34 )

5~

O .~. d . .

~

kk-I-J

DIN 124

Diam. do rebite d ~O ~2 14 ~6 18 20 22 24 27 30 33 36

Diâmetro da cabeca D ~6 19 22 25 28 32 36 40 43 48 53 58

Altura da cabeca k 6.5 7.5 9 10 11.5 13 14 16 17 19 21 23

Raio da cabeca R 8 9.5 11 13 14,5 16,5 18,5 20,5 22 24,5 27 30

Raio r 0.5 0,6 0,6 0,8 0,8 1 1 1,2 1.2 1.6 1,6 2

Rebite rebitado (41do furo próprio 11 13 15 17 19 21 23 25 28 31 34 37

o cáclculos

Parafuso sextavado do Ml0 M12 M~6 M20 M22 M24 M27 M30 M33 M36

corresnondente DIN 601

Com rimento I Peso 7,85 dmê k 1000 as

10 12,4

12 13,7

14 15 22.5

16 16,3 24,3 35.5

18 17,6 26,1 37.9

20 18,9 27.9 40.3 55

22 19,2 29.7 42.7 58,2

24 20,5 31,5 45,1 61,4 81.9

26 21,8 33,3 47,5 64,6 84,9

28 23,1 35,1 49,9 67,8 88,9 119

30 24,4 36,9 52,3 71,0 92,9 124

32 25,7 38,7 54,7 74,2 96,9 129 171

34 28 40.5 57,1 77,4 101 134 177

36 29.3 42.3 59,6 80,8 105 139 183 224

38 30.6 44,1 61,9 93,8 109 144 189 231

40 31.9 45,9 64,3 87 113 149 195 238 290

42 33,2 47.7 66.7 90,2 117 154 201 242 299

45 35,1 50,4 70,3 94,9 123 161 210 256 313

48 37 53,1 73,9 99,6 129 169 219 266 326 430

50 38,3 54,9 76.3 103 133 174 225 273 335 441

52 39,5 56,7 78,7 106 137 179 231 280 344 452

55 41.5 59,4 82,3 111 143 186 240 291 358 469 589

58 43,4 62.1 85.9 115 149 194 249 302 371 485 609

60 44,7 63.9 88.3 114 153 199 255 309 380 496 622

62 46 65,7 89,7 122 157 204 261 316 389 507 636 784

65 68,4 94,3 127 163 211 270 327 403 524 656 808

68 71,1 97,9 131 169 218 279 337 416 541 676 832

70 72,9 100 134 173 223 285 345 425 552 689 842

72 103 138 177 228 291 352 434 563 703 864

75 106 142 183 236 300 362 442 580 723 888

78 110 147 189 243 309 373 461 596 743 912

80 150 193 248 315 380 470 608 756 928

85 158 203 260 330 398 493 635 790 968

90 166 213 273 345 416 515 663 824 1008

95 223 285 360 434 538 691 858 1048

100 233 298 375 452 560 719 892 1088

105 243 310 390 470 583 747 926 1128

110 253 323 405 480 605 775 960 1168

115 263 335 420 506 628 803 994 1208

120 347 435 524 650 831 1028 1248

125 360 450 542 673 859 1062 1288

130 372 465 560 695 887 1096 1328

135 480 578 718 915 1130 1368

140 495 596 740 942 1164 1408

145 614 763 970 1198 1448

150 632 783 998 1232 1488

155 808 1025 1266 1528

160 830 1053 1300 1568

165 1081 1334 1608

170 1107 1368 1648

175 1402 1688

180 1436 1728

185 1768

190 1808

') Material: DIN1711 O, a indicar no pedido, p.e.: TUSt 34

Preferência aos tamanhos em negrito

··MecânicaTécnica.e

ResistênciadosMateriais

Parafusos de cabeça sextavada de rosca métrica DIN 931

Acabamento m e mg. Ver nos esclarecimentos a correlação com as recomendações ISO

d07F-

Ponta ovalada a critério

~Q.I:

~~@

--I 11[1

kI----

t - ~ ~~ x conf DIN 76

I ::::::=::) z, conf. DIN 78

Desinação de um parafuso de cabeça sextavada de rosca d = M8.

comprimento L = 50mm e classe de resistência 8,8:

PARAFUSO DE CABEÇASEXTAVADAM8X50 DIN 931-8,8

d Ml,6 lvt1,7· M2 M2,3' M2,5 tvt?,S· M3 M3,5 M4 M5 M6 M7 M8 Ml0 M12

b 1 9 9 10 11 11 11 12 13 14 16 18 20 22 26 30

2 22 24 26 28 32 36

3 45 49

c 0.1 0,2 0,3 0.3 0,4 0,4 0,4

d máx 2 2.1 2.6 2,9 3.1 3,2 3,6 4,1 4.7 5,7 6,8 7,8 9,2 11,2 14,2

d m 3.48 3.82 4.38 4,95 5.51 5.51 6,08 6,64 7.74 8.87 11,05 12.12 14,38 18.90 21.10

mín ma 20,88

k 1,1 1.2 1,4 1,6 1.7 1.8 2 2,4 2,8 3,5 4 5 5,5 7 8

r mino 0,1 0,1 0,1 0,1 0.1 0,1 0,1 01 0.2 0,2 0.25 0,25 0,4 0,4 0,6

s 3,2 3.5 4 4,5 5 5 5,5 6 7 8 10 11 13 17 18

L'I Peso (7,85 kg/ dm') kg/ 1000 peças"

,

12 0,240 0,280 0,400

(14) 0,272 0,315 0,450 0,610 0,770 0,790 Os parafusos acima da linha cheia

16 0,304 0,350 0,500 0.675 0,845 0,870 têm rosca até próximo da cabeça e

(18) 0,740 0,920 0.970 devem ser designados pela norma

20 0,805 0,995 1,03 1,29 DIN 933.

