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
v
csi
N
~
•....•
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
Psi
X
qJ
\jf
Ômega
Q
ú)
ç
cq
Sumário
Capítulo 1.. Sistemas de Unidades
01
1.1 Sistema Internacional de Unidades (152 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
,
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
••
70
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
137
O"d •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••.••••.•••••
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 (Jp) (Momento de 2ª Ordem)
210
9.10 Módulo de Resistência Polar (Wp) ••••••••••••••••••.•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••
211
9.11 Exercícios
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
10.4 Exercícios
231
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
258
na Flexão
11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão
260
11.7 Deformação na Flexão
260
11.8 Exercícios
262
Capítulo 12 - Torção
279
12.1 Introdução
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
12.8 Exercícios
285
Capítulo 13 - Flambagem
299
13.1 Introdução
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
13.8 Exercícios
303
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 ao anexo do
decreto n2 63233 de 12 de setembro de 1968.
"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 92 do Decreto-Lei n2 240, de
28 de Fevereiro de 1967.
Decreta:
"Art. 1Q - 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. 2Q - Este Decreto entra em vigor na data de sua publicação, revogando o Decreto nQ
63233 de 12/09/1968 e demais disposições em contrário".
"Brasília, 03 de maio de 1978: 1572 da Independência e
90Q 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
1.2.1
Outras Unidades
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
1.3
É abolido o emprego das unidades do CGS, exceção feita às que estão compreendidas
no SI e as mencionadas na tabela IV.
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-
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,
1.3.3
etc.
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
---.!!...
'cm2oe
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
mm2
1.3.4
= 10-6 m2
Grafia dos Números
As prescrições desta secção são inaplicáveis aos números que não estejam representando
quantidade.
Exemplos: telefones, datas, nQ 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
JII.:,
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
milhão
103
=
1000
106
=
1000000
bilhão
=
109
=
1000000000
trilhão
=
1012
=
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
símbolos das unidades correspondentes.
1.3.6
diversos entre os números e os
Pronúncia dos múltiplos e submúltiplos decimais das unidades.
Na forma oral, são pronunciados por extenso.
Exemplos:
mR - mililitro
11 m - micrometro (nãJ confundir com micrômetro instrumento)
Sistemas de Unidades=
- ~---
---------'
Tabela I - prefixos SI
Nome
Símbolo
Fator de Multiplicação
exa
E
1018
peta
P
tera
T
giga
G
rnega
M
quilo
k
hecto
h
= 1 000 000 000 000 000 000
1015 = 1 000 000 000 000 000
1012 = 1 000 000 000 000
109 = 1 000 000 000
106 = 1000000
103 = 1000
102 = 100
deca
da
10
deci
d
10-1
centi
c
10-2
mili
m
micro
fl
nano
n
pico
femto
P
f
atto
a
= 0,1
= 0,01
3
10- = 0,001
10-6 = 0,000 001
10-9 = 0,000 000 001
10-12 = 0,000 000 000 001
10-15 = 0,000 000 000 000 001
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
105 Pa
barn
b
10-28 m2
*caloria
cal
4,1868 J
* cavalo-vapor
cv
735,5 W
curie
ci
3,7 x 1010 Bq
gal
Gal
0,01 rn/s?
* gauss
Gs
10-4 T
hectare
ha
104 m2
* 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
2 x 10-4 kg não confundir
com ligas de ouro
* quilate
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
T - tempo
F - força
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:
M - [g]
L - [em]
T - [s]
Exemplos de unidades derivadas no CGS:
velocidade (MRU)
.6.S
[em]
[v] =- =-=
[cm y sl
.ó.t
[s]
aceleração [al
aceleração normal da gravidade
[a] =[.ó.Y] =[em / s] =[em]
[.ó.t]
s
s2
g = 980,665 cm/s2
1.3.7.2
Sistema
MKS (Giorgi) Sistema
Internacional
(SI)
É também um sistema do tipo LMT, sendo suas unidades fundamentais:
M - [kg]
L - [m]
T - [s]
Exemplo de unidades derivadas:
velocidade (MRU)
[Vl)Ml)mt[m/sl
força
[s]
[F] = [m] . [a] = [kgm / S2]= [N]
aceleração (MUV)
aceleração normal da gravidade
[a--]_[l1v]_[m/s]_[
-- -m, I s 2]
g = 9,80665 m/s2
[.6.t]
[.ó.t]
s
Este sistema é o recomendado pelo decreto n 81621 de 03/05/78,
substituirá o sistema técnico.
Q
1.3.7.3
Sistema
MKS (Sistema
gradativamente,
Técnico)
É um sistema do tipo LFT.
7
/
Suas unidades fundamentais
são:
T - [s]
F - [kgf ou kp]
L - [m]
o sistema MKS* (técnico) aos poucos será substituído na engenharia pelo SI (Sistema
Internacional
MKS Giorgi)
kp ou kgf = 1 kg . 9,80665 m/s2
Ikp ou kgf = 9,80665 N I
Na prática, ainda são utilizadas unidades como:
gf = 10-3 kgf = 10-3 kp
Itf = 10
1.3.7.4
3
kgf = 103 kp
I
Sistemas de Unidades Inglesas
1.3.7.4.1 Sistema FPS é um sistema do tipo LFT, ou seja;
L - comprimento (foot) - [pé]
F - força (power) - [f b]
t - tempo (second) - [s]
Unidade de massa neste sistema é o slug.
m
(libra)· (segundo)"
(pé)
€b . 52
(I
--=5Ug
)
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
força, podendo ser encontrada na sua escrita simbólica como:
fb ou fbf
conhecida como libra-
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 no sistema
F
(libra - força)
m---
- a - ( pOlegada ]
2
(segundo)
(libra - força) (segundo)2
m=
(polegada)
m[~l
denomina-se libra massa.
pol
Como é um sistema do LFT, predomina a unidade de força, que simbolicamente
representada por b como foi exposto anteriormente.
será
e
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
-pol=-in=-
4
4
1"
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
li!!!!.,
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
365,1
significativos
- para 4 algarismos
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:
26,67
- para 4 algarismos
significativos
26,7
- para 3 algarismos
significativos
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:
235,5
e
Sejam os números
343,50
arredonda-se o número 235,5 para:
236
- 3 algarismos
significativos.
arredonda-se o número 343,50 para:
344
1.4
- 3 algarismos
significativos.
Relações Métricas Lineares
m = 10 dm
m = 103 mm
m = 102 cm
m = 39,37 pai
m = 3,28 pé
milha marítima
milha terrestre
= 1609
m
ano-luz = 9,46 x 1015 m
= 1852 m
jarda == 91,44 cm
braça = 1,83 m
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'"" ·~·~L ..••.
1
.,~".
1.4.1 Relações Métricas do Quadrado
·~ocCORÓ,
Dado o quadrado de lado a = 1m, determinar as seguiotes r.~IÇlt;>Õ:éSí "' \'b
"
a)
m2 e dm2
2
:',•••~,~:."-
!_ .•
Areado Quadrado
A=a2
\
.,
i"':"'>
o ..J
êC A '-:::. ';~, I' '"/',,1E./OS
1
1 ("; T
'. ,u
-"')(..:;:.:0. U~
1-11 Li
L , .1
2
b)
m e cm
c)
m2 e mrrr'
d)
m2 e pOl2
e)
m2 e pé2
1;
1m
a)
c)
m2 e dm2
b)
m2 e cm2
m = 10 dm
m2 = (10 dm)2
m = 102 cm
m2 = (102 cm)2
2
2
2
1m = 10 dm 1
1m
m2 e mm2
3
m = 10
2
d)
= 104 cm21
m2 e pOl2
m=--
100
mm
2,54
pol
(100
.J
-~(100J pd
m2 = (103 mm)2
m2 =
1m2 = 106 mm21
m2
2,54
pol
2,54
m2 = 1550 pOl2
m2 = 1,55 " 103 pOl2
e)
m2 e pé2
100
,
m = 30,48 pe
m2=(~
30,48
P
éJ2
m2 = 3,282 pé2
2
1m
= 10,76 Pé21
portanto, pode-se escrever que:
Sistemas de Unidades
..
1.5
Relações Métricas do Cubo
Dado o cubo,
3
m
b)
m
c)
m3 e mrrr'
d)
m3 e pOl3
e)
m3 e pOl3
Volume
a= 1m, determinar
as seguintes
3
e cm
I
I
E
ri
)..
do cubo
3
V = a
~
a)
relações:
3
a)
3
e dm
com aresta
'"
'"
'"
'"
'"
'"
'"
'"
'"
'"
'"
...... ......
...... ...
-
•..•..•..
"\.~
m3 e dm3
m = 10 dm
= 103 dm3
m3 = (10 dm)3
3
3
1m = 10 dm31
b)
m3 e cm3
m = 102 em
m3 = (102 cm)3 = 106
3
1m
c)
6
= 10
crrr'
3
cm 1
m3 e rnrrr'
d)
m3 e pOl3
m = 103 mm
m3 = (103mm)3
3
1m
e)
9
= 10
= 109
mrrr'
3
mm 1
m3 = (39,37
pol)3 == 61023
1m3
. 10
== 6,1023
4
pOl3
pOl31
m3 e pé3
pé
3
= (3,29
pé)3 == 35,3
1m3
= 35,3
Pé31
m
3
m3 = 103 dm
3
pé
= 106 cm3 = 109 mm3 = 6,1023
4
. 10
pOl3 = 35,3
3
pé
3
Obs: Q = dm (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
a) 0,393"
n, pede-se expressá-Ias em [mm].
b) 0,750"
c) 0,325"
d) 0,875"
e) 0,600"
f)
0,120"
Solução:
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].
