Apostila de Resistência dos Materiais (52 Páginas), Notas de estudo de Engenharia Metalúrgica
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Apostila de Resistência dos Materiais (52 Páginas), Notas de estudo de Engenharia Metalúrgica

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Esta apostila tem por objetivo principal introduzir de forma bastante simples e concisa os conceitos básicos acerca da resistência dos materiais.
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RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS

1 INTRODUÇÃO A ANÁLISE DE TENSÕES E DEFORMAÇÕES

1.1 INTRODUÇÃO

Um conceito da grandeza tensão pode ser encarado como uma extensão do conceito da grandeza pressão.

Imaginemos o sistema de êmbolos apresentado abaixo:

Utilizando-se os conceitos de física, pode-se dizer que a pressão P no interior do duto é constante e tem valor:

onde F1 e F2 são as forças aplicadas nas extremidades e A1 e A2 são as áreas da seção transversal do duto onde são aplicadas F1 e F2, respectivamente.

Os macacos hidráulicos são aplicações diretas da equação acima, pois com uma pequena força aplicada na extremidade 2 do sistema de êmbolos afim de se produzir uma força de magnitude considerável na extremidade 1, dependendo da razão entre as áreas A1 e A2.

Algumas conclusões já podem ser obtidas analisando a grandeza pressão:

• Sua unidade de medida será: unidade de força dividida por unidade de área. No Sistema Internacional de Unidades (SI): Pa (Pascal) = N/m2. Como 1 Pa representa uma pressão relativamente pequena 1 normalmente se utiliza prefixos do tipo kilo (103) ou mega (106). Exemplos: 10 MPa, 45 kPa, etc.

• O módulo da pressão é o mesmo no interior do duto, mas a direção e sentido não.Pode-se dizer então que a pressão é uma grandeza vetorial.

• A direção da força F2 gerada no sistema de êmbolo é sempre a mesma da pressão atuante na seção 2, e esta direção é sempre normal a superfície do êmbolo. Porque surgiu pressão no interior do duto?

A resposta é simples: Sempre que se tenta movimentar uma massa de fluido e existem restrições ao deslocamento, surgem as pressões. Assim sendo, no caso do êmbolo da figura 1, se não existir resistência na seção 2, o fluido entraria em movimento acelerado e escoaria sem o surgimento de pressões internas. Em outras palavras, é preciso que haja confinamento (pressão positiva) ou aumento do volume dos dutos (pressão negativa).

Um raciocínio análogo pode ser aplicado aos sólidos. Supondo que se exerça uma força F sobre um sólido qualquer conforme figura abaixo.

Da mesma maneira que nos fluidos, têm-se duas possibilidades: ou o sólido entra em movimento ou, no caso onde existam restrições ao deslocamento (como no exemplo da figura 2), surgem o que nos

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sólidos se denominam tensões. A grande diferença entre sólidos e fluidos pode ser observada na figura 1.3:

Em ambos os casos na figura surgirão pressões (para o fluido) e tensões (para o sólido) quando se aplica a carga F1 (direção axial do tubo). Entretanto, quando se aplica a carga F2 (transversal ao tubo) pode-se verificar que o fluido não oferece a menor resistência ao corte ou cisalhamento, porém no sólido isso não acontece. Esta diferença motivou os pesquisadores a estudarem os sólidos e os fluidos em duas grandes áreas do conhecimento: Mecânica dos Sólidos e Mecânica dos Fluidos.

Então, diferentemente dos líquidos, as tensões em um sólido podem ocorrer de duas formas:

• Tensões normais: Estas tensões são resultados de um carregamento que provoca a aproximação ou o afastamento de moléculas que constituem o sólido. E o caso do carregamento F1 da figura 1.3.

• Tensões cisalhantes ou tangenciais: Estas tensões são resultado de um carregamento que provoca um deslizamento relativo de moléculas que constituem o sólido. É o caso do carregamento F2 da figura 1.3.

1.2 EXERCÍCIOS

1.3 PRESSUPOSTOS E HIPÓTESES BÁSICAS DA RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS

A Resistência dos Materiais é uma ciência desenvolvida a partir de ensaios experimentais e de análises teóricas.

Os ensaios ou testes experimentais, em laboratórios, visam determinar as características físicas dos materiais, tais como as propriedades de resistência e rigidez, usando corpos de prova de dimensões adequadas.