22 1,07 1,11 1.40 2,03 2.82

25 1.17 1,24 1.57 2.25 3,12

28 1.74 2,48 3,41

30 3,61 5.64 8.06 12,1

35 4,04 6,42 9.13 13.6 18,2

40 4.53 7,20 10.2 15.1 20,7 35.0

45 5.03 7.98 11,3 16,6 22,2 38,0 53,6

50 5,52 8,76 12.3 18.1 24,2 41.1 58,1

55 6.02 9.54 13.4 19,5 25.8 43,8 62.6

60 6,51 10,3 14.4 21,0 27,8 46.9 67.0

65 7,01 11.1 15.5 22,5 29,8 50,0 70.3

70 7.50 11.9 16,5 24,0 31.8 53,1 74,7

75 12.7 17.6 25,5 33.7 56,2 79.1

80 13,5 18,6 27.0 35,7 62,3 83,6

85 19.7 28.5 37.7 65,4 88,0

90 20,8 30.0 39,6 68,5 92,4

95 31.5 41.6 71,6 96.9

100 33,1 43,6 77,7 100

110 47,5 83,9 109

120 90,0 118

130 96,2 127

140 102 136

150 108 145

160 153

170 162

180 171

') Medidas não previstas pela ISO/R 272 - 1962 e que devem ser evitadas.

Continuação

da tabela da página anterior

DIN 931 p.2

d M14 (M16) M18 M20 (M22 M24 M27 M30 M33 M36 M39 M42 M45 M48 M52

b 1 34 38 42 46 50 54 60 66 72 78 84 90 96 102

2 40 44 48 52 56 60 66 72 78 84 90 96 102 108 116

3 53 57 61 65 69 73 79 85 91 97 103 109 115 121 129

c 0,4 0,4 0,4 0,4 0,4 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.6 0.6 0.6 0.6

d máx 6,2 18.2 20,2 22,4 244 26,4 30,4 33,4 36.4 39,4 42,4 45,6 48.6 52,6 566

d m 24,49 26.75 30,14 33.53 35.72 39,98 4563 51.28 55.80 61.31 66.96 72,61 78.26 83.91 89.56

mtn mz 23,91 26.17 29,16 32.95 35,03 39.55 45,20 50,85 55.37 60,69 66.44 72,09 77.74 83,39 89.04

k 9 10 12 13 14 15 17 19 21 23 25 26 28 30 33

r mino 0.6 0.6 0.6 0.8 0.8 0.8 1 1 1 1 1 1.2 1.2 1.6 1.6

5 22 24 27 30 32 36 41 46 50 55 60 65 70 75 80

L'I Peso 7,85 k dm4 1000 secas

50 82.2

55 88.3 115 Os parafusos sobre a linha escalo-

60 94.3 123 161 nada têm a rosca aproximadamen-

65 100 131 171 219 te até a cabeça e são pedidas sego

70 106 139 181 231 281 DIN933.

75 112 147 191 243 296 364

80 118 155 201 255 311 382 511

85 124 163 210 267 326 410 534

90 128 171 220 279 341 428 557 712

(95 134 179 230 291 356 446 580 739

100 140 186 240 303 370 464 603 767 951

110 152 202 260 327 400 500 650 823 1020 1250 1510

120 165 218 280 351 430 535 695 880 1090 1330 1590 1900 2260

130 175 230 295 365 450 560 720 920 1150 1400 1650 1980 2350 2780

140 187 246 315 389 480 595 765 975 1220 1480 1740 2090 2480 2920

150 199 262 335 423 510 630 810 1030 1290 1560 1830 2200 2600 3010 3450

160 211 278 355 447 540 665 755 1090 1350 1640 1930 2310 2730 3160 3770

170 223 294 375 470 570 700 900 1140 1410 1720 2020 2420 2850 3300 3930

180 235 310 395 495 600 735 945 1200 1480 1900 2120 2520 2980 3440 4100

190 247 326 415 520 630 770 990 1250 1540 1980 2210 2630 3100 3580 4270

200 260 342 435 545 660 805 1030 1310 1610 2060 2310 2740 3220 3720 4430

220 590 720 870 1130 1420 1750 2220 2500 2960 3470 4010 4760

240 1530 1880 2380 2700 3180 3820 4290 5110

260 1640 2020 2540 2900 3400 4030 4570 5450

Evitar os possíveis tamanhos entre parênteses.

Usualmente se fabricam estes parafusos com as classes de resistência 5,6 e 8,8, nos tamanhos

marcados por indicações de peso. Tamanhos cuja indicação de peso está destacada por impressão em negrito,

se realizam geralmente como comercial a base de sua frequência.

Condições técnicas de fabricação segundo DIN 267

Classe de resistência (material): 5,6

5,8 só até M4

8,8 só até M39

10,9

m

segundo DIN 267

folha 3

Execução: segundo Din 267

a partir de MI2 também rng

folha 2

(a escolha do fabricante)

Com essa proteção de superfície, se completará a designação segundo DIN 267 folha 9

Se há de ser prescrita excepcionalmente uma das formas B, K, Ko, L, S, Sb, Sk, Sz e To admissíveis

segundo Din 962 a partir de M12, se indicará este expressamente no pedido. Exemplos de designação veja DIN

962.

Se hão de fabricar parafusos até MI4 com arruelas de pressão se indicará este expressamente no pedido.

Exemplos de designação veja DIN 6900.

Parafusos torneados podem ser fabricados de acordo também sem saliência na superfície.

1) Para comprimentos até 125mm

2) Para comprimentos de mais de 125 até 200mm

3) Para comprimentos de mais de 200mm

4) Se evitarão os possíveis comprimentos intermediários. Comprimentos de mais de 260mm se

escalonarão de 20 em 20mm.

~3.i;o~

,,~;TLlê

'Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais 0"_··'>";;""miê::;·~_·"",,

ESPECIFICAÇÃO DE UMA CHAVETA FORMA A, DE LARGURA b = 12mm, ALTURA h = 8mm

COMPRIMENTO It = 56mm, CHAVETAA 12 X 8 X 56 DIN 6 885

E

Material: St 60 (aço de 60 MPa de resistência a tração em peça acabada). Outros materiais indicar

no pedido.