5"
a) -
8
b) 21"
4
3"
c)16
19"
d)64
Solução:
Da mesma forma que o eX.1, multiplica-se a medida por 25,4 mm
a)
5
8
- x 25,4 = 15,875mm
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
b) 21,59 mm
c) 30,48 mm
d) 8,255 mm
e) 11,430 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,
_
b) 21,59
-O, 850"
30,48 _ 1 200"
,
_
d) 8,255
- 0, 325"
11,430 = 0,450"
25,4
f)
25,4
c) 25,4 -
e)
Ex.4 -
25,4
4,445
_ 0175"
- ,
25,4
Dadas as medidas em "mrn", expresse-as em "polegada fracionária".
a) 10,31875 mm
b) 17,4625 mm
c) 14,2875 mm
d) 3,96875 mm
e) 5,55625 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 2n no caso, 128 = 27 nQ de divisões no
paquímetro.
a) 110,31875p:mí
x
25,4JfI1'Í1
128"t
128
~
52 = 13" (simplificado por 4)
128
32
b) 117,4625 r1)P'r' x
25,4rymf
128"t
128
~
88 = 11" (Simplificado por 8)
128
16
l ~ =~
'--A 128 16
~28"
128
d)1
3,96875~128':L
25,4rmTÍ
x
5,55625myY
e) 1 25,41JJf!!
x
_,571875~=
25,4 rymf
x
f)
1
EX.5 -
1~128
(Simplificado por 8)
20 = ~
(Simplificado por 4)
32
= 28 =!:.- (Simplificado por 4)
128 32
12~
18 = ~
(Simplificado por 2)
128 64
Dadas as medidas em pé expresse-as em "mm".
a) 15'
b) 12'
c) 7,5'
d) 18'
Solução:
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
b) 12 x 304,8 = 3657,6
c) 7,5 x 304,8
= 2286 mm
d) 18 x 304,8 = 5486,4 mm
mm
Ex. 6 - Um pé equivale a quantas polegadas?
Solução:
pol = 25,4 mm
pé = 304,8 mm
portanto:
pé
304,8~
poI - 25 ,41J)f1'f
l
IPé = 12Pal
Sabemos que por definição cv= 75 kgfmjs e que kgf.m = 9,80665 J. Expressar cvh
em joules.
EX.7 -
cvh = 75 x 9,80665 == 735,5 W
cvh = 735,5
I
X
x 3600$
cvh = 2,6478 .10
6
J
I
Sabendo-se que: pé = 30.48 em e pol = 2,54 em. Determinar as relações entre:
Ex. 8 -
a) pé2 e m2;
b) pal2 e m2;
c) pé3 e m3
d) pal3 e m3
Relação entre pé2 e m2
8.a)
pé2 = (O,3048m)2
pé2 = 0,092903
I
pé2 = 9,2903
m2
. 10-2 m21
Relação entre pol2 m2
8.b)
pai = 2,54 . 10-2 m
pal2 = (2,54 . 10-2 m)2
I
8.c)
pal2 = 6,4516
. 10-4 m21
Relação entre pe3 e m3
pé = 3,048 x 10.1 m
pé3 = (3,048
3 = 2,832
I pé
8.d)
X 10.1
m)3
2 m31
X 10.
Relação entre pol3 e m3
pai = 2,54 . 10-2m
pOl3 = (2,54 . 10-2 m)3
I pal3 = 1,638 . 10- m31
5
15
~
EX.9 -
9.a)
Em uma prova automobilística,
com vm = 180km j h. Expressar
a) kmjmin
b) kmjs
Velocidade
média em km/rnin
180
9.b)
= 3 km j min
Velocidade
média em krri/s
vm =
e) mjs
~
~
= 0,05 km / si
Velocidade
vm =
em m/s
180000
3600
é utilizada
~4?
= 50 m j s
Ex . .1.0 - No dimensionamento
de circuitos automáticos e em outras aplicações na engenharia,
5
2
de pressão bar = 10 N/m (pascal). Expressar bar em:
a unidade
a) kgfjm2;
b) kgfjem2;
e) kgfjmm2;
d) .e b / pOl2 (psi)
Dados: kgf = 9,80665N
fb = 0,4536 kgf
pol = 2,54 em
bar para kgf/m2
.1.0.a)
bar = 10
I
5
Nj m
2
10
=
. 10
9,80665
bar = 1,0197 x 104 kgfjm
4
kgf j m
2
!
2
bar para kgf/cm2
.1.0.b)
bar = 105 Njm2 = 1,0197 x 104 kgfjm
2
se
m
1,019 x 104
bar = --.:....------:--104
I
bar = 1,0197 kgf j em
2
I
bar para kgf/mm2
.1.0.c)
bar = 1,019 kgf / em
bar =
1,0197
2
se
em
.., = 1,0197 x 10
-2
2
2
2
2
= 10
mm
kgf j mm
2
10
I
com o seu carro perfazendo
vm em:
i
vm = -60
I fo
9.c)
o piloto A foi o vencedor,
o percurso,
bar = 1,0197 x 10-
kgf j mm 1
·Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais,,,
2
2
= 104 em2
•••
bar para Rb/ pol2 (psi)
10.d)
kgf = 2,2 eb
em = 0,3937 pai
pai = 2,54em
em2 = 0,155pa12
bar = 1,0193' kgf/em2
bar =
1,0193 x 2,2
0,155
eb
bar == 14,5 --2
pai
(psi)
EX.11 - Unidade de pressão utilizada na indústria, o psi significa libra* /polegada quadrada.
Pergunta-se:
a) kgf/cm2 equivale a quantos psi
b) N/cm2 equivale a quantos psi
Sabe-se que:
kgf =
1
0,4536
eb = 9,80665 N
1
pai = 2,54 em ~
em = -2-
pai
,54
kgf/cm2 equivalente a psi
11.a)
1
kgf
2 em
eb
0,4536
[2,~4J
2
2
2,54
eb
0,4536
pol2
pal
I
11.b)
kgf / cm
2
== 14,22 psi
I
N/cm2 equivalente a psi
N
1
eb
9,80665 x 0,4536
2,542
9,80665
C,~4J
--
N
em2
eb
x 0,4536 pal2
pol2
.
= 1,45 pSI
EX.12 - Para calibrar os pneus do Chevette, deve-se observar as seguintes recomendações
da Chevrolet.
-----",
....•
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:
1,2 kgf/cm2
DIANT
12.1.2
TRAS
1,5 kgf/cm2
Quando o automóvel estiver carregado com 5 pessoas, as pressões indicadas são:
1,4 kgf/cm2
DIANT
TRAS
1,7 kgf/cm2
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/cm2.
Expressar as pressões indicadas em psi U b / pol")
12.1.1
12.1.2
12.2.1
Pressões expressas em psi para veículo carregado com até 03 pessoas.
DIANT
=
1,2 x 14,22
17 psi
TRAS
=
1,5 x 14,22
21 psi
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
Para pneus calibrados a quente é recomendado adicionar 0,14 kgf/cm2
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=(3,6X103)h-1
1
h
- ( 3,6 X 103 •
52 -
s- (
-
1 hJ
3,6x103
J2
9,80665 X 10-3
9,80665 X 10-3
gn = (3,6x 103)-2
= 3,6-2 X 10-6
gn = 9,80665 x 10-3 x 3,62 X 106
I
5
gn = 1,271 x 10
2
km / h 1
.Mecânica~Técnica e.Reslstêncla.dosMaterlalsss
~
'., "o
Ex.14 - A tabela a seguir representa o módulo de elasticidade de alguns materiais, dados
2
Expressar esses valores em [kgfjmm2];
em [kgfjcm ].
[Njmm2].
Módulo de Elasticidade E [kgfjcm2]
Material
14.a)
[Njcm2];
aço
2,1 x 106
alumínio
0,7 x 106
fofo nodular
1,4 x 106
cobre
1,12 x 106
estanho
0,42 x 106
Módulo de elasticidade E [kgfjmm2]
Aço
Eaço
= 2,1 X 106 kgf/cm2
Eaço = 2,1 X
se
cm2 = 102mm2
106 x 10-2 = 2,1 X 104 Kgf/mm2
Alumínio
cm2 = 102 mrrr'
Eal
= 0,7 X 106 kgf/cm2
Eal
= 0,7 X 106 x 10-2 = 0,7 X 104 kgf/mm2
se
Foto Nodular
Efn = 1,4 X 106 kgf/cm2
se
cm2 = 102 mrrr'
Efn = 1,4 X 106 x 10-2 = 1,4 X 104 kgf/mm2
Cobre
Ecu = 1,12 X 106 kgf/cm2
se
cm2 = 102 mm2
Ecu = 1,12 X 106 x 10-2 = 1,12 X 104 kgf/mm2
Estanho
Ee = 0,42 X 106 kgf/cm2
se
cm2 = 102 mm2
Ee = 0,42 X 106 x 10-2 = 0,42 X 104 kgf/mm2
14.b)
Módulo da elasticidade E [Njcm2]
kgf/cm2
6
Eaço = 2,1 X 10
6
Eaço = 9,8 x 2,1 x 10
7
Eaço = 2,06 X 10
kgf == 9,8 N
N/cm2
N/cm
2
Analogamente, para os outros materiais, temos:
9
r
Eat= 0,69 X 10
2
7
N/em
7
Efn = 1,37 x 1 0 N/em
Ecu = 1,1 x 10
7
N/em
2
2
Ee = 0,41 X 107 N/em2
14.c)
Módulo de elasticidade
Eaço = 2,06 X 10
7
E [Njmm2]
2
N/em
se
2
2
2
em = 10 mm
Eaço = 2,06 X 107 x 10,,2 = 2,06 X 105 N/mm2
Analogamente,
para os outros materiais, temos:
E aR = 0,69 x 105 N/mm2
5
Efn = 1,37 x 10 N/mm
2
Ecu = 1,1 X 105 N/mm2
Ee = 0,41 X 105 N/mm2
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": m3; m
b) mrn": mrrr': mm
15.a)
Sabe-se que cm = 10-2 m
em" = (10-2 rn)" = 10-8 m4 :. Jx= 920 x 10-8 m" = 9,2 x 10-6 m"
crrr' = (10-2 m)3 = 10-6 m3 :. Wx = 120 X 10-6 m3 = 1,2 x 10-4 m3
em = 10-2 m
15.b)
:. ix = 6,24 X 10-2 m = 6,24 x 10-2 m
Sabe-se que cm = 10mm
em" = (10 mrn)" = 104 mrn" :. Jx = 920 X 104 mrn" = 9,2 x 106 mm"
cm3 = (10 mm)3 = 103 mm3 :. Wx = 120 X 103 mm3 = 1,2 x 105 mm'
cm=10mm
;Q,,,,,Mecânica Técnica eReslstêncla
:. ix = 6,24 x 10 mm = 62,4 mm
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 105 x 1,59 X 102 = 7,95 x 107 P/dia
:l6.b)
Produção em m3/dia
5 x 105 x 1,59 X 102 x 10-3
7,95 X 104 m3/dia
EX.17 - Unidade de tensão utilizada no SI (Sistema Internacional), o MPa (megapascal)
6
corresponde a 10
17.a)
Pa ou 106 N/m2. Determinar as relações entre:
a) MPa e N/em2
b) MPa e N/mm2
e) MPa e kgf/em2
d) MPa e kgf/mm2
MPa para N/cm2
MPa = 106 N/m2
17.b)
sabe-se que,
MPa para N/mm2
MPa = 106 N/m2
sabe-se que,
m = 103 mm m2 = (103 mm)2 = 106 mm2
106
MPa = -N /mm2
106
17.c)
MPa para kgf/cm2
MPa = 106 N/m2
kgf = 9,80665N:m
sabe-se que,
= 102 em
m2 = (102 em)2 = 104 em2
106
MPa = --------:9,80665 X 104
I MPa = 10,197 kgf/em21
I
,..