As análises teóricas determinam o comportamento mecânico das peças em modelos matemáticos idealizados, que devem ter razoável correlação com a realidade. Algumas hipóteses e pressupostos são admitidos nestas deduções e são eles:

1.3.1 Continuidade Física

A matéria apresenta uma estrutura continua, ou seja, são desconsiderados todos os vazios e porosidades.

1.3.2 Homogeneidade

O material apresenta as mesmas características mecânicas, elasticidade e de resistência em todos os pontos.

1.3.3 Isotropia

PAGE 3

O material apresenta as mesmas características mecânicas elásticas em todas as direções. “Ex: As madeiras apresentam, nas direções das fibras, características mecânicas e resistentes distintas daquelas em direção perpendicular e, portanto não é considerado um material isótropo”.

1.3.4 Equilíbrio

Se uma estrutura está em equilíbrio, cada uma de suas partes também está em equilíbrio.

1.3.5 Pequenas Deformações

As deformações são muito pequenas quando comparadas com as dimensões da estrutura.

1.3.6 Saint-Venant

Sistemas de forças estaticamente equivalentes causam efeitos idênticos em pontos suficientemente afastados da região de aplicação das cargas.

1.3.7 Seções planas

A seção transversal, após a deformação, permanece plana e normal à linha média (eixo deformado).

1.3.8 Conservação das áreas

A seção transversal, após a deformação, conserva as suas dimensões primitivas.

1.3.9 Lei de Hooke

A força aplicada é proporcional ao deslocamento.

F = k.d

Onde: F é a força aplicada; k é a constante elástica de rigidez e d é o deslocamento.

1.3.10 Princípio da Superposição de efeitos

Os efeitos causados por um sistema de forças externas são a soma dos efeitos produzidos por cada força considerada agindo isoladamente e independente das outras.

A fim de compensar as incertezas na avaliação das cargas, na determinação das propriedades dos materiais, nos pressupostos ou nas simplificações, é previsto nas Normas Técnicas a adoção de coeficientes de segurança. Consiste em se majorar as cargas e se reduzir a resistência dos materiais. Os diversos critérios adotados para escolha dos coeficientes de segurança adequados são estudados ao longo do curso de Engenharia Civil.

Adota-se neste texto um coeficiente de segurança único que reduz a capacidade de carga da estrutura.

2 OBJETIVO

Estudar os esforços internos e externos que atuam nas peças de uma construção de modo a resolver os problemas.

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Fig. 2

3 TIPOS DE CARGA

3.1 CARGA CONCENTRADA: Se apóiam em pequenas áreas e podem ser consideradas como apoiadas em um ponto.

Fig. 3.1

3.2 CARGA DISTRIBUIDA: Se apóiam em grandes áreas, podendo ser uniformes ou variadas.

Fig. 3.2 Fig. 3.2

3.3 CARGAS PERMANENTES: Atuam durante toda a vida da estrutura, sem mudar de valor.

3.4 CARGAS ESTÁTICAS: Atuam em cargas paradas, não sofrem efeito de impacto.

3.5 CARGAS ACIDENTAIS: Cargas móveis sofrem efeito de impacto, podendo ou não mudar de valor.

3.6 CARGAS MÓVEIS: Carga acidental

4 ESFORÇOS EXTERNOS

4.1 CARGAS CONCENTRADAS

4.2 CARGAS DISTRIBUIDAS

4.3 FORÇA DE TRAÇÃO E COMPRESSÃO

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5 ESFORÇOS INTERNOS

5.1 MOMENTOS

5.1.1 Momento Fletor ( Ma = F x d)

Fig. 5.1.1

5.1.2 Momento Torsor

Fig. 5.1.2

5.2 CISALHAMENTO (FORÇAS CONSTANTES)

Fig. 5.2

6 TIPOS DE ESTRUTURAS

6.1 ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS

N° de Eq. ≥ N° de incógnitas

∑ Fu = 0

∑ Fv = 0

∑ M = 0

6.2 ESTRUTURAS HIPERESTÁTICAS

N° de Eq. ≥ N° de incógnitas

7 TIPOS DE APOIO

Entendemos como apoio qualquer estrutura que impeça o deslocamento.