1. Se tiver que se fornecer chavetas formas E e F sem furos para parafusos de extração, indicar

isto no pedido.

2. Para medidas de ajuste, especialmente de pontas de eixos, é imprescindível ater-se à

coordenação das secções das chavetas aos diâmetros dos eixos.

3. Quanto às diferenças admissíveis para as larguras de rasgos de chavetas acabados, ater-se

à qualidade ISO IT8 ao invés de IT9 (ou seja, P8 em vez de P9; N8 em vez de N9 e J8 em vez

de J9). Para ajustes deslizantes se recomenda a zona tolarada H8 para o rasgo de chaveta

do eixo e ElO para o rasgo no cubo.

4. Nos desenhos de oficina podem-se anotar juntas as medidas tl e (di - ti), assim como t2 e

(di + t2); no entanto em muitos casos serão suficientes as ti e (di + t2). Em certas

circunstâncias ter-se-ão em conta as diferenças admissíveis e sobremetal de usinagem do eixo

e do furo do cubo.

5. Os comprimentos acima de 400mm e comprimentos intermediários (evitar no possível) serão

selecionados conforme DIN 3. Em casos duvidosos de comprimentos intermediários usar-seão

sempre as diferenças admissíveis do comrpiemnto 11 imediatamente superior.

6. Para chavetas formas C, De G com furos para um parafuso de fixação, usar os comprimentos

11 situados abaixo daquela linha.

7. Para o pso, não foi levado em conta os furos de chaveta.

8. A profundidade do rasgo de chavetano cubo "com aperto" está destinada só para casos

excepcionais onde as chevetas devem se encaixar por pressão.

9. Valores de d2 = <p min de peças que possam correr concentricamente sobre a chaveta.

()

zr

Q)

<([)

r-+

Q)

C/l

"'O

Q)

.....•

Q)

([)

Q)

C/l

o

z

0)

00

00

01

secção da Chaveta lamurab 2 3 4 5 6 8 10 12

16 18 20 22 25 28 32 36 40 45 50 56 63 70 80 90 100

(aço para cbavetas D1N 68(0) allurah 2 3 4 5 6 7 8 8 " 9 10 11 12 14

16 18 20 22 25 28 32 32 36 40 45 50

Para diâmetro acima de 6 8 10 12 17 22 30 38 44 50 58 65 75 85 " 95 110 130 1250 170 200 230 260 200 330 380 440

do exio di 2) até 8 10 12 17 22 30 38 44 50 58 65 75 85 95 110 130 150 170 200 230 260 200 330 380 440 500

largura eiusíe üxo ec

Rasgo de

2 3 4 5 6 8 10 12

16 18 20 22 25 28 32 36 40 45 50 56 63 70 80 90 100

b 3) aiusteleve NCI

cravetanc

"

profundidade COO1 jcqo<XJ aperte 1.1 1.7 2.' 2.9 3.5 4.1 4.7 4.9 5.5 6.2 6.8 7.4 8.5 8.7 9.9 11.1 12.3 13.5 15.3 17 19.3 19.6 22 24.6 27.5 30.4

eixo

I, 4) dilerenca admissl'X!l .•0.1 <1).2 <1).3

largura aiuste fixo PCl

2 3 4 5 6 8 10 12 14 16 18 20 22 25 28 32 36 40 45 50 56 63 70 80 90 100

b 3) aiuste eve Jo

Rasgo de

com loco em cena 1 1.4 1.7 2.2 2.6 3 3.4 3.2 3.6 3.9 4.3 4.7 5.6 6,4 6.2 7.1 7.9 8.7 9.9 11.2 12.9 12.6 14.2 15.6 17.7 19.8

chaveta no

profundidade diferenca admissivel +0.1 .•0.2 +0.3

cubo

t, 4) «rn acenc 0.6 1 1.3 1.8 2.1 2.4 2.8 2.6 2.9 3.2 3.5 3.9 4.8 4.6 5.4 6.1 6.9 7.7 8.9 10.1 11.8 11.5 13.1 14.5 16.6 18.7

diferença admss(vcl <1).1 +0.2 +0.3

d 0.8 1.2 1.6 2 2.5 3 3 3 3.58 4 4.5 5 5.5 5.5 6.5 7 8 9 10 11 13 13 14 16 18 20

d, 9 mlrimo d,+2,S d,.3,S d,+4 d,+S d,tU d,+7 d,+B dl+8 dd9 d1+10 d.et t dl+12 d,+14 dl+14 d,+16 d,+18 d,t20 dd22 d,t2S d,+27 d,t32 d,t32 d,+35 d,+40 dl.f.46 d,tSO

Chanlro ou arredondamento

r, 0.2 0.4 0.5 0.6 0.8 1 1.2 1.6 2.5

dif.adm. .0.1 tO.2 <1).3 <1).4 <1).5

r, 0.2 0.4 0.5 0.6 0.8 1 1.2 1.6 2.5

Arredoodamenlo do fundo do rasgo

cít ecn ·0.1 ·0.2 ·0.3 ·0.4 -0.5

Diferença Admissivel

Ccnpdmentc 5) 6)

Peso: 7.85 kg/dm' para a)~umrtHl('gi~?O=)

mecto térrea

6 0.188 0.423 ~"

/ '.

8 0.251 0.565 1.01

10 0.314 0.707 1.28 1.95

1.1'''''

12 0.377 0.848 1.51 2.35

"- -

14 0.440 0.969 1.76 2.75 3.94

16 ·0.2 .0.2 0.502 1,13 2,01 3." 4.52

18 0.565 1.27 2.26 3.63 5.08 7.93

20 0.628 1.41 2.51 3.92 5.65 8.60

22 1.55 2.76 4.32 6.22 9.67 13.8

25 l.TI 3.14 4.91 7.07 11.0 15.7

28 1.98 3.52 5.50 7.91 12.3 17.6 21.1 [,.-

32 2.28 4.02 6.28 9.04 14.1 20.1 24.1 t-..! JI

-c.,

36 2.54 4.52 7.00 10.2 15.6 22.8 27.1 35.6 i'N.