17.d)
MPa para kgfjmm2
MPa ~ 106N/m2
sabe-se que,
m = 103 mm
kgf = 9,80665N
m2 = (103 mm)2 = 106 mrrr'
106
MPa=-----~
9,80665 x 106
2
I MPa = 0,10197 kgf I mm 1
EX.18 - No dimensionamento
de redes hidráulicas, utiliza-se a unidade de pressão mH20
(metro coluna d' água), que corresponde a 9806,65
Njm2.
Determinar as relações
entre:
b) mH20 e kgf/cm2;
a) mH20 e kPa;
c) mH20 e
bar.
Dados
1
N=
18.a)
9,80665
kgf
5
bar = 10 N I m
e
2
Como o prefixo quilo (k) representa 103, dividi-se o valor dado em Pa(Njm2) por mil,
obtendo-se então:
mH20=
18.b)
9806,65
., =9,80665kPa
10
1
kgf e m2 = 104 cm2 tem se que:
9,80665
2
9806,65
kgf
mH20 = 9806,65 N 1m =
4 --2
9,80665 x 10 cm
mH20 = 9806,65 N/m2
como N =
mH2O = 10 3 x 10 -4 = 10 -1 kgfi cm2
I mH 0 = 0,1 kgf I cm 1
2
2
18.c)
mH20 = 9,80665
3
X 10
Njm2
mH20 = 0,980665 x 105 N/m2
como bar = 105 Njm2
tem-se que:
portanto
mH20 = 0,980665 bar
I mH 0 = 9,80665 x 10- bar I
2
2
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
cv
745,7
735,5
-=--
745,7
hp = --cv
735,5
I hp == 1,014cvl
Obs.: Na prática, normalmente utiliza-se hp
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
~
= cv.
Ex. 20 - Sabe-se que, por definição, W = J/s, cal = 4,186 J e kgfm = 9,80665 J. Pede-se
determinar as relações entre:
_..
1= n - h:\05~30Rq
~_.;'..:- '. _; .-..'. ,.L_: '; ,; r C\ _
c
"('
•.
c) kWIi 6~ÓaL . ,'u· :"ri:~~EIOS
b) kWh e kgfrn:
a) kWh e J
•."
COü;~O
Uc.: h
l
,
l.-
Relação entre kWh e J
20.a)
Como W = .I/s: k = 103;
kWh == 103
X
h = 3,6 X 103s,
J
3,6 X 103,,5'.-
I kWh
/
20.b)
conclui-se que:
6
== 3,6 x10
J I
Relação entre kWh e kgfrn
Tem-se que kgfm = 9,80665J,
1
portanto J ==
9,80665
kgfm , Como kWh = 3,6 x 106 J,
conclui-se que:
kWh ==
3,6 X 106
I kWh = 3,67 x 10 kgf.m
5
kgfm
9,80665
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 106
5
kWh == 8,6 x 10
cal
4,186
cal
Como kcal = 103 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 H20 à
temperatura de 1° F. Determinar as relações entre:
a) BTU e kWh;
b) BTU e cvh.
Sabe-se que, BTU = 1,0546 x 103 J (a 60°F aproximadamente
Sabe-se que, kWh == 3,6 x 106 J, portanto J =
21.a)
1
6
3,6 x 10
BTU ==
1
6
x 1,0546 x 10
3,6 x 10
I
BTU =2,93 x10-
4
kWh
3
kWh
15,5 0c).
_
kWh, tem-se entao que:
21.b)
Pela resolução
do exercício
7, tem-se
que cvh
::::2,6478x
106J,
portanto,
1
J = 2,6478 x 106 cvh, logo pode-se escrever que
BTU=
1
3
R
1,0546 x 10 cvh
•
2,6478 x 10
I BTU= 0,398 x 10- cvh I
3
J, kW = 103 W e hp
Ex. 22 - Por definição, tem-se que: kgf-rn = 9,80665
Determinar as relações entre:
a) kWe kgfrn/s:
22.a)
J
Como W = -
kW= 10
3
b) hp e kgfrn/s
1
J =
e
N
745,7 W.
9,80665
103
J
-= --N
9,80665
kgfrn,
conclui-se que:
kgfm
5
IkW~102~1
22.b)
Sendo hp::::745,7W, conclui-se que:
hp =
1 5 I hp == 76 kgfm 1 5 I
7457'kgfm
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) m3 15 (SI)
23.a)
Sabe-se que, m
m3/5
i! 15;
e
3
b) m3
1 h e i! 15.
= 10 3 t , portanto:
3
= 10 i!
5
23.b)
Como m3 = 103.e
m3/h =
e
h = 3,6 X 103s,
conclui-se que:
3
10 i!
3,6x1035
I m /h 0,277 1s I
3
=
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/m2), representada por [j.l].
MecânicaTécnica.eResistênciadosMateriais
C
I
I_====--_-J;
~.. -_':.
---=-- -o:::::=.
placa móvel
Ft
v = Irn/s
d = 1m
.::--==-==t~~:-==::'=::---I~-camada de fluído
I--==~_ H"7,J
~placafixa
placa móvel
camada de fluído
placa fixa
A unidade usual para este tipo de viscosidade é o poise que equivale a 1 dlna.s/
em", Expressar poise nas unidades do:
a) SI;
b) Mk*S (técnico).
Sabe-se que N = 105 dina e m2 = 104 cm2, portanto conclui-se que:
24.a)
5
dina = 10-
I
24.b)
2
N
cm
poise = 10-1
= 10-4 m2
10-5 N . s
poise = 10-4 m2
I
Ns/m2
Como kgf = 9,80665N conclui-se que:
1
N=
kgf
9,80665
poise = 10-
1
1
kgf.s
. --9,80665
m2
poise = 10,19 x 10
-3 kgf.s
~
kgf.s
--:::
m2
-
98poise
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/m2
e a massa
3
específica de 1kgjm , o que resulta em uma viscosidade cinemática de 1m2js.
Porém, a unidade utilizada com maior freqüência na prática é a do CGS que
corresponde a cm2js (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
1 cm
st = stoke = --
2
cm
s
4
2
st= stoke = 10-
m
2
-4
= 10
2
m
s
25.b)
stoke no Mk*S (técnico)
o mesmo do SI
25.c)
stoke em centistokes
cst = centistoke
25.d)
= 10-2 stoke
centistoke no SI
-2
-2
cst = centistoke = 10
stoke = 10
-4
. 10
m
2
-
s
6
m
6
mm
cst = centistoke = 102
m
6
2
/
s
2
= 10 mm
centistoke = 10-
6
. 10
2
/
I
s
cst= mm
2
/
si
Ex. 26 - Demonstrar que a unidade de viscosidade cinemática de um fluido no SI é 1m2/s.
Pela definição de viscosidade cinemática tem-se que:
~
viscosidade dinâmica
v =-
= --------
p
massa espedfica
A unidade de viscosidade dinâmica no SI é Ns/m2, e a unidade de massa específica
no SI é kg/m3.
Através da definição de força escreve-se que:
F
m=-=
a
N
m/ s2
kg=
portanto
_N
m/s2
Como a definição de v = ~, conclui-se que:
p
N.s
v=
4
m2
N. s m
N
Nm2
. S2
m/ S2
m3
Iv = m si
2
/
..MecânicaTécnicae
~
--------
Resistência dos Materiais:
VíNCULOS
2.1
ESTRUTURAIS
Introdução
Denominamos vínculos ou apoios os elementos de construção que impedem os movimentos
de uma estrutura.
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.
C
~
•Rx
rc
,- -
~
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, sendo bem pouco utilizadas no
decorrer do nosso curso.
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
RB
RA
número de equações>
número de incógnitas
2.2.2 Estruturas Isostáticas
A estrutura é classificada como isostática quando o número de reações a serem determinadas
coincide com o número de equações da estática.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Exemplos:
a)
RAv
b)
I
I
P,
.
PI
lL._._._
número
RAH
de equações < número de incógnitas
2.2.3 Estruturas Hiperestáticas
A estrutura 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:
p
a)
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
A resultante dos momentos atuantes em relação a um ponto qualquer do plano de forças será
nula.
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 no nó
Tração na barra
..
A
HtM,,;..;;:;;~;,:._<".tt.-
B
..
MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais
,.,.
A
o---~
B
Peça Comprimida
Sempre que a peça estiver sendo comprimida, o nó estará sendo "empurrado".
Compressão na barra
Compressão do nó
B
A
~"',,'@F',..