7.1 PRIMEIRO GÊNERO ESTÁTICO

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Só impede o deslocamento vertical

Símbolo

Fig. 7.1

7.2 SEGUNDO GÊNERO ESTÁTICO

Impede o deslocamento vertical e horizontal, mas permite a rotação.

Fig. 7.2 7.3 TERCEIRO GÊNERO ESTÁTICO

Fixa totalmente a peça, impedindo o deslocamento horizontal, vertical e a rotação.

Fig. 7.3

8 CÁLCULO DAS REAÇÕES

8.1 CONVENÇÕES

Fig. 8.1

8.2 EXEMPLOS Exemplo 1

Fig. 8.2.1

PAGE 3

a) ∑ Fv = 0

RA + RB – 2 – 4 – 2 = 0 RA + RB = 8t 4 + RB = 8 RB = 4t

b) ∑ MB = 0

RA x 6 – 2 x 5 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0 6 RA - 10 – 12 – 2 = 0 RA = 24

6

RA = 4t

Exemplo 2

Fig. 8.2.2

a) ∑ FV = 0 RA + RB – 2 – 4 – 4 = 0 RA + RB = 10 4,8 + RB = 10 RB = 5,20t b) ∑ MB = 0

RA x 5 – 2 x 4 – 4 x 3 – 4 x 1 = 0 5RA = 8 + 12 + 4 5RA = 24 RA = 4,80t

Exemplo 3

Fig. 8.2.3

Sen 30° = 0,50 Cos 30° = 0,87

PAGE 3

a) ∑ FV = 0 RA + RB – 2 – 4.sen 30° - 2 = 0 RA + RB = 6t RA = 6 – 3,67 RA = 2,33t

b) ∑ MB = 0 RHA + 3,87 = 0 RHA = 3,87t

Ou

c) ∑ MA = 0 -2 x 7 + RB x 6 – 4.0,5 x 3 – 2 x 1 = 0 -14 + 6RB – 6 – 2 = 0 6RB = 22 RB = 3,67 t

d) ∑ MB = 0 RA x 6 – 2 x 5 – 2 x 3 + 2 x 1 = 0 6RA = 14 RA = 2,33t

Exemplo 4

Fig. 8.2.4

a)∑ FV = 0 b)∑ FH = 0 RA + RB – 4 – 4 - 2 = 0 HA = 4t RA + RB = 10t

c) ∑ MB = 0 RA x 5 x 4 x 5 – 2 x 3 – 4 x 5 – 4 x 3 = 0 5RA + 20 – 6 – 20 – 12 = 0 RA = 18 5 RA = 3,60t e RB = 6,40 t

Exemplo 5

Fig. 8.2.5

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB – 4 – 6 - 2 = 0 HA + 2 + 3,48 – 4 - 2 = 0 RA + RB = 12t HA + 5,48 – 6 = 0 RB = 6,12t HA = 0,52t

c) ∑ MB = 0

PAGE 3

RA x 5 + 0,52 x 3 + 2 x 2 + 2 x 2 – 4 x 5 - 6 x 2 – 3,48 x 2 = 0 5RA + 1,52 + 4 + 4 - 20 – 6,96 = 0 RA = 5,88t

Exemplo 6

Fig. 8.2.6

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB – 2 – 4 - 6 = 0 RHA + 2 – 4 = 0 RA + RB = 12t RHA = 2t RB = 5,20t

c) ∑ MB = 0 RA x 5 + 2 x 2 - 2 x 5 – 4 x 3 - 4 x 4 = 0 5RA + 4 - 10 – 12 - 16 = 0 5RA = 34 RA = 34 5

RA = 6,80t

Exemplo7

Fig. 8.2.7

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB – 4 – 2 – 2 = 0 HB + 2 – 4 = 0 RA + RB = 8t HB = - 2t RB = 7,50t

c) ∑ MB = 0 RA x 4 + 4 x 6 - 4 x 4 – 2 x 2 - 2 x 3 = 0 4RA + 24 - 16 - 4 - 6 = 0 4RA = 2 RA = 2 4