40 5.02 7.85 11.3 17.6 25.1 30.1 39.6

48 5.65 8.83 12.7 19.8 28.3 33.9 44.5 56.5

50 ·0.3 tO.3 9.81 14.1 22.0 31.4 32.7 49.5 62.8 77.7

56 11.0 15.B 24.6 36.2 42.2 55.4 70.3 87.0 100

63 17.8 27.7 39.6 47.5 62.3 79.1 97.9 119 152

70 19.8 30.8 44.0 52.8 69.2 85.0 100 132 169 192

80 36.2 50.2 60.3 79.1 100 124 151 193 220 281

90 39.6 56.5 67.8 89.0 113 140 170 218 247 317 407

100 62.8 75.4 96.9 126 155 188 242 275 352 452 565

110 69.1 82,9 109 138 171 207 266 302 387 497 622 760

125 94.2 124 157 194 236 302 343 440 585 700 863 1100

140 100 138 178 218 254 338 385 492 633 791 967 1240 1540

160 156 201 249 301 3B7 440 563 723 904 1110 1410 1760 2080

190

226 280 339 435 495 633 814 1020 1240 1590 1980 2340 2750

·0.5 <1).5

200 311 3T1 494 550 703 904 1130 1380 mo 2200 2600 3060 3800

220 414 532 604 774 995 1240 1520 1940 2420 2860 3370 4180 5520

250 004 887 880 1130 1410 1730 2210 2750 3250 3630 4750 6260 7880

200 769 965 1270 1560 1930 2470 3080 3640 4290 5320 7030 8820 11000

316 1110 1420 1780 2180 2780 3460 4100 4820 5990 7810 9920 12380

355 1610 2010 2450 3140 3900 4620 5430 6750 8910 11180 13950

400 2260 2760 3530 4400 5200 6120 7500 10040 12800 15720

Peso a deduzir para a forma A 0.013 0.045 0.108 0.211 0.384 0.796 1.36 1.94 2.97 4.31 6.00 8.09 11.4 14.7 21.1 31.1 43.7 4802 96.3 118 221 345 443 526 1090 1650

d, 5.9 5.9 7.4 9,4 9.4 10.4 10.4 10.34 13.5 16.5 16.5 19 19 19 19 19 19 25 25 31 31

d, 3.2 3.2 4.3 5.3 5.3 B.4 8.4 8.4 8.4 10.5 10.5 13 13 13 13 13 13 17 17 21 21

Furos para: Furos das d, 2.5 2.5 3 4 5 6 6 8 8 8 10 10 13 16 16 16 16 16 20 20 20 25 30

. Parafusos de Fixação

ctavelas .0,09 .0.00 tO.12 fO.12 +0.12 <1).12 +0.12 .0.15 +0.15 tO.15 .0.15 +0.15 .0.16 .0.18 +0.18 +0.18 <1).18 +0.18 +0.21 <1).21 .0.21 ..0.21 tO.21

c 2.2 2.2 3 3.7 3.7 4.2 4.2 4.2 5.3 6.3 6.3 7.3 7.3 7.3 7.3 7.3 7.3 9.5 9.5 11.5 11.5

• Parafusos de Extração

e 2 2 2 2 2 4 5 7 7 7 8 10 12 15 18 22 22 24 28 32 38

Furos do eixo d. 3 3 3.5 4.5 5.5 6.5 6.5 9 9 9 11 11 13 17 17 17 17 17 21 21 21 26 31

t,

. Pinos Elásticos

7 8 10 10 10 12 12 13 14 17 17 19 20 20 20 20 20 24 25 30 30

Profundidade

T. 5 5 6 7 9 10 10 11 11 14 14 17 18 20 20 20 20 20 21 24 25 30 30

da broca

I. 3 3 4 5 5 6 6 7 8 9 9 10 13 15 16 20 20 20 23 25 25 25 35

Parafuso de fixação (para/uso clllndrico DIN 84) dxb

M3 M3 M4 M5 M5 M6 M6 M6 M8 M10 M10 M12 M12 M12 M12 M12 M12 M16 M16 M20 M20

X8 X10 X10 X10 X10 X12 X12 X15 X15 X18 X20 X22 X25 X26 X30 X35 X35 X40 X45 X50 X55

Piro 8ástico DIN 1481 d,xb

2.5 2.5 3 4 5 6 8 8 8 8 10 10 12 16 16 16 16 16 20 20 20 25 30

X6 X6 X8 X10 X12 X14 X14 X16 X16 X20 X20 X24 X28 X32 X32 X36 X36 X36 X40 X45 X45 X50 X50

Õ'

fi~

3Q)

3:

Q)

('D

;::;:

e')

Q)

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::J

Cr

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~

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CD o..

e')

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o..

(:;'

Q)

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DI

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CD

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:3

('D

1/1

:3

..•.

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:3

('D>

::J

e')

;'

Q.

O

1/1

3:

DI

..•.

('D

..•

;"

iji'

PERFIS

Perfis H - Padrão Americano

Tamanho nominal Altura (h) Peso Largura da Mesa (b) Espessura da Alma (d)

mm pol. mm pol. kgjm Ib/pé mm pol. nlm pol.