3.8
Composição de Forças
Consiste na determinação da resultante de um sistema, podendo ser resolvida gráfica ou
analiticamente.
Exemplo 1:
Exemplo 2:
F3
FI + F2
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
Fy .
tgo; =-, sena= -;
F
Fx
cosa =-
r.
F
F sen I<=2...
F cos I<= ~F
tg 1<=2...
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<
.-'),A
I
D
Através do ~ ODA, aplica-se o Teorema de Pitágoras, resultando:
I)
F2 = (F2 + X)2 + y2
onde
CD = x
AD = Y
Pelo L'l CDA tem-se:
Fi
2
= X
2
2
+Y
portanto:
11) Y 2 =- Fi 2 no mesmo
X
2
L'l CDA
conclui-se que:
11I) x = Fi cos a
Substituindo a eq. 11na eq. I tem-se:
F
2
2
= F2
+ 2F2x + X
2
2
+ Fi - X
2
MecânicaTécnicae ResistênciadosMateriais
Substituindo
a eq. 11Ina anterior tem-se:
Para a = O
Quando a = O ~ cos a = 1, portanto:
F2=F12+F/+2F1F2
F2 = (F1 + F2)2
I
F = F1 + F2
Quando a = 90
0
cosa = O, portanto:
~
c ----------------
,
B
,
F
o "'-'---'---0:
,. A
FI
Quando a = 180
0
~
cos a = - 1, portanto:
F2=F/+F22_2F1F2
F2 = (F1 - F2)2 ou (F2 - Fi)2
I F I = I Fi - F21 ou I F2 - Fi I
FI
180
0
r:-.
F2
F2
FI
F=F2-Fl
3.12
Determinação Analítica da Direção da Resultante
Através do ~ OAO tem-se:
B
tgy=_YF2 +x
O~""r-----;:"T""~A
No ~ ACO tem-se:
Y = Fi sen«
D
x = Fi cosa
,,
,,
,
,
r
portanto, podemos escrever que:
F1sena
tgy= F +F1 cosa
2
3.13 Exercícios
EX.l
Determine a resultante F dos sistemas de forças a seguir:
-
a)
..
Fl=lON
-
F2=20N
Solução:
..
F3=25N
-I
F=1O+20+25=55N
Resposta:
F = 55N da esquerda para direita
b)
50N
----
- ..
--------
80N
120N
..••.
Solução:
---
50N
50N
~I
80N
120N
200N
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.
y'
C~--7:B
r; I
\)~
«,-?">
40°
o
EX.3 -
r,
:
I Fx == 76,6NI
Fy = 100 sen 40° = 100 x 0,643
:
.~
I
I
A
Fx = 100 cos 40° = 100 x 0,766
X
I Fy == 64,3 N I
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 = J1202
+ 902
a
I F = 150N I
b)
Fx=120N
ângulo que F forma com a horizontal (a)
Fy
90
tg« = - = = 0,75
Fx
120
l-a-=::3-71
c)
ângulo que F forma com a vertical (~)
B = 90° - a = 90° - 3]0
Ex.4 -
As cargas Fi = 200 N e F2 = 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 F2 (Y)
FI sen a
tgy=---F2 +FI cosa
200sen60°
tgy=-----600 - 200 cos 60°
y=13"54'
I
I
F=J2002
+6002
F=::721N
I
+2.200·600·COS60o
,..
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 <I>,@,®.
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
L:Fy
= O
y
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
Fi coscx= F2
I F = _P= Pcosseccx I
sencx
i
P
F2 = -. coscx
sencx
I F = P cotgCXI
2
MecânícaTêcníca-e Resistência dos Materiais
••...
y
~t~/:
u..11a
I
F, cos a
p
x
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 =
No D
°
y
I F3 = P I
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
seguir.
(j), @, (1)
estão tracionados, portanto teremos o nó C com o sistema de forças a
x
y
LFy
I
=
°
F2 = Pcos45°
F2 = 0,707P
LF x =0
I
I
F1 = P sen 45°
F1 = 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
o sistema de forças abaixo.
kgf traciona
a barra 3, portanto
teremos
F3
EFy = O
I F = 1000 kgf I
3
'.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
atuante no nó A representado
na figura.
e a barraCD comprimida,
y
IFx
resultando
no sistema
de forças
=O
F1 sen60° = F2 sen45°
Fl
F1 =
(:)c$
A
x
F2 cos45°
(1)
sen 60°
IF y = O
~
F1 cos60° + F2 cos45° = 1000 (11)
1000 kgf
substituindo
a equação
I na equação
11 temos:
F2 cos 45°
---. cos60° + F2 cos 45° = 1000
sen60°
F2 . 0,707 . 0,5
0,866
+ 0,707 F2 = 1000
1,115 F2 = 1000
I F2'" 897 kgf I
substituindo
F2 na equação
F = F2 cos45°
1
I
sen60°
F1 = 732kgf
I temos:
897 x 0,707
0,866
I
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, o nosso polígono será um
triângulo de forças.
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 F2 forma com F3 um ângulo de 3r, sabemos ainda que, o vetor F2 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 F2.
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°
F2 =
P
1400
= -= 1750kgf
sen53°
0,8
Fi = F2 sen3r
= 1750 x 0,6
Fi = 1050 kgf
F2 =1750
kgf
F3 = 1400 kgf
.....
Equilíbrio de: Forças:e Momentos:",,:,,:
41
r
Observação: Como se pode perceber, a carga 1,4 tf foi transformada para 1400 kgf.
Exemplo 2
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 F2 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 F3, traçamos o vetor F2.
3 - O vetor F1 forma 90° com o vetor F2, pela extremidade final de F2, com uma inclinação
de 90° em relação a este, traçamos o vetor F1,teremos desta forma o triângulo de forças.
Pela lei dos senos temos:
F1
--=
sen 3JO
F2
sen 53°
F3
==--
sen 90°
Como o sen 90° = 1, tem-se que:
F2 = F3 sen 53°
u:'
F2 = 2,4 x 0,8 = 1,92 tf
F1 = F3 sen 37"
F1= 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/s2.
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
6
o
p
p
C'J
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 RA forma com P e com F serão determinados através do
1,8
cosa = -
2
/'o"
OAB.
= 0,9
B
Pela lei dos senos, cálculo de FeRA:
F
P
RA
sen26°
sen 64°
sen90°
Como sen 90° = 1, tem-se:
p
F=
sen
64'
°
sen26°
100.0,438
F=
0,9
p
I F 48,66N I
=
R
A -
F
48,66
--sen 26° - 0,438
RA == 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 F em relação ao ponto
A será obtido através do produto F.c, da mesma forma que o
produto da carga P em relação a A será obtido através de P.b.
Para o nosso curso, convencionaremos
horário.
Nota:
3.16.1
p Çl
•....
'
r.
,
positivo, o momento que obedecer ao sentido
Muitos autores utilizam convenção contrária a esta, porém, para a seqüência do
nosso curso, é importante que o momento positivo seja horário.
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
por carga perpendicular.
J,-
p
a
"
RA
.mnvMecânica::TécnicaeResistência dos Materiais
==
b
Ra
,,~;;;.::.; :-::~;~';.'-~~~
l:MA = o
l:Ms =0
Rs (a + b) = p. a
RA (a + b) = p. b
=~
R
B
b) Viga solicitada
=~
R
(a + b)
(a + b)
A
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
l:FH=O
I
RAV
= 8 + 5 - 5,86
RAV
= 7,14KN I
I R = 6KN I
AH
Resultante no apoio A
RA = J7,14
2
+ 62
IRA
I
== 9,33KN
c) Viga solicitada por carga paralela ao suporte principal.
4m
r-=o
IMA
IFH
I
6RB = 6x2
=
o
RAH = 6KN
I
IFv = o
IRB=2KNI
IRAV=RB=2KN
Resultante no apoio A
RA = JR~H + RL
RA=J62+22
IRA=6,32KNI
d) Viga solicitada
por torque.
4m
6m
30kN
E
N
~
30kN"
Figura A
I
r~,
RA
RB
Figura B
o binário da figura A pode ser representado conforme a figura B.
IMA
=O
IFv = O
I =
10RB = 120
I =
RB
12KN
RA
RB = 12KN
I
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:':
<,
,
~ ,
RAH
~
,
IMA=O
RAV//,.///,/
A
11 111
I
24RB = 5 x 30
Ic
I II
1
I =
RB
6,25KN
IFH
=O
I
5kN
I
8
~
8%
8
IR = R =
AH
B
6,25KN
I
IFv = O
RB
B
///
'/
30cm
Reação em A
IRA = 8KN I
Ex. 2 -
A figura a seguir, representa uma junta rebitada, composta
iguais. Determinar as forças atuantes nos rebites.
~~
__~R=-~
por rebites de diâmetros
~~
RAH
Como os diâmetros
I
R"
= R, = Rcv =
dos rebites
T=
1000 N
são iguais,
na vertical
as cargas
serão
iguais:
I
o rebite B, por estar na posição
intermediária,
O rebite A está sendo "puxado"
horizontal para a esquerda.
para a direita,
O rebite C, ao contrário de A, está sendo
possuirá reação horizontal para a direita.
não possui
reação
portanto
possuirá
"empurrado"
na horizontal.
uma
para a esquerda,
.Equilíbrio,deForças
e,Momentos;;·x'!,'
reação
portanto
47
Esforços
Horizontais
I.MA = O
I.FH = O
200 RCH= 600 x 3000
I RAH= RCH= 9000N I
I RCH= 9000N I
Força atuante nos rebites A e C
RA = JRtv + RtH
+ 90002
RA = ~10002
IRA =9055N
I
Como RA e Rc são iguais, temos que:
I R e Rc = 9055 N I
A
Ex. 3 - Determinar a intensidade da força F, para que atue no parafuso o torque de 40Nm.