RA = 0,50t * Calcular as reações

PAGE 3

Exemplo 8

Fig. 8.2.8

a) ∑ FV = 0

RA + RB – 4 – 2 – 4 – 2 - 4 = 0 RA + RB = 16t RB = 8t

b) ∑ MB = 0 RA x 6 - 4 x 5 - 2 x 4 – 4 x 3 - 2 x 2 – 4 x 1= 0 6RA - 20 - 8 - 12 – 4 - 4 = 0 6RA = 48 RA = 48 6 RA = 8t

Exemplo 9

Fig. 8.2.9

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 2 + 6 + 2 + 12 RA + RB = 22t RB = 8,83t

b) ∑ MB = 0 -2 x 7 + RA x 6 - 6 x 5,50 - 2 x 4 – 12 x 2 = 0 6RA = 14 + 33 + 8 + 24 6RA = 79 RA = 79 6 RA = 13,17t

PAGE 3

Exemplo 10

Fig. 8.2.10

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 24t RB = 11,40t

b) ∑ MB = 0 RA x 5 – 2 x 6 – 6 x 4,5 – 2 x 4 – 6 x 2 + 2 x 1 – 2 x 3 = 0 5RA - 12 – 24 – 8 – 12 + 2 - 6 RA = 12,60t

Exemplo 11

Fig. 8.2.11

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 8t RB = 5,33t

b) ∑ MB = 0 RA x 3 + 4 x 3 – 4 x 1 – 4 x 2 – 4 x 1 = 0 3RA = 8 RA = 2,67t

Exemplo 12

PAGE 3

Fig. 8.2.12

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FHA = 0 RA + RB – 4 – 2 – 2 = 0 HA + 2 = 4 RA + RB = 8t HB = 2t RB = 7,50t

c) ∑ MB = 0 RA x 3 + 2 x 3 + 2 x 0,5 – 4 x 1,5 - 2 x 1 – 2 x 1 = 0 3RA + 6 + 1 – 13,50 - 2 - 2 = 0 RA = 3,50t

9 DIAGRAMA DE MOMENTO FLETOR

Definição: É igual ao somatório de todos os momentos fletores, de um mesmo lado da seção.

Convenções:

Fig. 9.1

RA + RB = 2P // RA = 2P = P Fig. 9.2 2

MFs = P x l y = a . x ( Carga concentrada ) RA = P e RB = P

Fig. 9.3

MFs = q . l x l - q . l x l = 2 2 2 4

PAGE 3

MFs = q. l2 - q. l2 = 4 8

MFs = 2q.l2 – q.l2 8

MFs = q . l2 e y = a . x2 8

Exemplos

Traçar os diagramas de momento fletor das estruturas.

Fig. 9.4 Fig. 9.5

MF1 = 4 x 1 = 4tm // MF2 = 4 x 3 – 2 x 2 = 8tm // MF3 = 4 tm

Fig. 9.7 Fig. 9.6

Nas extremidades da peça o momento é zero!

MFA = MFB = 0 MF1 = 6 x 2 – 4 x 1 = 8tm

MF2 = 6 x 3 – 4 x 2 = 10tm

MF3 = 6 x 2 – 4 x 1 = 8tm

Fig. 9.8 Fig. 9.9

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 17t RB = 7,50t

∑ MB = 0 RA x 6 - 4 x 5 - 2 x 4 - 12 x 2 – 2 x 1 = 0 6RA - 20 - 8 - 24 - 2 = 0 RA = 9t RB = 11t

PAGE 3

MFA = MFB = 0 MF1 = 4 x 2 – 4 x 1 MF1 = 14tm

MF2 = 11 x 1 – 3 x 0,5 MF2 = 9,5tm

Fig. 9.10 Fig. 9.11

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 2 + 6 + 4 + 6 + 2 + 2 RB = 11,50t

b) ∑ MB = 0 -2 x 5 + RA x 4 - 6 x 3,5 - 4 x 2 - 6 x 1 + 2 x 0,5 + 2 x 1 = 0 - 10 + 4RA - 21 - 8 - 6 + 2 + 1 = 0 4RA = 42 RA = 10,50t

c) MF1 = MF3 = 0 MFA = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = - 3tm MF2 = - 6 – 9 + 21 MF2 = 6tm

