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EM421 - RESISTˆENCIA DOS MATERIAIS I
SEGUNDO SEMESTRE DE 1999
PROVA I - 17/09/
Nome: RA:
Quest˜ao 1 (Valor 5,0): A viga bi-engastada mostrada abaixo possui r´otulas nas se¸c˜oes B e C. A viga deve suportar uma carga uniformemente distribu´ida qo = 2000N/m ao longo de um v˜ao L = 3m. Por raz˜oes construtivas a se¸c˜ao transversal da viga dever´a ser um retˆangulo com dimens˜oes b × 2 b. Para esta viga solicita-se: a) as equa¸c˜oes e os diagramas de esfor¸co cortante e momento fletor a serem obtidas atrav´es da integra¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial do momento fletor, b) as rea¸c˜oes de apoio, c) a dimens˜ao m´inima b da se¸c˜ao transversal sendo a tens˜ao normal admiss´ivel do material ¯σ = 200N/mm^2.
Figura 1: Viga da quest˜ao 1.
Quest˜ao 2 (Valor 5,0): A Figura abaixo ilustra um eixo de uma m´aquina de comprimento L = 3m. Na extremidade x = 0, tem-se um motor que aplica um torque externo T = 1600N m. Al´em disso, o eixo est´a submetido a um torque distribu´ido linear de intensidade to = 800N m/m. Pede-se tra¸car o diagrama do momento tor¸cor e determinar a rea¸c˜ao de apoio atrav´es da integra¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial do momento tor¸cor. Suponha agora que o eixo tenha se¸c˜ao circular vazada com a seguinte rela¸c˜ao entre os diˆametros interno e externo di = 0, 8 de. Sabendo-se que a tens˜ao de cisalhamento admiss´ivel do material ´e ¯τ = 50M P a, dimensione o eixo. Ap´os dimensionar o eixo determinar o ˆangulo de tor¸c˜ao nas se¸c˜oes x = 0 e x = 2m sendo G = 80GP a.
Figura 2: Eixo da quest˜ao 2.
- Solu¸c˜ao da Quest˜ao 1
- Equa¸c˜ao do carregamento: q(x) = −q 0
- Condi¸c˜oes de contorno
v(x = 0) = 0 v(x = L) = 0 θz(x = 0) = 0 θz (x = L) = 0
- Restri¸c˜oes adicionais nas r´otulas
Mz (x =
L
) = 0 Mz (x =
2 L
- Integra¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial: d^2 Mz dx^2 = q(x) = −q 0
- 1 a^ integra¸c˜ao: for¸ca cortante Vy(x) = −q 0 x + C 1
- 2 a^ integra¸c˜ao: momento fletor
Mz (x) = −q 0
x^2 2
- Determina¸c˜ao das constantes de integra¸c˜ao
Mz (x =
L
) = −q 0
(L/3)^2
+ C 1
L
+ C 2 = 0 → C 1 +
L
C 2 = q 0
L
Mz (x =
2 L
) = −q 0
(2L/3)^2
+ C 1
2 L
+ C 2 = 0 → C 1 +
2 L
C 2 = q 0
L
Resolvendo o sistema constitu´ido das duas equa¸c˜oes anteriores, tem-se C 1 = q 0
L
e C 2 = −q 0
L^2
- Equa¸c˜oes finais
Substituindo as constantes de integra¸c˜ao C 1 e C 2 e os valores dados L = 3m e q 0 = 2000N/m vem que
- for¸ca cortante: Vy(x) = −q 0 x + q 0
L
= − 2000 x + 3000
- momento fletor: Mz (x) = −q 0 x^2 2 + q 0
L
x − q 0
L^2
= − 1000 x^2 + 3000x − 2000
- Diagramas da for¸ca cortante e momento fletor
Vy(x = 0) = 3000N Mz (x = 0) = − 2000 N m Vy(x = 1) = 1000N Mz (x = 1) = 0 Vy(x = 1, 5) = 0 Mz (x = 1, 5) = 250 Vy(x = 2) = − 1000 N Mz (x = 2) = 0 Vy(x = 3) = − 3000 N Mz (x = 3) = − 2000 N m
- Rea¸c˜oes nos apoios