A distância
determinada
ª (centro do parafuso ao ponto de aplicação da carga F) será
por:
20
20
a= cos23° =--0,92
a = 21,7 em
la=o,217ml
LMO
= O
O,217F = 40
20em
EX.4 -
F =
40
0,217=184N
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
40N
30F = 180 x 40 -1 F = 180 x 40
30
I F = 240N I
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
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
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 y
LMO
dimensão x
= O
Como x é a hipotenusa do triângulo ABO temos:
y
400
150 (200 + y) = 90000
Y=
90000
x =
-200
0,9
==
Iy = 400mm I
EX.6 -
cos 26°
I x 445mm I
150
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 na haste do cilindro:
LMA
= O
400 Fc cos 37° = 5 x 1200
I Fc = 18,75kN I
Componentes de Fc
Fc cos 3r = 18,75 x 0,8 = 15 kN
Fc sen 3r = 18,75 x 0,6 = 11,25kN
Reações na articulação A
LFH = O
Reação na articulação A
r 2
RAH = Fc sen 3r = 11,25kN
2
RA = VRAH+ RAV
LFV = O
RA = ~11,252
RAV = Fc cos 3r - 5
IRA=15kN
+ 102
I
RAV = 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
Esforços
no apoio B
Solução: ângulo a
>-
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
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Reação da parede vertical na escala:
IMB
=0
I R = 300N I
4RA = 1,5 x 800
A
A distância 1,5 m foi obtida através do triângulo CDB:
c
Reações em B
LFv = O
LFH = O
RBV = 800N
RBH = RA = 300 N
Resultante Rs
RB
I
Ex. 8 -
= ~8002 + 3002
RB == 855N
I
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.
80N
A
Solução:
o
Força de extração do prego:
o
'"
IMB
=O
50F cos34°=
I
F = 385N
80 x 200
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
"""""ê
..CargaDistribuída
~3
v
o peso de uma laje em uma viga
c)
•
coluna
I
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-
Adotamos para o estudo, o infinitésimo de carga dQ
que é determinado pelo produto qdx.
--q
I dQ = qdx I
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 XG, 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
s:
qxdx
XG =-=--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:
ql
2
~Q
I
3
,
RA
IMA
= O
RB t _
2
__ qt ._f
2 3'
I
R, = ~
I
Q /3
~
RB
IMs
RAf
=0
=
qe .~
2 3
I R" = ~ I
1.c)
6m
lOkN
m
Na solução deste exercício, vamos dividir o trapézio em um triângulo
retângulo, obtendo desta forma as concentradas a seguir .
.q;mJ;,JYlecânica. Técnica."e,Resistência·,dos<
Materiais,;;;;
e um
'::"';_"'~'2!I'~:;';;".:
. .··'.;;z:li·;:"""?,'<.:"'~' ...:.... ·7,!!'S=;;";:;::;<i
.. ":.
.<,'-
'"~;.'J>\_•.::.....
30kN
3m
15kN
1m
2m
RA
LMA
IRB
= O
LFv = O
RA + RB
6RB = 4 x 15 + 30x 3
I R = 25kNI
= 30 + 15
I RA = 20kNI
B
1..d)
3m
6m
Solução idêntica ao exercício anterior.
Teremos, então:
12kN
48kN
3m
3m
1m
2m
I
1-------------IRa
LMA
= O
LFv
6RB=7x12+48x3
I
Ex.2 -
RB = 38kN
I
I
= O
RA + RB
= 48 + 12
RA = 22kN
I
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 RA 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
RAVI
1m
12kN
~~t
«:-7 :
: l'
.'
. 53°
a
A
4m
RAH
F1V
' lH
Força normal na barra (j)
I,MA
I
=O
6Fi sen53°=
7 x 2 + 20 x 2
Fi = 11,25KN
I
Componente vertical de Fi
Componente horizontal 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 RAV
Componente horizontal RAH
I,Fv = O
I,FH = O
I
RAV+FiV=20+2
I
RAV = 22 - 9 = 13kN
Resultante RA
RA = JR~H + R~v
I
RA = J6,752
+ 132
RA == 14,65kN
I
Ângulo que RAforma com a horizontal
tgo: = RAV ~
RAH
6,75
10: = 62° 34' I
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
RAH = FiH = 6,75kN
EX.3 -
Determinar as reações nos apoios A e B, da construção representada na figura a
seguir. Qual o ângulo (a) que RA 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'
320N
~
1200N
I
~._._._.
3m
1m
R.
Reação no apoio B
IMA = O
8Rs = 1200 x 7 + 240 x 4 + 2400 x 2 - 320 x 2
I
I
Rs = 1690N
IFy = O
RAy + Rs = 2400 + 240 + 1200
IFH
IRAS = 2150N I
=O
RAH = 320N
I
59
Resultante RA
RA = ~RÃH + RÃv
RA
= J320
2
I
+21502
RA = 2174N
Ângulo que RA forma com a horizontal
tg« = RAV _ 2150
RAH - 320
EX.4 -
la=81°32'1
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
. /n_
E
eo
c
w~-t
® 53
3T
800N
m
I 11 ' ..;-.'-
.5t
l
!
':j
.
CD
"'r~500N
o
E
500N
1m I
3m
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
2400N
•...
...
3m
FI
-:
A r---.----.----.----.~
E
RA
.Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
OON.m
Força normal na barra CD
Reação no apoio A
.L:MA
.L:Fv = O
= O
x 2 + 1000
5F1 = 2400
RA + F1 = 2400
RA = 2400 - 1160
IFl = 1160NI
IRA = 1240NI
A barraCDestá tracionada, portanto "puxa" os nós E e 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
F
RaH
1160N
1m
1m
1m
2m
Força normal na barra 2
2:MB =0
4F2 sen53°= 1200 x 3 + 1160 x 1 + 800 x 1- 600 xl
I
F2 = 1550N
I
Componentes vertical e horizontal de F2
F2y= F2sen53°= 1550 x 0,6 = 930N
F2X= F2sen53°= 1550 x 0,8 = 1240N
Reação no apoio B
RBV = F2cos 53°+1160 + 1200 + 600
RBH = 1200 + 800
RBV = 930 + 1160 + 1200 + 600
I
I
Rsv = 3890N
I
RBH = 440N
I
Resultante B
RB = ~38902 + 4402
I
RB = 3915N
I
'"Carga,Oistribuída
61
TRAÇÃO E
COMPRESSÃO
5.1
Eixo
Longitudinal
Revisão do Capítulo 3
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 comprimida
Peça tracionada
Área da secção
Transversal
Área da secção
Transversal
-:
/
-63
Tensão Normal o
5.2
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 [m2;
]
Unidade de Tensão no SI (Sistema Internacional)
A unidade de tensão no SI é o pascal, que corresponde à carga de 1N atuando sobre uma
superfície de 1m2.
1N
Como a unidade pascal é infinetesimal,
freqüência, os seus múltiplos:
utiliza-se
com
'~
2
1m
MP a (mega pascal)
MPa = 10
6
. kP a (quilo pascal)
kPa = 103 Pa
Pa
A unidade MPa (rnega pascal, corresponde à aplicação de 106 N (um milhão de newtons)
na superfície de um metro quadrado (m2). Como m2 = 106mm2, conclui-se que:
I MPa
2
= N/mm 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 escrever a Lei de Hooke:
A
..'··'MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais'
IM=G/I
Onde: f:. R - alongamento
da peça [m;
tensão normal [Pa;
]
(J
-
F
- carga normal aplicada [N;
A
- área da secção transversal
E
- módulo de elasticidade
R
-
comprimento
]
]
[m2;
]
do material [Pa;
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.
Compressão
Tração no Nó
Peça Tracionada
no Nó
Peça Comprimida
F
IRf = R + tlR
Onde: J!f
R
I
comprimento
final da peça [m;
- comprimento
inicial da peça [m;
-
tlR - alongamento
[m;
longitudinal
]
]
A lei de Hooke, em toda a sua amplitude,
deformação transversal (Et).
Deformação
]
abrange a deformação
longitudinal
(E) e a
( 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)
Determina-se através do produto entre a deformação unitária (E) e o coeficiente de Poisson
(v) .
ICt == -vc I
o
ó. f
como c ==
e == E' podemos escrever: ~
ou
~
Ict == _vó./I
Onde:
transversal
adimensional
-
o
- tensão normal atuante [Pa; .... , .... ]
E
- módulo de elasticidade do material [P a;; ..... ]
t
-
v
- coeficiente
ó. f f
5.4
deformação
Et
deformação
longitudinal
adimensional
de Poisson adimensional
alongamento
- comprimento
[m;
]
inicial [m;
]
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;
alumínio;
cobre;
bronze;
latão;
níquel;
etc.
··:"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.
Elástica
Escoamento
Recuperação
Eslricçáo
Região de Def. Plástica
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 .•eelástica
ormação
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:
cP =
Ao - Af .100%
Ao
Onde: cp - estricção [%]
inicial [mm2; cm;
]
Af - área da secção transversal final [mm2; cm2;
]
Ao - área da secção transversal
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
circunstâncias apresentadas.
Os esforços são classificados
em normas ou determiná-Ia
em função
das
em 3 tipos:
5.6.1 Carga Estática
A carga é aplicada na peça e permanece constante;
exemplos, podemos citar:
f(tensão)
como
Um parafuso prendendo uma luminária.
Uma corrente suportando um lustre.
t (tempo)
5.6.2 Carga Intermitente
(["(tensão)
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.
Ex.: o dente de uma engrenagem .
.Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais
t (tempo)
5.6.3 Carga Alternada
Neste tipo de solicitação, a carga aplicada na peça
varia de máximo positivo para máximo negativo ou viceversa, constituindo-se na pior situação para o material.
Ex.: eixos, molas, amortecedores,
etc.
Obs.: para cisalhamento substituir
(J por t
(f(tensão)
<±l(fmáx
t(tempo)
G (fmáx
Para determinar o coeficiente de segurança em função
das circunstâncias apresentadas, deverá ser utilizada a
expressão a seguir:
Ik=X.Y.Z.w
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 leves
z = 2 para choques 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 somente ao primeiro caso (região elástica) que é o
que freqüentemente ocorre na prática.