101,6 X101,6 4X4 101,6 4 20,5 13,8 101,6 4,00 7,95 0,313

127,0 X127,0 5X5 127,0 5 27,9 18,8 127,0 5,00 7,95 0,313

152,4 X152,4 6X6 152,4 6 37,1 24,9 150,8 5,94 7,95 0,313

40,9 27,5 154,0 6,06 11,13 0,438

Perfis H - Padrão Americano

Tamanho Nominal

Largura

da mesa

Espessura

da Alma

Área

Peso

Furos

$

Jx Jy Wx Wy rx

ry

-- mm mm mm em' kg/m mm pel. em' em' em' em' em em

- . - :: :.0 X101,6 101,6 7,95 26,1 20,5 58 5/8 449 146 88 28,8 4,15 2,38

:2-: x 127,0 127,0 7,95 35,6 27,9 70 3/4 997 321 157 50,6 5,29 3,01

:::0\:52,4 150,8 7,95 47,3 37,1 90 7/8 1958 621 257 81,5 6,43 3,63

154,0 11,13 52,1 40,9 90 7/8 2050 664 269 87,1 6,27 3,57

::Os:"rito usual na mesa

.. :: 2~etro máximo de rebite na mesa

.Perfis,"·

Perfis I - Padrão Americano

Tamanho Nominal Altura (h) Peso Largura da Mesa (b) Espessura da Alma

mm pol. mm paI. kg/m Ib/pé mm paI. mm paI.