For¸cas: RAy = Vy(x = 0) = 3000N RBy = −Vy (x = 3) = 3000 Momentos: MAz = −Mz (x = 0) = 2000N m MBz = Mz (x = 3) = − 2000 N m
- Solu¸c˜ao da Quest˜ao 2
- Equa¸c˜ao do carregamento: t(x) = t 0 L/ 3
〈 x −
L
〉 1 − t 0 L/ 3
〈 x −
2 L
〉 1 − t 0
〈 x −
2 L
〉 0
- Condi¸c˜oes de contorno
Mx(x = 0) = −T θ(x = L) = 0
- Integra¸c˜ao da equa¸c˜ao diferencial: GIp d^2 θ dx^2
= −t(x) = − t 0 L/ 3
〈 x −
L
〉 1
t 0 L/ 3
〈 x −
2 L
〉 1
t 0
〈 x −
2 L
〉 0
- 1 a^ integra¸c˜ao: momento tor¸cor
Mx(x) = − t 0 2 L/ 3
〈 x −
L
〉 2
t 0 2 L/ 3
〈 x −
2 L
〉 2
〈 x −
2 L
〉 1
- 2 a^ integra¸c˜ao: ˆangulo de tor¸c˜ao
GIpθ(x) = −
t 0 2 L
〈 x −
L
〉 3
t 0 2 L
〈 x −
2 L
〉 3
t 0 2
〈 x −
2 L
〉 2
- Determina¸c˜ao da constante de integra¸c˜ao
Mx(x = 0) = − t 0 2 L/ 3
t 0 2 L/ 3
(0) + t 0 (0) + C 1 = −T → C 1 = −T
GIpθ(x = L) = − t 0 2 L
( L −
L
) 3
t 0 2 L
( L −
2 L
) 3
t 0 2
( L −
2 L
) 2
- C 1 L + C 2 = 0 → C 2 = 2 t 0 27
L^2 + T L
- Equa¸c˜ao final:
- momento tor¸cor: Mx(x) = − t 0 2 L/ 3
〈 x −
L
〉 2
t 0 2 L/ 3
〈 x −
2 L
〉 2
〈 x −
2 L
〉 1 − T
- ˆangulo de tor¸c˜ao: GIpθ(x) = − t 0 2 L
〈 x −
L
〉 3
t 0 2 L
〈 x −
2 L
〉 3
t 0 2
〈 x −
2 L
〉 2 −T x+ 2 t 0 27
L^2 +
T L
Substituindo os valores dados L = 3m, T = 1600N m e t 0 = 800N m/m vem que Mx(x) = − 400 〈x − 1 〉^2 + 400 〈x − 2 〉^2 + 800 〈x − 2 〉^1 − 1600
GIpθ(x) = −
〈x − 1 〉^3 +
〈x − 2 〉^3 + 400 〈x − 2 〉^2 − 1600 x +
- Diagrama do momento tor¸cor
0 < x < 1 → Mx(x) = − 1600 N m 1 < x < 2 → Mx(x) = −400 (x − 1)^2 − 1600 = −^1600 N m^ (x^ = 1) − 2000 N m (x = 2) 2 < x < 3 → Mx(x) = −400 (x − 1)^2 + 400 (x − 2)^2 + 800 (x − 2)^1 − 1600 = − 2000 N m
- Rea¸c˜ao no apoio: TD = Mx(x = 3) = − 2000 N m
−2000 0 0.5 1 1.5 2 2.5 3
−
−
−
−
−
−
−
−
Figura 4: Diagrama de momento tor¸cor para o eixo da quest˜ao 2.
- Dimensionamento As se¸c˜oes no intervalo 2 < x < 3 s˜ao as mais solicitadas do eixo e o momento tor¸cor em m´odulo ´e |Mx| = 2000N m.
O m´odulo de resistˆencia `a tor¸c˜ao da se¸c˜ao ´e dado por Wx = 2 Ip de
. Por sua vez, o momento de in´ercia
da se¸c˜ao ´e dado por Ip =
π 4 (d^4 e − d^4 i ). Como di = 0, 8 de, tem-se que Ip =
π 4 (0, 5904 d^4 e ) = 0, 4637 d^4 e. Logo, Wx = 0, 9274 d^3 e.
No dimensionamento imp˜oe-se que a tens˜ao de cisalhamento m´axima no eixo τmax = Mx max Wx
seja igual a tens˜ao de cisalhamento admiss´ivel do material, ou seja,
τmax = Mx max Wx
Mx max 0 , 9274 d^3 e
= ¯τ → de =
( Mx max 0 , 9274¯τ
) (^13)
( 2000 (0, 9274)(50 × 106 )
) (^13) → de = 35, 1 mm.
Logo, di = 0, 8 de = 28, 1 mm.
- Angulos de tor¸ˆ c˜ao em x = 0 e x = 2m
GIpθ(x = 0) = −
(0)^3 +
(0)^3 + 400(0)^2 − 1600(0) +
→ θ(x = 0) =
3 GIp
GIpθ(x = 2) = −
(2 − 1)^3 +
(2 − 2)^3 + 400(2 − 2)^2 − 1600(2) +
→ θ(x = 2) =
3 GIp O momento de in´ercia polar ´e calculado como Ip = π 4
(d^4 e −d^4 i ) = Ip = π 4
((35, 1)^4 −(28, 1)^4 ) =.7, 024 ×
105 mm^4 = 7, 024 × 10 −^7 m^4. Logo, G Ip = (80 × 109 )(7, 024 × 10 −^7 ) = 56194, 59. Substituindo nas express˜oes das rota¸c˜oes vem que
θ(x = 0) =
3 GIp
= 0. 095 rd
θ(x = 0) =
3 GIp
= 0. 036 rd