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=~
materiais dúcteis
k
cr= ar
materiais frágeis
k
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
I
-?
Pp ,
ma x
PPmáx = Y . A . f!
I
-~--~
Onde: Pp - peso próprio do elemento dimensionado; [N; ... ]
A - área da secção transversal da peça; [m2; ... ]
y - peso específico do material [N/m3; ... ]
.e
5.9
-
comprimento da peça mm; [m; ... ]
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
Área de Secção
Transversal
Onde:
Amin -Área mínima da secçãotransversal [m2: ... ].
F
F - Carga axial aplicada [N].
cr - Tensão admissível do material [Pa].
(A",in)
AreaMínima
da Secção
Peças de Secção Transversal Circular
~
/
Diâmetro
da Peça
-o = A
F como a area
área do
o ci
errou Io e'A
4'
\
-se que:
-----o ~l\
.: 4F ~rn4F.
, . ----' --' .-' .-----
( o = --2 portanto,
--··1td
- - >.- -.,.,--
d=
- '--
---=o
1'C
~
2
= 1'C d
i
)
Onde:
d - Diâmetro da peça [m].
F - Carga axial aplicada [N].
cr - Tensão admissível do material [Pa].
re - Constante trigonométrica 3,1415 ...
tem-
5.11 Dimensionamento de Correntes
A carga axial tia corrente se divide na metade para cada secção tranversal do elo.
Fc
T em-se entao
que: o = 2A
2
Como a área do círculo é A = ~
tem-se que: 0== ~
= 2 Fc portanto.
2n d2
4
n d2
I
d ~ ~~ ~
I
Onde:
d - diâmetro da barra do elo [m).
Fc - Força na corrente [N).
rt - Constante trigonométrica
3, 1415 ....
d
0= - Tensão admissível [Pa).
Propriedades Mecânicas
F,
F,
"2
"2
Tabela 1 - Coeficiente de Poisson (v)
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
Material
Módulo de
elasticidade
E [GPaj
Material
Módulo de
elasticidade
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
4
Eae= 7,0 X 10 MPa
5
Ecu = 1,12 x 10 MPa
Tabela 3 - Peso específico dos materiais
Material
Peso Específico
Material
Peso Específico
3
3
y[N / m )
y[N/m )
Aço
7,70 x 104
Gasolina 15°C
8,3 x 103
Água destilada 4°C
9,8 x 103
Gelo
8,8 x 103
Alvenaria tijolo
1,47 x 104
Graxa
9,0 x 103
Alumínio
2,55 x 104
Latão
8,63 x 104
Bronze
8,63 x 104
Leite (15°C)
1,02 x 104
Borracha
9,3 x 103
Magnésio
1,72 x 104
4
Níquel
8,50 x 104
Cerveia
1,00 x 10
4
Ouro
1,895 x 105
Cimento em pó
1,47 x 104
Papel
9,8 x 103
Concreto
2,00 x 104
Peroba
7,8 x 103
Cobre
8,63 x 104
Pinho
5,9 x 103
Cortiça
2,4 x 103
Platina
2,08 x 105
Chumbo
1,1 x 105
Porcelana
2,35 x 104
Diamante
3,43 x 104
Prata
9,80 x 104
Estanho
7,10 x 104
Talco
2,65 x 104
Ferro
7,70 x 104
Zinco
6,90 x 104
Cal Hidratado
1,18 x 10
Tabela 4 - Coeficiente de dilatação linear dos materiais
Material
Coeficiente de
dilatação linear
Material
a [OCl-1
x 10-5
Coeficiente de
dilatação linear
a [OCr1
Latão
1,87 x 10-5
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
Aço
1,2
Alumínio
73
Tabela 5 - Módulo de Elasticidade
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
Tabela 6 - Tensões
Transversal
Materiais
Tensão de
escoamento
de [MPa]
Tensão de ruptura
[MPa]
220
380
280
480
300
500
360
600
400
320
420
360
500
480
550
600
700
650
650
700
440
700
780
1000
700
780
-
200
450
350
550
670
Aço Carbono
ABNT 1010 - L
-T
ABNT 1020 - L
-T
ABNT 1030 - L
-T
ABNT 1040 - L
-T
ABNT 1050 - L
Aço Liga
ABNT 4140- L
-T
ABNT 8620 - L
-T
Ferro Fundido
Cinzento
Branco
Preto F
P
Modular
Materiais não
ferrosos
Alumínio
Duralumínio 14
Cobre Telúrio
Bronze de níquel
Magnésio
Titânio
Zinco
30 -120
100 - 420
60 - 320
120 - 650
140 - 200
520
70 - 230
200 - 500
230 - 350
300 -750
210 - 300
600
290
-
20- 80
0,8-7
Materiais não
metálicos
Borracha
Concreto
-
Madeiras
Peroba
Pinho
Eucalipto
100 - 200
100 -120
100 -150
Plásticos
Nylon
80
Vidro
Vidro plano
L -Iaminado
T - trefilado
-
5 -10
F - Ferrítico
P - Perlítico
Esta tabela foi adaptada através das normas da ABNT NB-82; EB,126; EB-127; PEB-128;
NB-11.
As tensões de ruptura das madeiras deverão ser consideradas paralelas às fibras.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
5.12 Exercícios
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.
Ex.1-
Pede-se determinar para a barra:
a) Tensão normal atuante (o)
b) O alongamento (Lil!)
c) A deformação longitudinal
(E)
d) A deformação transversal
(ft)
rd
.
~.'
Eaço= 210 GPa (módulo de elasticidade
do aço)
Yaço = 0,3 (coeficiente de Poisson)
Solução:
a)
Tensão normal atuante
F
4F
A
nd2
cr=-=-
I cr == 22,9MPa I
b)
Alongamento da barra (Lil!)
M = crxl! = 22,9x~;(xO,8m
Ecaço
M = 0,087 x 10-3m
210 x ~P;r
103
M = 0,087mm
M = 22,9 x 0,8 x 10-3m
M = 8711m
210
c)
A deformação longitudinal
(E)
d)
Deformação transversal
(ft)
M
8711m
E=-=-0,8m
e
Et
= -0,3 x 109
75
Determinar o diâmetro da barra CD da construção representada na figura. O material da
barra é o ABNT 1010L com cre = 220 MPa, e o coeficiente de segurança indicado
para o caso é k = 2.
Ex.2 -
lOkN
,
4kN
j
53°( \
I
·~B··--·--·
A
CD1
O,8m
}
J
O,8m
O,8m
}
c
Solução:
1 - Carga axial na barra CD
-+
.
__ __ .
.
4kN
o
C')
lI)
: /a
15
I~
I
-_.
__
(J)
o
0
:53
.
'""'
.
10 COS 530
__ __ __ 1
.
FI
O,8m
O,Bm
O,Bm
IMA=O
0,8Fi = 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= - k = - 2
= 110MPa
;Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'
i
.
.
2.2 - Diâmetro da barra.
4 x 16000x 1Q-Bm2
4x 1600QP(
6 )(
n x 110 x 10 -2
n x 110
m
di =
...
--
4 x 16000 x 10-3m
n x 110
Id == 14 mml
A barra possuirá
A figura dada, representa duas barras de aço soldadas na secção BB.
EX.3 -
E
A carga de tração que atua na peça é 4,5 kN.
0\
o
A secção
CD da peça possui
di
= 15 mm e
comprimento .e i = 0,6 m, sendo que a secção
possui d2 = 25 mm e .e2 = 0,9 m.
@
Desprezando o efeito do peso próprio do material,
pede-se determinar para as secções CDe @ .
4,5kN
a) A tensão normal
(CJi
e CJ2)
b) O alongamento
(M i e I1f 2)
c) A deformação
longitudinal
(ti
e t2)
d) A deformação transversal
(Et1
e
Et)
e) O alongamento total da peça (tH)
Eaço
= 210 GPa
Yaço =0,3
Solução:
a)
Tensão normal
Secção
i
=
e CJ2)
CD da barra tem-se:
Fi
4· Fi
Ai
ndi
CJi=-=--
CJ
(CJi
4 x 4500N
n(15 x 10-3m)2
= 4 x 4500 x 106Pa
n x 152
I
CJi == 25,5MPa
I
Tração e Compressão
,
7 •...
Secção @, da barra tem-se:
F2
4. F2
=-=-Az
1t . d;
0"2
A carga F2 é a própria carga de 4.5 kN, portanto, tem-se:
4 x 4500N
0"2 =
3
1tx (25 X 10-
0"2=
4x4500
1tx252
4 x 4500N
=
m)2
1tx 252 X 10-6 m2
x106Pa
10" == 9,2MPa I
b) Alongamento da barra (il1:'1 e il1:'z)
Secção (D:
M
= 0"1 X 1:'1 = 25,5X~?t(xo,6m
1
Eaço
=25,5·0,6 .10-3m
210 x~
Pá'
3
10
210
= 0"2 X 1:'2 = 9,2x~~xO,9m
Eaço
210 x :uf Jfá
,
103
3
== 0,039x10- m
= 9,2'0,9
210
3
M 1 == 0,073 x 10- m
M1 == 0,073mm
M1 == 731-\-m
Secção @:
M
2
M2
.10-3m
M2 == 0,039mm
M2==391-\-m
c) Deformação
longitudinal (ti e t2 )
Secção @:
731-\-ní'
I
391-\-~
0,6(;11'
I
M1
C.l
= C; = O,6m
I
81 == 1221-\-
Secção @:
M2
82=-=--
1:'2
I
t2 == 431-\-
'<02-Mecânica,Técnica;e Resistência-dos'Materiais ·',m"~,:7:' <o,';"';, :,., o,:;
~,:
'':'
.:'0 ..... ".;. :'~',:'
"'..,
"<,,,.. ~,;. ":;-,":: ",<.,o.. ,y,,,'
d) Deformação transversal
(qi e q2 )
- !3!['lLlOTEC/\
""
COOFW DF MLiL TlíV'·"'OS
Secção 1:
Secção 2:
Et
2
= -0,3 x 43
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
A
4F
4x4000N
= --------=-~
2
nd
n(32 x 10-3m)2
(J = - = -
(J =
16000 X 106 Pa
n x 322
I = 5 MPa I
(J
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 106 Pa x 1,60(
E = -------::-'---'-114 x10-6yr(
E = 5 x 1,6 X 1012 Pa
114
79
r
E = 0,070 X 1012 Pa
E = 70 x 109Pa
I
IE=70GPa
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.