8,45 5,7 59,2 2,330 4,32 0,170

76,2 X60,3 3 X2 3/8 76,2 3 9,68 6,5 61,2 2,411 6,38 0,251

11,20 7,5 63,7 2,509 8,86 0,349

11,4 7,7 67,6 2,660 4,83 0,190

101,6 X66,7 4X 2 5/8 101,6 4 12,7 8,5 69,2 2,723 6,43 0,253

14,1 9,5 71,0 2,796 8,28 0,326

15,6 10,5 72,9 2,870 10,16 0,400

14,8 9,9 76,2 3,000 5,33 0,210

127,0 X76,2 5X3 127,0 5 18,2 12,3 79,7 3,137 8,81 0,347

22,0 14,8 83,4 3,284 12,55 0,494

18,5 12,5 84,6 3,340 5,84 0,230

152,4 X85,7 6X3 3/8 152,4 6 22,0 14,8 87,5 3,443 8,71 0,343

25,7 17,3 90,6 3,565 11,81 0,465

203,2 8X4 203,2 8

254,0 X117,5 10X45/8 254 10

304,8 X133,4 12X51/4 304,8 12

381,0 X139,7 15X51/2 381,0 15

457,2 X152,4 18 X6 457,2 18

508,0 X177,8 20 X7 508,0 20

27,3 18,4 101,6 4,000 6,86 0,270

30,5 20,5 103,6 4,079 8,86 0,349

34,3 23,0 105,9 4,171 11,20 0,441

38,0 25,5 108,3 4,262 13,51 0,532

37,7 25,4 118,4 4,660 7,9 0,310

44,7 30,0 121,8 4,797 11,4 0,447

52,1 35,0 125,6 4,944 15,1 0,594

59,6 40,0 129,3 5,091 18,8 0,741

60,6 40,7 133,4 5,250 11,7 0,460

67,0 45,0 136,0 5,355 14,4 0,565

74,4 50,0 139,1 5,477 17,4 0,687

81,9 55,0 142,2 5,600 20,6 0,810

63,3 42,5 139,7 5,500 10,4 0,410

66,5 44,7 140,8 5,542 11,5 0,452

73,9 49,7 143,3 5,641 14,0 0,550

81,4 54,7 145,7 5,737 16,5 0,649

81,4 54,7 152,4 6,000 11,7 0,460

89,3 60,0 154,6 6,087 13,9 0,457

96,8 65,0 156,7 6,169 16,0 0,629

104,3 70,1 158,8 6,251 18,1 0,711

121,2 81,5 177,8 7,000 15,2 0,600

126,6 85,1 179,1 7,053 16,6 0,653

134,0 90,0 181,0 7,126 18,4 0,726

141,5 95,1 182,9 7,200 20,3 0,800

148,9 100,0 184,7 7,273 22,2 0,873

. ""i,,",MecânicaTécnicae.Resistência dos.Materiais;;'bU ""'1'.,

Largura da Espessura

Tamanho Nominal mesa da Alma

(b) mm (d) mm

Furos

Área Peso * Jx Jy Wx Wy rx ry

em' kg/m a cp em' em' em' em' em em

mm pol

paI. mm mm mm em' kgjm mm pol, em' em' em' em' em em

59,2 4,32 10,8 8,45 38 3/8 105,1 18,9 27,6 6,41 3,12 1,33

3 X2 3/8 76,2 X 61,2 6,38 12,3 9,68 38 3/8 112,6 21,3 29,6 6,95 3,02 1,31

60,3

63,7 8,86 14,2 11,20 38 3/8 121,8 32,0 32,0 7,67 2,93 1.31

67,6 4,83 14,5 11,4 38 1/2 252 31,7 49,7 9,4 4,17 1,48

4X 2 5/8 101,6X 69,2 6,43 16,1 12,7 38 1/2 266 34,3 52,4 9,9 4,06 1,46

66,7

71,0 8,28 18,0 14,1 38 1/2 283 37,6 55,6 10,6 3,96 1,45

10,16 19,9 15,6 38 1/2 299 41,2 58,9 11,3 3,87 1,44

5X3

127,0 X

76,2

76,2 5,33 18,8 14,8 44 1/2 511 50,2 80,4 13,2 5,21 1,63

79,7 8,81 23,2 18,2 44 1/2 570 58,6 89,8 14,7 4,95 1,59

83,4 12,55 28,0 22,0 44 1/2 634 69,1 99,8 16,6 4,76 1,57

6 X3 3/8 152,4 X

85,7

84,6 5,84 23,6 18,5 50 5/8 919 75,7 120,6 17,9 6,24 1,79

87,5 8,71 28,0 22,0 50 5/8 1003 84,9 131,7 19,4 5,99 1,74

90,6 11,81 32,7 25,7 50 5/8 1095 96,2 143,7 21,2 5,79 1,72

101,6 6,86 34,8 27,3 58 3/4 2400 155 236 30,5 8,30 2,11

8 X 4 203,2X 103,6 8,86 38,9 30,5 58 3/4 2540 166 250 32,0 8,08 2,07

101,6

105,9 11,20 43,7 34,3 58 3/4 2700 179 266 33,9 7,86 2,03

108,3 13,51 48,3 38,0 58 3/4 2860 194 282 35,8 7,69 2,00

118,4 7,9 48,1 37,7 70 3/4 5140 282 405 47,7 10,30 2,42

10 X4 5/8 254,0X 121,8 11,4 56,9 44,7 70 3/4 5610 312 442 51,3 9,93 2,34

117,5

125,6 15,1 66,4 52,1 70 3/4 6120 348 482 55,4 9,60 2,29

129,3 18,8 75,9 59,6 70 3/4 6630 389 522 60,1 9,35 2,26

133,4 11,7 77,3 60,6 76 3/4 11330 563 743 84,5 12,1 2,70

12X51/4 304,8X 136,0 14,4 85,4 67,0 76 3/4 11960 603 785 88,7 11,8 2,66

133,4

139,0 17,4 94,8 74,4 76 3/4 12690 654 833 94,0 11,6 2,63

142,2 20,6 104,3 81,9 76 3/4 13430 709 881 99,7 11,3 2,61

139,7 10,4 80,6 63,3 90 3/4 18580 598 975 85,7 15,2 2,73

15,5 X1/2 381,0X 140,8 11,5 84,7 66,5 90 3/4 19070 614 1001 87,3 15,0 2,70

139,7

143,3 14,0 94,2 73,9 90 3/4 20220 653 1061 91,2 14,7 2,63

145,7 16,5 103,6 81,4 90 3/4 21370 696 1122 95,5 14,4 2,59

152,4 11,7 103,7 81,4 90 7/8 33460 867 1464 113,7 18,0 2,89

18 X 6 457,2X 154,6 13,9 113,8 89,3 90 7/8 35220 912 1541 117,9 17,6 2,83

152,4

156,7 16,0 123,3 96,8 90 7/8 36880 957 1613 122,1 17,3 2,79

158,8 18,1 132,8 104,3 90 7/8 38540 1004 1686 126,5 17,0 2,75

2:':< -;

177,8 15,2 154,4 121,2 102 1 61640 1872 2430 211 20,0 3,48

508,0X 179,1 16,6 161,3 126,6 102 1 63110 1922 2480 215 19,8 3,45

177,8

181,0 18,4 170,7 134,0 102 1 65140 1993 2560 220 19,5 3,42

182,9 20,3 180,3 141,5 102 1 67190 2070 2650 226 19,3 3,39

184,7 22,2 189,7 148,9 102 1 69220 2140 2730 232 19,1 3,36

(x :;=:='~:usual na mesa

Ix x :: ~- S:') máximo de rebite na mesa

Ix

h

1

x

d

Perfis

Perfis U - Padrão Americano

Tamanho Nominal Altura (h) Peso Largura das

Abas (b)

Espessura da

Alma (d)

mm paI. mm paI. kg/m Ib/pé mm paI. mm paI.