MFB = - 2 x 5 – 6 x 3,5 + 10,50 x 4 – 4 x 2 MFB = -10 – 21 + 42 – 8 MFB = 3tm

E = 0 d) MC1 D = -2t

E = - 2 – 2 = -4t MCA D = - 4 + 10,50 = 6,50t

E = 6,5t – 4 = 2,50t MC2 D = 2,50 - 4 = - 1,50t

E = -1,50 - 6 = - 7,50t MCB D = -7,50 + 11,50 = 4t

E = 4 - 2 = 2t MC2 D = 2 - 2 = 0

PAGE 3

Traçar os D.M.F das estruturas

Fig. 9.12

a) ∑ FH = 0 HA + 2 - 4 – 2 = 0 HA = 4t

b) ∑ FV = 0 RA + RB = 3,48 + 6 + 4 - 4 RA + RB = 17,48t

c) ∑ MB = 0 RA x 5 + 4 x 2 - 4 x 1 – 3,48 x 5 - 6 x 3,5 – 4 x 2 - 2 x 1 = 0 5RA + 8 – 4 – 17,40 – 21 – 8 - 2 = 0 5RA = 44,50 RA = 8,88t RB = 8,60t

d) ∑ MB = 0 MFA = MFB = 0 MF1 = 4 x 2 – 4 x 1 MF1 = 4tm

MF2 = MF3 = 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 = 16 – 12 – 4 = 0

MF4 = 8,88 x 3 + 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 – 3,48 x 3 MF4 = 7,20tm

MF5 = MF6 = - 2 x 1 = -2tm

Fig. 9.13

Fig. 9.14

10 DIAGRAMA DE ESFORÇO CONSTANTE (D. E. C.)

PAGE 3

Força constante de uma secção

Definição: É igual ao somatório de todas as forças perpendiculares à estrutura de um mesmo lado da secção.

_ Convenções:

Fig. 9.15

_ Diagrama: + -

Fig. 9.16

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 8t

E = 0 FA D = 4t

E = 4t FC1 D = 4 – 2 = 2t

E = 4 – 2 = 2t FC2 D = 4 – 2 - 4 = -2t

E = -2t FC3 D = – 2 - 2 = -4t

E = -4t FCB D = – 4 + 4 = 0

MFA = MFB = 0 MF1 = MF3 = 4 x 1 = 4tm

MF2 = 4 x 3 – 2 x 2 = 8tm

Fig. 9.17

Fig. 9.18

PAGE 3

Fig. 9.19

Fig. 9.20

MFA = MFB = 0 MF1 = MF3 = 12tm MF2 = 14 tm

E = 0 FCA D = 8t

E = 8 – 4 = 4t FC1 D = 4 – 2 = 2t

E = 2t FC2 D = 4 - 2 = 2t

E = -2t FC3 D = – 2 - 2 = -4t

E = - 4 – 4 = -8t FCB D = – 8 + 8 = 0

11 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 1

1)

Fig. 10.1

a) ∑ FV = 0 b) ∑ MB = 0 RA + RB = 2 + 4 + 2 RA x 6 – 2 x 5 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0

PAGE 3

RA + RB = 8t 6 RA = 10 + 12 + 2 RB = 4t RA = 24 = 4t

6

2)

Fig. 10.2

a) ∑ FV = 0 b) ∑ MB = 0 RA + RB = 2 + 4 + 2 RA x 5 – 2 x 4 – 4 x 3 – 2 x 1 = 0 RA + RB = 8t 5 RA = 8 + 12 + 2 RB = 3,60t 5RA = 22

RA = 22 = 4,40t 5

3)

Fig. 10.3

a) ∑ FV = 0 b) ∑ MB = 0 RA + RB = 2 + 2 + 2 RA x 6 – 2 x 5 – 2 x 3 + 2 x 1 = 0 RA + RB = 6t 6RA – 10 – 6 - 2 = 0 RB = 3,66t 6RA = 14

RA = 14 = 2,33t 6

4)

Fig. 10.4

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB = 4 + 4 + 2 HA = 4t RA + RB = 10t

c) ∑ MB = 0 RA x 5 + HA x 5 – 2 x 3 – 4 x 5 – 4 x 3 = 0 5RA + 20 – 6 – 20 - 12 = 0 5RA = 18 RA = 18 = 3,60t // RB = 6,40t 5 5)

PAGE 3

Fig. 10.5

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB = 4 + 6 + 2 HA + 2 – 4 – 2 + 3,48 = 0 RA + RB = 12t HA – 0,52 = 0