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.
Solução:
1 - Dimensionamento
do arame.
1.1 - Tensão admissível (o)
-
120N
I -0=44MPa
-0=T=5=44MPa
°e 220
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 106 fi2
~-8
m
d = ,/4X120x106m2
nx44
4x120 x103m
d =.1 n x 44
I d = 2mm I
,::iU,Mecânic3,lTécnica
•...
e Reslstêncla-dos Materiais
"%TIl!ITL
,X::~.,,>,,' ,TIl!ITO;:,',:::x:%'C
///
,:,' ~,",
:,::;0,';"'112';;;;';';';,
;,,:'\:'
",:,,~:';:T2,:)MLiW;
',,\"
d = 2 mm.
A corrente possuirá diâmetro do arame
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.
c
1 -
Carga axial nas barras
1.1 - Ângulo a
2
3
tgCX=--t
cx== 34°
40kN
1.2 - Reações de apoio
Como a treliça é simétrica, conclui-se que:
RA = RB = 20 kN
1.3 - Carga axial na barra @.
:Z:'Fy = O
F1 =
20
sen34°
x
F1 =
Ra
20
sen34°
== 35,7kN
== 35,7kN F1 = 35,7kN
F2 = 35,7cos34°
I ==
F2
29,6kN
I
A carga axial na barra ~ é F2 = 29,6 kN.
1.4 - Carga axial na barra a> através do equilíbrio do "D", tem-se que:
y
L:Fy = O
F3 = 40kN
x
40kN
T.~,~;;~
e Compressão
81
r
.
, \ ~:: :""'i
>-"'··"i/il.)..:
~.~!ULi
)C':í'[)
;~ ," .~-:-.1$
.tE:CA
p<~''.:-'(/~!i(l.4EI
1.5 - Carga axial na barra
®.
Por simetria, conclui-se que:
IF4 = F = 29,6 kNI
2
2 - Dimensionamento
das barras.
2.1 - Tensão admissível
(o).
°e = 220 = 110MPa
cr =
k
2
Icr=110MPa
I
2.2 - Área mínima da secção transversal das barras. (?); @; ®
2.2.1 - Barras (?) e ®
A
2
= A4 =
29600N
110x106~
m2
A2 = A4 = 269 x 10-6m2
2
A2 = A4 = 269mm
2.2.2 -Barra @
A
_
3 -
40000M"
110x106
~
m
6 2
A3 == 364 X 10- m
A3 == 364mm
2
Ex. 7 - A barra O) da figura é de aço, possui Ai = 400 mm2 (área de secção transversal), .
e o seu comprimento é fi. 1 = 800 mm. Determinar para a barra 0):
•.
a) Carga axial atuante (Fi)'
2m
•.
3m
b) Tensão normal atuante (cr1).
= 210 GPa
1
'C"
\)
I'
20kN
,
d) A deformação longitudinal (ti).
Eaço
.
3m
6kN
c) O alongamento (Ll fi. 1)'
e) A deformação transversal
.
(tt1)
~_.
vaço = 0,3
__l'
~II:I
ICD
.
I ,B
<,
'~'" Mecânica "fécnica·e Resistência dos Materiais .. :;::;.~..."",~>~ .
<,
a) Carga axial na barra
CD
6kN
20kN
6m
8F1 = 6 x 1,5 + 20 x 2
I F1= 6,125kN I
b) Tensão normal atuante (cr1)
cr1=iL=
6125N
=6125x106~
400 x 10-6m2
400
m2
A1
I cr
1== 15,3MPa I
c) Alongamento da barra (il li)'
M1 == 58f.Lm
d) Deformação longitudinal
M1
t1=-=-f1
(fi)
58f.Lm
0,8m
e) Deformação transversal
tt1 = -vaco -t1
tt1 = -0,3 x 72,5
(Et)
EX.8 -
Dimensionar a secção transversal da barra (j) da construção representada
figura. A barra possuirá secção transversal quadrada de lado (a).
5kN
8kN
'
1
I
a,8m
1
,J,J
1,2m
na
('liB
a,8m
o material da barra é o ABNT 1020 L com 0e = 280 MPa. Utilizar coeficiente de
segurança k = 2.
1- Carga axial na barra
-+
8kN
5kN
4
I
:~F,""53'
530
I
F:1 cos 53°
a.8m
1.2m
i-
D.8m
I,MA = O
3F1sen53°= 4 x 2,2 + 8 x 1- 5 x 0,8
I F = 5,3kN I
1
2 - Dimensionamento
da barra
2.1 - Tensão admissível (;.)
a=
O"e
k
2.2 -
2
Ia
= 140MPal
Lado "a1" da secção transversal.
F1_~
0"=-A1
a1
= 280 = 140MPa
=fi
2
a1
5300)(
=
140 X 106 Á"Í
m2
"' Mecânica Técnica e ResistênciadosMateriais
",;"
5300
a1 = --X
10-6 m 2
a1 = J5300
--X
140
10-3 m
140
a1 == 6,15 X 10-3m
a1 == 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 105 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 = ~ =
A
36000
=
(60X10-3t
36000N
2
6
60 x10- m
= 10 X 106 ~
2
2
m
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/m2 (pascal).
b) Alongamento
!:;'f =
Fxf
AxEM
(J·f
=EM
=
na barra
10~xO,8m
= ----''----=--O,7x105~
M= 10xO,8m
0,7 x105
M = 114 X 10-6m
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
II
1
1
,
L--I
lOkN
.
'G--' ----:-=:.
J5ci
=n, I
J
I
I
A
Solução:
a) Força na corrente
..........Q,6m
1-'-'
~
F,~53.
'
.• $C-'~
o
~
8
II
~~
I
E
c5
!l)
E
c5
!l)
J:
A
LMA =0
-0,5 Fc sen 53° - 0,6 Fc cos 53° + 0,4 x 10 sen 37° + 1 x 10 cos 37° =
°
0,5 Fcsen 53° + 0,6 Fc cos 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
b) Dimensionamento
I
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
a=-=--=2A .ind2
2Fc
nd2
ft"2
2F
d=) c
na
"Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais;; ...;i/
Fc
2
""".
. ..•....• ,~:f;;;
;::",:~~·r-
b.:L) Tensão admissível
Para simplificar
I cr," 'i;'~"T" 110MPa I
a resolução do problema, podemos escrever:
cr = 110N / mm2
b.2) Dimensionamento
Transformando
d=
do elo
a força na corrente para newtons, temos:
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 <Je = 300 MPa. Utilize coeficiente de segurança k ~ 2.
Solução:
a) Força axial atuante na barra CD
:LMA=O
-F1 cos 37° - F1sen 37° + 20 x 2 + 10 x 0,5 + 3 =
°
0,8 F1 + 0,6 F1 = 40 + 5 + 3
1,4 F1 == 48
48
F1 = = 34,28kN
1,4
FI cos 37°
FI sen 37°
10kN
20kN
._1
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/mm2
Dimensões de secção transversal da barra
b.2)
F
0"=-
A
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
a=
I
[F = ~34280
V~
150
a == 15mm
= 34280N
I
Ex. 12 - Na construção representada na figura, a barra CD é de aço, mede 1,2 m e possui
área da secção transversal 1600mm2. A barra ~ é de Cobre, mede 0,9m e possui
área de secção transversal 3600mm2
.
Determinar:
a) carga axial nas barras;
b) tensão normal nas barras 1 e 2;
c) os respectivos
alongamentos;
d) as respectivas
deformações
e) as respectivas
deformações transversais.
longitudinais;
Eaço
~
?"'"
mE
Ecu
Ycu
C'-l
E
""
2m
Resistênciados Materiais
MPa
(coeficiente de Poisson do aço)
= 0,32 (coeficiente de Poisson do cobre)
E
'MecânicaTécnicae
MPa
5
= 1,12 X 10
Yaço = 0,30
CD
5
= 2,1 X 10
.
Solução:
Fl
a)
Força axial nas barras
barra (j)
a.1.)
E
4kN
CV)
E
IMA = O
Lf)
C'f
3F1 = 60 x 2 + 12
I
a.2)
F1= 44kN
I
barra G)
IMs=O
4F2
IF
2 = 22kN
b)
H-------i_ 44kN
= 44 x 2
I
Tensão normal nas barras
b.1.) barra (j)
a = iL = 44000 = 275 _N_
1
A1
1600
' mm2
N
a1 = 27,5 --2
mm
corresponde a a1 = 27,5 MPa
b.2) barra G)
a2 -- ~
A2
I =
a2
-- 22000 _
- 6 1 N/ mm 2
3600
'
6,1 N/ mm2 corresponde a a2 = 6,1 MPa
c) Alongamento das barras
c.1.)
barra (j)
= 27,5 x 1,2 = 157 x 10-6m
Ó.e
1
2,1 x 105
Tração e Compressão"""· ..
89
c.2) barra (?)
F 2'
f.. R 2 = A
R2
E
2'
eu
0"2
-
• R2
_
Eeu
6,11 X 0,9 = 49 X 10-6m
t:.R2 = 1,12 X 105
d)
I M'
49 11mI
2 =
Deformação longitudinal das barras
d.1) barra (j)
E
1
27,5
2,1 X 105
=~=
Eaço
E
2
6,11
1,12 X 105
=~=
Eeu
e) Deformação transversal
IE1 = 13 X 10-5 = 130 X 10-6 = 13011
IE2
= 5,45 X 10-5 = 54,5 X 10-6 = 54,511
das barras
e.1) barra CD
Et1
1.