6,11 4,10 35,8 1,410 4,32 0,170

76 X38,1 3 X1 1/2 76,2 3 7,44 5,00 38,0 1,498 6,55 0,258

8,93 6,00 40,5 1,596 9,04 0,356

7,95 5,34 40,1 1,580 4,57 0,180

101,6 X41,3 4 X1 5/8 101,6 4 9,30 6,25 41,8 1,647 6,27 0,240

10,80 7,24 43,7 1,720 8,13 0,320

12,2 8,2 48,8 1,920 5,08 0,200

152,4 X50,8 6X2 152,4 6 15,6 10,5 51,7 2,034 7,98 0,.314

19,4 13,0 54,8 2,157 11,10 0,437

23,1 15,5 57,9 2,279 14,20 0,559

17,1 11,5 57,4 2,260 5,59 0,220

203,2 X57,2 8 X2 1/4 203,2 8

20,5 13,8 59,5 2,343 7,70 0,303

24,2 16,3 61,8 3,435 10,03 0,395

27,9 18,8 64,2 2,527 12,37 0,487

31,6 21,3 66,5 2,619 14,71 0,579

22,7 15,3 66,0 2,600 6,10 0,240

254,0 X66,7 10X 2 5/8 254,0 10

29,8 20,0 69,6 2,739 9,63 0,379

37,2 25,0 73,3 2,886 13,40 0,526

44,7 30,0 77,0 3,033 17,10 0,673

52,1 35,0 80,8 3,180 20,80 0,820

30,7 20,6 74,7 2,940 7,11 0,280

304,8 X76,2 12 X3 304,8 12

37,2 25,0 77,4 3,047 9,83 0,387

44,7 30,0 80,5 3,170 13,00 0,510

52,1 35,0 83,6 3,292 16,10 0,632

59,6 40,0 86,7 3,415 19,20 0,755

381,0 X85,7 15 X3 3/8 381,0 15

50,4 33,9 86,7 3,400 10,2 0,400

52,1 35,0 86,9 3,422 10,7 0,422

59,5 40,0 89,4 3,520 13,2 0,520

67,0 45,0 91,9 3,618 15,7 0,618

74,4 50,0 94,4 3,716 18,2 0,716

81,9 55,0 96,9 3,814 20,7 0,814

.Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

Furos

Larg, da Esp. da Área Peso

Jx Jy Wx Wy rx ry

Tamanho mesa Alma e

Nominal

(b) mm (d)mm

em" kgjm em a <P em4 em4 em3 em3 em em

mm pol

pcl. mm mm mm em' kgjm mm pcl. em' em' em 3 crrr' em em

3 X 1 1/2 76,2 X38,l

4 X 1 5/8 101,6 X41,3

35,8 4,32 7,78 6,11 1,11 22 1/2 68,9 8,2 18,1 3,32 2,98 1,03

38,0 6,55 9,48 7,44 1,11 22 1/2 77,2 10,3 20,3 3,82 2,85 1,04

40,5 9,04 11,40 8,93 1,16 22 1/2 86,3 12,7 22,7 4,39 2,75 1,06

40,1 4,57 10,1 7,95 1,16 25 1/2 159,5 13,1 31,4 4,61 3,97 1,14

41,8 6,27 11,9 8,30 1,15 25 1/2 174,4 15,5 34,3 5,10 3,84 1,14

43,7 8,13 13,7 10,80 1,17 25 1/2 190,6 18,0 37,5 5,61 3,73 1,15

48,8 5,08 15.5 12,2 1,30 29 5/8 546 28,8 71,7 8,16 5,94 1,36

6X2 152,4 X 50,8 51,7 7,98 19,9 15,6 1,27 29 5/8 632 36,0 82,9 9,24 5,63 1,34

54,8 11,10 24,7 19,4 1,31 35 5/8 724 43,9 95,0 10,50 5,42 1,331,

57,9 14,20 29,4 23,1 1,38 35 5/8 815 52,4 107,0 11,90 5,27

33

57,4 5,59 21,8 17,1 1,45 35 3/4 1356 54,9 133,4 12,8 7,89 1,59

8 X2 1/4 203,2X57,2 59,5 7,70 26,1 20,5 1,41 35 3/4 1503 63,6 147.9 14,0 7,60 1,56

61,8 10,0 20,8 24,2 1,40 38 3/4 1667 72,9 164,0 15,3 7,35 1,54

64,2 12,4 35,6 27,9 1,44 38 3/4 1830 82,5 180,1 16,6 7,17 1,52

66,5 14,7 40,3 31,6 1,49 38 3/4 1990 92,6 196,2 17,9 7,03 1,52

66,0 6,10 29,0 22,7 1,61 38 3/4 2800 95,1 221,0 19,0 9,84 1,81

10X 2 5/8 254,0 X 66,7 69,6 9,63 37,9 29,8 1,54 38 3/4 3290 117,0 259,0 21,6 9,31 1,76

73.3 13,40 47,4 37.2 1,57 44 3/4 3800 139,7 299,0 24,3 8,95 1.72

77,0 17,10 56,9 44,7 1,65 44 3/4 4310 164,2 339.0 27,1 8,70 1,70

80,8 20,80 66,4 52,1 1,76 44 3/4 4820 191,7 379,0 30,4 8,52 1,70

74,7 7.11 39,1 30,7 1,77 44 7/8 '5370 161,1 352,0 28,3 11,70 2,03

12 X3 304,8 X76,2 77,4 9,83 47,4 37,2 1,71 44 7/8 6010 186,1 394,0 30,9 11,30 1,98

80,5 13,00 56,9 44,7 1,71 44 7/8 6750 214,0 443,0 33,7 10,90 1,94

83,6 16,10 66,4 52,1 1,76 51 7/8 7480 242,0 491,0 36,7 10,60 1,91

86,7 19,20 75,9 59,6 1,83 51 7/8 8210 273,0 539,0 39,8 10,40 1,90

15 X3 3/8 381,OX85,7

86,4 10,2 64,2 50,4 2,00 51 1 13100 338,0 688,0 51,0 14,30 2,30

86,9 10,7 66,4 52,1 1,99 51 1 13360 347,0 701,0 51,8 14,20 2,29

89,4 13,2 75,8 59,5 1,98 51 1 14510 387,0 762,0 55,2 13,80 2,25

91,9 15,7 85,3 67,0 1,99 57 1

15650

421,0 822,0 58,5 13,50 2,22

94,4 18,2 94,8 74,4 2,03 57 1

16800

460,0 882,0 62,0 13,30 2,20

96,9 20,7 104,3 81,9 2,21 57 1

17950

498,0 942,0 66,5 13,10 2,18

I''''''

Gabarito usual na mesa

Diâmetro máximo de rebite na mesa

L ]~dx

Cantoneiras de Abas Iguais - Padrão Americano (*)

Tamanho (A X A) Peso Espessura

mm pol. kg/m Ib/pé mm paI.