HA = 0,52

c) ∑ MB = 0 RA x 5 + 2 x 2 – 4 x 5 – 6 x 2 – 3,48 x 2 + 0,52 x 3 + 2 x 2 = 0 5RA + 4 – 20 – 12 – 6,96 + 1,56 + 4 = 0 5RA = 29 RA = 29 = 5,88t // RB = 6,12t 5

6)

Fig. 10.6

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB = 2 + 4 + 6 HA + 2 – 4 = 0 RA + RB = 12t HA = 8t RB = 5,20t c) ∑ MB = 0 RA x 5 + 2 x 2 – 2 x 5 – 4 x 3 – 4 x 4 = 0 5RA + 4 – 10 – 12 – 16 = 0 5RA = 36 RA = 36 = 6,80t 5

7)

Fig. 10.6

a) ∑ FV = 0 b) ∑ FH = 0 RA + RB = 4 + 2 + 2 HA + 2 – 4 = 0 RA + RB = 8t HA = 2t

c) ∑ MB = 0 RA x 4 + 4 x 6 – 4 x 4 – 2 x 2 – 2 x 3 = 0 4RA + 24 – 16 – 4 – 6 = 0 4RA = 2 RA = 2 = 0,50t // RB = 7,50t 4

PAGE 3

12 EXERCÍCIOS DE FIXAÇÃO 2

* Traçam os D.M.F e D.E.C

1)

Fig. 11.1

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 6 + 4 + 2 + 6 + 2 RA + RB = 20t RB = 11,67t

b) ∑ MB = 0 RA x 6 – 6 x 5,5 – 4 x 3 – 2 x 2 - 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0 6RA - 33 – 12 – 4 – 3 + 2 = 0 6RA = 50 RA = 50 = 8,33t 6

MF1 = MF5 = 0 MFA = - 2 x 0,5 = - 1tm MF2 = - 6 x 1,5 + 8,33 x 2 = 7,66tm MF3 = 8,33 x 3 – 6 x 2,5 = 9,99tm MF4 = - 2 x 3 + 1,67 x 2 – 6 x 1,5 = 8,34tm MFB = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = - 3tm

E = 0 FC1 D = 0

E = 0 – 2 = -2t FCA D = – 2 + 8,33 = 6,33t

E = 6,33 – 4 = 2,33t FC2 D = 2,33t

PAGE 3

E = 2,33t FC3 D = 2,33 - 4 = -1,67t

E = - 1,67t FC4 D = – 1,67 - 2 = -3,67t

E = 4 – 2 = 2t FC5 D = 2 - 2 = 0t

Diagrama do momento fletor:

Fig. 11.2

a) ∑ FV = 0 RA + RB = 2 + 6 + 2 + 2 + 6 + 2 RA + RB = 20t RB = 10,33t

b) ∑ MB = 0 - 2 x 7 + RA x 6 – 6 x 5,5 – 2 x 4 – 2 x 1 - 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0 - 14 + 6RA - 33 – 8 – 2 – 3 + 2 = 0 RA = 4,67t

MF1 = MF5 = 0 MFB = MFA = - 2 x 0,5 – 2 x 1= - 3tm MF2 = - 6 x 1,5 + RA x 2 – 2 x 3 = - 9 + 9,67 x 2 – 6 – 4,34 tm MF3 = 9,67 x 4 – 6 x 3,5 – 2 x 2 – 2 x 5 = 38,68 – 21 – 4 – 2 x 5= 3,68 tm MF4 = - 2 x 6 + 9,67 x 5 – 6 x 4,5 – 2 x 3 – 2 x 0,5 = - 12 + 48,35 – 27 – 6 – 1 = 2,37 tm

E = 0 FC1 D = 0 – 2t

E = - 2 – 2 = -4t FCA D = – 4 + 9,67 = 5,67t

PAGE 3

E = 5,67 – 4 = 1,67t FC2 D = 1,67 – 2 = - 0,33t

E = - 0,33t FC3 D = - 0,33t

E = 0,33 – 2 = - 2,33t FC4 D = – 2,33 - 2 = -4,33t

E = - 4,33 – 2 = -6,33t FCB D = - 6,33 + 10,33 = 4t

E = 4 – 2 = 2t FC5 D = 2 – 2 = 0

Diagrama do momento fletor:

Fig. 11.3

a) ∑ FV = 0 RA + RB + 2 = 2 + 6 + 9 + 2 + 6 + 2 RA + RB = 25t RB = 13,07t

b) ∑ MB = 0 - 2 x 8 + RA x 7 – 6 x 6,5 + 2 x 5 – 9 x 3,5 - 2 x 3 – 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0 - 16 + 7RA – 39 + 10 – 31,5 – 6 – 3 + 2 = 0 RA = 11,93t

c) MF1 = MF5 = 0 MFB = MFA = - 2 x 0,5 – 2 x 1= - 3tm

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MF2 = - 2 x 3 + – 6 x 1,5 + 11,93 x 2 = – 6 – 9 + 23,86 = 8,86 tm MF3 = - 2 x 5 – 6 x 3,5 + RA x 4 + 2 x 2 – 6 x 1= 14,72 tm MF4 = - 2 x 6 + 11,93 x 5 – 6 x 4,5 + 2 x 3 – 9 x 1,5 – 2 x 1 = - 12 + 59,65 – 27 + 6 – 13,50 - 2 = 11,15 tm MF4 = - 6 + 26,14 – 4 = 11,14 tm

E = 0 FC1 D = 0 – 2 = -2t

E = - 2 – 2 = -4t FCA D = – 4 + 11,93 = 7,93t

E = 7,93 – 4 = 3,93t FC2 D = 3,93 + 2 = 5,93t

E = 5,93 – 6 = - 0,07t FC3 D = - 0,07 – 2 = -2,07t

E = - 2,07 – 3 = - 5,07t FC4 D = – 5,07t

E = - 5,07 – 4 = - 9,07t FCB D = - 9,07 + 13,07 = 4t

E = 4 – 2 = 2t FC5 D = 2 – 2 = 0

Diagrama do Momento Fletor:

* Traçar os D.M.F e D.E.C das estruturas:

Sen30° = 0,50 Cos30° = 0,87

2.sen30 = 2 x 0,5 = 1t

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Fig. 11.4

a) ∑ FV = 0 RA + RB – 6 – 4 – 9 – 2 – 6 – 2 + 1 = 0 RA + RB = 28t

b) ∑ MB = 0 RA x 7 – 6 x 6,5 - 4 x 5 – 9 x 3,5 - 2 x 3 + 1 x 2 – 6 x 0,5 + 2 x 1 = 0 7RA – 39 - 20 – 31,5 – 6 + 2 – 3 + 2 = 0 RA = 95,5 // RA = 13,64 t

7 RB = 14,36t

c) MF1 = MF5 = 0 MFA = 2tm MF2 = 13,64 x 2 – 6 x 1,5 = 27,28 – 9 = 18,28 tm MF3 = 13,64 x 4 – 6 x 3,5 – 4 x 2 = 19,56 tm MF4 = - 2 x 3 + 14,36 x 2 – 6 x 1,5 = - 6 + 28,72 – 9 = 13,72tm MFB = - 2 x 1 – 2 x 0,5 = -3,02tm

D.M.F

Fig.11.5

E = 0 FC1 D = 0

E = - 2t FCA D = – 2 + 13,64 = 11,64t

E = 11,64 – 4 = 7,64t FC2 D = 7,64 - 4 = 3,64t

E = 3,64 – 6 = - 2,36t FC3 D = - 2,36 – 2 = - 4,36t

E = - 4,36 – 3 = - 7,36t FC4 D = – 7,36 + 1 = - 6,36t

E = - 6,36 – 4 = - 10,36t

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FCB D = - 10,36 + 14,36 = 4t

E = 4 – 2 = 2t FC5 D = 2 – 2 = 0

D.E.C

Fig. 11.6

a) ∑ FV = 0 RA + RB – 3,48 – 6 – 4 – 4 = 0 RA + RB = 17,48t

b) ∑ FH = 0 HA + 2 – 2 – 4 = 0 HA = 4t

c) ∑ MB = 0 RA x 5 + 4 x 1 – 3,48 x 5 – 6 x 3,5 - 4 x 2 - 2 x 1 = 0 5RA + 4 – 17,4 – 21 – 8 – 2 = 0 RA = 44,4 // RA = 8,88t