6,10 4,1 6,35 1/4

63,5 X63,5 2 ' h X2'12 7,44 5,0 7,94 5/16

8,78 5,9 9,53 3/8

9,08 6,1 7,94 5/16

76,2 X76,2 3X3 10,70 7,2 9,53 3/8

14,00 9,4 12,70 1/2

14,6 9,8 9,53 3/8

101,6 X101,6 4X4 19,1 12,8 12,70 1/2

23,4 15,7 15,88 5/8

18,3 12,3 6,53 3/8

127,0 X127,0 5X5 24,1 16,2 12,70 1/2

29,8 20,0 15,88 5/8

35,1 23,6 19,05 %

22,2 14,9 9,53 3/8

152,4 X152,4 6X6

29,2 19,6 12,70 'h

36,0 24,2 15,88 5/8

42,7 28,7 19,05 %

49,3 33,1 22,23 7/8

39,3 26,4 12,70 'h

203,2 X203.2 8X8

48,7 32,7 15,88 5/8

57,9 38,9 19,05 %

67,0 45,0 22,23 7/8

75,9 51,0 25,40 1

Tamanho nominal Espes. (C) Área Peso Jx = Jy Wx=wy rx = ry x = y Eixo n mino

polegadas mm mm cm2 kgjm cm4 cm3 em em em

6,35 7,67 6,10 29 6,4 1,96 1,83 1,24

2'hX2'h 63,5 X63,5 7,93 9,48 7,44 35 7,9 1.94 1.88 1,24

9,53 11,16 8.78 41 9,3 1,91 1,93 1,22

7,94 11,48 9.08 62 11,6 2,34 2,21 1,50

3X3 76,2 X76,2 9,53 13,61 10,70 75 13,6 2,31 2,26 1,47

12,70 17,74 14.00 91 18,0 2,29 2,36 1,47

9,53 18,45 14,6 183 24,6 3,12 2,90 2,00

4X4 101,6 X101,6 12,70 24,19 19,1 233 32,8 3.10 3,00 1,98

15,90 29,73 23,4 279 39,4 3,05 3,12 1,96

9,53 23,29 18,3 362 39,5 3,94 3,53 2,51

12,70 30,64 24,1 470 52.5 3,91 3,63 2,49

5X5 127,0 X127,0 15,88 37.80 29,8 566 64,0 3,86 3,76 2,46

19,05 44,76 35,1 653 73,8 3,81 3,86 2,46

9,53 28,12 22,2 641 57,4 4,78 4,17 3,02

12,70 37,09 29,2 828 75,4 4,72 4,27 3.00

6X6 152,4 X152,4 15,88 45,86 36,0 1007 93,5 4.67 4,39 2,97

19,05 54,44 42,7 1173 109,9 4,65 4,52 2,97

22,23 62,76 49,6 1327 124,6 4,60 4,62 2,97

12,70 49,99 39,3 2022 137,8 6,38 5,56 4,01

15,88 61,98 48,7 2471 168,9 6,32 5,66 4,01

8X8 203,2 X203,2 19,05 73,79 57,9 2899 200,1 6.27 5,79 3,99

22,23 85.33 67,0 3311 229,6 6,22 5,89 3,96

25,40 96,75 75,9 3702 259,1 6.02 6,02 3,96

Y

A

x I • ~,1 "\!..u • X

~:::JIC

Mecânica Têcnlcae

Resistência dos Materiais

Cantoneiras

de Abas Desiguais - Padrão Americano(*)

Tamanho(AXB) Peso Espessura (e)

mm paI. kg/m lh/pé mm pai.

7,29 4,9 6,35 1/4

88,90 X63,50 3 '

hX 2'h 9,08 6,1 7,94 5/16

10,7 7,2 9,53 3/8

10,7 7,2 7,94 5/16

101,60 X76,20 4X3 12,7 8,5 9,53 3/8

16,5 11,1 12,70 1/2

101,60 X88,90 4 X3 '

h

9,1 6,1 6,35 1/4

11,5 7,7 7,94 5/16

13,5 9,1 9,53 3/8

17,7 11,9 12,70 1/2

13,0 8,7 7,94 5/16

15,5 10,4 9,53 3/8

127,00 X88,90 5 X3% 20,2 13,6 12,70 1/2

25,0 16,8 15,88 5/8

29,5 19,8 19,05 3/4

152,40 X101,60 6X4

18,3 12,3 9,53 3/8

24,1 16,2 12,70 1/2

29,8 20,0 15,88 5/8

35,1 23,6 19,05 3/4

26,6 19,7 12,70 1/2

177,80 X101,60 7X4 32,9 22,1 15,88 5/8

39,0 26,2 19,05 3/4

29,2 19,6 12,70 1/2

36,0 24,2 15,88 5/8

203,20 X101,60 8X4 42,7 28,7 19,05 3/4

49,3 33,1 22,23 7/8

55,7 37,4 25,40 1

".· ..Perfls

Tamanho Nominal Esp. Área Peso y x Jx Jy Wx Wy rx ry Eixo n.

(C)

r. mino

polegadas mm mm cm2 kgjm em em em4 em4 em3 em3 em em em

6,35 9,29 7,29 2,82 1,55 75 32 12 7 2,84 1,88 1,37

3 1 h X 2 1 h 88,9 X63,5 7,94 11,48 9,08 2,90 1,63 92 39 15 8 2,82 1,85 1,37

9,53 13,61 10,70 10,70 1,68 108 46 18 10 2,79 1,83 1,37

7,94 13,48 10,7 3,20 1,93 141 71 20 12 3,23 2,26 1,65

4X3 101,6 X 76,2 9,53 16,00 12,7 3,25 1,98 166 79 25 14 3,20 2,24 1,63

12,70 20,96 16,5 3,38 2,11 208 100 31 18 3,18 2,18 1,63

4X 3 1 h 101,6 X 88,9

6,35 11,67 9,1 2,95 2,31 121 87 16 13 3,23 2,72 1,85

7,94 14,51 11,5 3,00 2,36 150 108 21 16 3,20 2,72 1,85

9,53 17,22 13,5 3,07 2,44 175 125 25 20 3,18 2,69 1,85

12,70 22,58 17,7 3,18 2,54 221 158 31 25 3,12 2,64 1,83

7,94 16,51 13,0 4,04 2,13 275 112 31 16 4,09 2,62 1,93

9,53 19,67 15,5 4,09 2,18 326 133 20 20 4,06 2,59 1,93

5X 3'1, 127,0 X88,9 12,70 25,80 20,2 4,22 2,31 416 166 26 26 4,01 2,57 1,91

15,88 31,73 25,0 4,32 2,41 499 200 31 31 3,96 2,51 1,91

19,05 37,47 29,5 4,45 2,54 578 233 36 36 3,94 2,49 1,91

6X4 152,4 X 101,6

9,53 23,28 18,3 4,93 2,38 562 204 54 26 4,90 2,97 2,24

12,70 30,64 24,1 5,05 2,51 724 262 71 34 4,85 2,92 2,21

15,88 37,80 29,8 5,16 2,62 878 312 87 41 4,83 2,87 2,18

19,05 44,76 35,1 5,28 2,74 1019 362 102 49 4,78 2,84 2,18

12,70 33,86 26,6 6,15 2,34 1111 270 95 34 5,72 2,82 2,21

7X4 177,8 X 101,6 15,88 41,86 32,9 6,25 2,44 1348 325 116 43 5,69 2,79 2,18

19,05 49,80 39,0 6,38 2,57 1573 379 138 49 5,64 2,77 2,18

12,70 37,09 29,2 7,26 2,18 1602 279 123 36 6,58 2,74 2,18

15,88 45,86 36,0 7,39 2,31 1951 337 151 43 6,50 2,72 2,18

8X4 203,2 X 101,6 19,05 54,44 42,7 7,49 2,41 2274 391 179 51 6,48 2,67 2,16

22,23 62,76 49,3 7,62 2,54 2596 437 205 58 6,43 2,64 2,16

25,40 70,95 55,7 7,75 2,67 2895 483 231 64 6,40 2,62 2,16

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dos Materiais

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

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