5 RB = 8,60t

d) MFA = MB5 = 0 MF1 = 4 x 2 – 4 x 1 = 8 - 4 = 4tm MF2 = 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 = 16 – 12 – 4 = 0t MF2 = MF3 = 0 MF4 = 8,88 x 3 + 4 x 4 – 4 x 3 – 2 x 2 – 3,48 x 3 – 6 x 1,5 = 26,64 + 16 – 12 – 4 – 10,44 – 9 = 7,24 tm MF5 = - 2 x 1 = – 2 tm = MF6

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13 RESISTÊNCIA

Fig. 12.1

a) RA + RB = 50 + 1000 + 100 RA + RB = 1150 kg

b) ∑ MB = 0 - 50 x 5 + RA x 4 – 1000 x 2,5 - 100 x 1 = 0 -250 + 4RA – 2500 – 100 = 0 4RA = 2500 + 100 + 250 RA = 2850 // RA = 712,50 kg

4 RB = 437,50 kg

c) MF1 = MFB = 0 MFA = - 50 x 1 – 200 x 0,5 = - 150 kg.m MF2 = 437,50 x 1 – 200 x 0,5 = 337,50 kg.m

E = 0 FC1 D = - 50t

E = - 50 – 200 = -250 kg FCA D = – 250 + 712,5 = 462,5 kg

E = 462,5 - 600 = - 137,5 kg FC2 D = - 137,50 - 100 = - 237,5 kg

E = - 237,5 – 200 = - 437,5 kg FCB D = - 437,5 + 437,5 = 0

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Fig. 12.2

Fig.12.3

FC5 = 0 - 50 + 712,5 – 200x = 0 x = 662,5 x = 3,31 m 200

MMÁX = MF5 = -50 x 3,31 + 712,5 x 2,31 – 665,5 = 387,25 kg.m

* Centro de Gravidade de uma Figura Plana

Fig. 12.4

* Centro de Gravidade de uma figura plana qualquer

Então:

x = ∑ si . xi y = ∑ si . yi sT sT

Fig. 12.5

Exercícios: Calcular os C.G da figuras dadas:

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Fig. 12.6

Fig. 12.7

Fig. 12.8

Fig. 12.9

14 MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA FIGURA PLANA QUALQUER EM RELAÇÃO A UM EIXO QUALQUER

Definição: é igual ao somatório do momento de inércia em relação ao C.G paralelo ao eixo dado de cada elemento de área pelo quadrado da distância que separam os dois eixos.

Fig. 13.1

Então: Jx = ∑ (Jx + Si . y2) Jy = ∑ (Jy + Si . x2)

Ex: Calcular os M.I em relação aos eixos: x, y, x1, y1 xcg, ycg da figura:

Fig. 13.2

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Jx = b1h13 + s1.y12 + b2h23 + s2.y22 12

Jx =40.103 + 2800 . 352 + 30.303 + 900.152 12 12

Jx = ( 1143333,33 + 3430000) + (67500 + 202500) Jx = 4573333,33 + 270000 Jx = 4843333,33 cm4

Jy = h. b3 + s1.x12 + hb3 + sx.x22 12 12

Jy =70.403 + 2800 . 202 + 30.303 + 900.552 12 12

Jy = 70.6400 + 2800 . 400 + 30.2700 + 900.3025 12 12

Jy = ( 373333,33 + 1120000) + (67500 + 2722500) Jy = 1493333,33 + 2790000 Jy = 4283333,33 cm4

Fig. 13.3

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15 EXERCÍCIOS GERAIS

1) Calcular a altura da secção para suportar as tensões máximas e iguais de tração e compressão com valor de 4,83 kg/cm2.

Fig. 14

2) Calcular o momento fletor máximo da estação abaixo.

Fig. 15

3) Traçar os D.M.F e D.E.C da estação abaixo.

Fig. 16 4) Calcular os M.I em relação aos eixos: xCG e yCG da figura abaixo:

Fig. 17

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ANOTAÇÕES GERAIS

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BIBLIOGRAFIA

Resistência dos Materiais – Jayme Ferreira da Silva Jr. Resistência dos Materiais – Timoshenko – volume 1 e 2 Resistência dos Materiais – Alerson Moreira da Rocha

Notas de aula

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uma linda mulher
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