I
= - Yaço' E1 = - 0,3 x 13 x 10-5
Et1 = -
3,9 X 10-5 = - 39 X 10-6 = -39111
e.2) barra @
Et2 = Deu
I
. E2
E
t2
= -D,32 x 5,45 x 10-5
Et2
= 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.
'MecânicaTécnica
1
I..
',I
2m
1
1
e Resistência dos Materiais:;:
1
1
~
1
H
I .•
I
2m
1
D
G)
.~"....
",.;: 'C'ce
1
~
1
1
1®
IF
1
Solução:
a)
300kN
Força axial na barra CD
2m
1m
3m
LMA =0
5F1 = 300 x 3
I F, = T=180kN I
F'l_l_r'
160kN
b)
Força normal nas barras
(?)
e @
Como a carga de 340 kN está aplicada
simetricamente
às barras (?) e @,
concluímos que:
180kN
~
c)
F,
1_-
_2m _-
!.... _.r
~40kN_2m
Áreas mínimas das secções transversais
c.1)
Tensão admissível do material
Para que 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 Njmm2.
c.2)
Área mínima da secção transversal da barra CD
transformado
Fi para newtons, temos:
F1= 180.000N
Ai =
'! = 180000
cr
140
2
I Ai == 1286 mm 1
c.3)
Área mínima da secção transversal das barras 2 e 3. Analogamente a c.2 temos que:
A2 = A3
=
170.000
140
Traçãoe,Compressão
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
= 0,24
Ai
m2 , o bloco
G) tem h = 2m e área da secção transversal
i
@ tem h2 = 2m e área da secção transversal A2 = 0,36 m2.
y concreto = 2 x 104 N/ m3
240kN
A
Ih1
CD
B
B
Ih2
.®
C
'T"""T"'T7
-+. *,0 0r
®
00000000°0
•
o
o
o
o
0-
o~o
o o~
0;0
o~o~
o o o
0.
o o
o
CD
Solução:
a) Tensão na secção AA
o
I
= 240000
AA
0,24
°AA
= 1MPal
= 106
li.
m2
b) Tensão na secção SS
A carga que atua na secção SS é de 240kN mais o peso próprio do bloco 1.
Pp1 = Y C . A1
. h1
Pp1 = 2 X 104 x 0,24 x 2 x
Pp1 = 0,96 x 104N = 9600N
088
= 240000 + 9600 = O 693 X 106 N / m2
0,36
'
1'--0- --=-0-,6-9-3-M-p-a-'1
8
8
c) Tensão na secção CC
A tensão na secção CC será obtida através do somatório das cargas aplicadas na referida
secção transversal.
Pp2 = y c . A2 . h2
MecânicayTécnica'e:Resistênciados Materiaisf· +"; •• ··"L~.iê;':';,= Xi.;; .. am;:;·;' ...·;·,;;,:v'= .;·,~&:.uj)j""< ;;~. u::,y".
7
Pp2 = 2 X 104 X 0,36 X 2
Pp2 = 1,44 X 104 N = 14400N
240000 + 9600 + 14400
°ee -- --------0,36
0ee
EX.15
6
=0,733x10
Njm
10ee = 0,733MPa I
2
- Dimensionar a barra Q) da construção, representada na figura. O material a ser utilizado
é o ABNT 1020 com
o caso é k ~ 2.
cr e = 280N j mm2 e o coeficiente de segurança indicado para
8kN
c
4m
3m
2m
Solução:
a) Força normal na barra Q)
8kN
24kN
FI
R-;p;~~~R~~=======~=~~ost:~'
RAH
-7-"
sen 53'
A
~
F1cos53°
}
2m f'-----4m--f
3m
t
LMA=O
9 Fi sen 53° = 8 X 6 + 24 X 2
I
Fi = 48 + 48
9 X 0,8
b) Dimensionamento
da barra
Fi = 13,33kN I
Q)
b.1) Tensão admissível
_0
e
280 -140N'j
0-:---
k
2
mm2
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 = 400mm2.
Determinar a tensão normal na barra e o seu
alongamento.
5
= 2,06 X10 N/mm
Eaço
2
Solução:
a)
Fi
Força normal na barra CD
E
LMA =0
U"l
5Fi = 4 x 2,5 + 2 + 12 x 3
F1=
b)
10+2+
36
IFi = 9,6 kN
5
I
Tensão normal na barra CD
a - F1 - 9600
1-
A
-
1
400
la1 =24N/mm21
c)
Alongamento da barra 1
F1
t:,..e 1 = A
1
.e 1
Eaço
9600 x 800
400 x 2 X 10
5
9,6 X 103 x 8 X 102
M 1 = --'----4-0-0-X-2-X-1-07"5-
IM1
= 0,096 mm = 961-lm
I
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
A2·
n'"
iluMecânica<:récnicaeResistênciadosMateriais
.e e área de secção transversal
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 = F2 =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
a lei de Hooke.
<J
= ~ , escrevemos
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:
1M = f! o cu'l.t
onde:
I
________
I:
1__
'
.1
I.
---:
l
~~ .=r-.J
,
I
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 da peça, (t - to) < 0, portanto:
1M
6.2
= -f!.o
cu'ü I
Tensão Térmica
Suponhamos, agora, o caso de uma peça biengastada,
transversal A, conforme mostra a figura.
de comprimento
Se retirarmos um dos engastarnentos, a variação de temperatura
alongamento da peça (dilatação), uma vez que a peça estará livre.
M
>
f!.e
secção
O, provocará o
Com o engastamento duplo, originar-se-á uma carga axial, que reterá o alongamento da peça.
B
A
A
Peça livre a uma temperatura inicial (to).
Dilatação M originada pela variação de temperatura (Llt > O).
./"
./"
-
--I
-:
-:
./
- - --
I
I
I
l>Q
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
-tOaLlt
I
F . fo
=-A.E
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
2
secção transversal A == 2800 mm 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
B
A
A
-t-
~------4m
Solução:
Transformando a unidade de área para o SI, temos:
A = 2.800 X 10-6 m2
A variação de temperatura
no sistema é:
6.t = 42 - 17 = 25
0
Transformando
a unidade do módulo de elasticidade
Eaço
11
= 2,1 X 105 MPa = 2,1 x 10
para pascal, temos:
2
N/m
-Sistemas Estaticamentelndeterminados{Hiperestáticos
Força axial térmica
F = A·E·o:·~t
F = 2.800 X 10-6 x 2,1 X 1011 x 1,2 X 10-5 x 25
I
F = 176400N
I
Tensão Térmica
O' -
-
F
-
------
176400N
- A - 2800 x 10-6m2
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
= foo:6.t
M = 0,3 x 2,4 x 10-5 x (32 -17)
M = 10,8 x 10-5m
ou
I
M = 108 X 10-6 m
I
M = 108f..lm
2 - Comprimento final da barra
Comprimento da barra 0,3 m = 300 mm
O alongamento da barra 1081lm = 0,108mm
f f = f o + M = 300 + 0,108
f f = 300,108mm
I
, Mecânica Técnica e,ResistênciadosMateriais
portanto, o comprimento final da barra é:
Ex. 3 - O conjunto representado
na figura é constituído
por uma secção transversal,
2
A1 = 3600 mm e comprimento de 500 mm e uma secção transversal, A2 = 7200
mm2 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
jA--_CD__
500
1
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,
portanto, podemos escrever que:
Ri CXaço6.t -
FRl
FR2
Ai 'Eaço
= R 2 CXaço 6.t - ---=--
A2 'Eaço
Como R1 = 2 R2 e A2 = 2 A1'
2R 2 CXaçof..t -
2FR2
A1 'Eaço
Transformando
F = ~ x 3600
3
I
F = 120960N
podemos escrever a equação anterior desta forma:
FR
2
= R 2 CXaçof..t - --=---
2Al 'Eaço
as unidades para o SI, temos:
X 10-6
x 2,1 X 1011
X 1,2 x 10-5
x 20
I
"".
" ','Sistemas Estaticamente Indeterminados{Hi perestáticos)
tensão
normal
° ---AF
1 -
1
-
atuante
6
1
F
2
Q) e @
6
-
2
I
= 33,6MPa
°2 = -A
120960 x 10
-----3600
120960
3600 X 10-6
° = 33,6 x 10 N / m
101
nas secções
120960
=
7200xl0-6
° = 16,8xl0 N/m
6
2
2
10"2 = 16,8MPa I
EX.4 -
A figura dada representa
transversal 3600 rnrrr'.
uma viga I de aço com comprimento
5m e área de secção
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.
Eaço
5
a aço = 12xl0'
5
= 2,1 x 10 MPa
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- m
6
transformando
I
M
para mm para comparar
com a folga
I M=1,68mm I
"Mecânica :Técnic3":e Resístêncla.dos Materiais ,i',,:::~.::::::::
'~%P\.,'
°C-1
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
M
L'o..t =
=
Ct:' 0+ 1)0:
0,68
5001 x 1,2 x 10-5
Tensão atuante na viga
O"= E . o: ·llt
O" =
2,1 X 105 x 1,2 X 10-5 x 11,33
Ex.5 -
I
O" =
28.55 MPa
I
=
=
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
I
Faço + Feu = 24kN
nos tubos de Cu e Aço; portanto, podemos escrever
(I)
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 = Feu'
Aaço . Eaço
e eu
Aeu . Ecu
como os comprimentos
são iguais, podemos escrever que:
." ···'·'i~;;@'a",u%\'.Sistemas·Estaticamente.ilndeterrninados (Hlperestátlcos).
Faço
Aaço
. Eaço
=F
F
Aaço' Eaço
aço
A
.E
eu
eu
(11)
eu
secções transversais
I
Aaço
= % (O;ço
Aaço
= 9001trnm21
Acu =cu ~(02
4
Acu
-d;ço)
I
= %(100
2
2
_80 )
_ d2
) = ~(802
_ 602)
cu
4
= 7001trnm21
substituindo
F
dos tubos
os valores de área, obtidos na equação 11,temos
aço
= 9001t· 210 F
7001t .112 eu
Faço
= 2,41 Fcu I
substituindo
a relação na equação I, temos
3,41 Feu = 24
Feu = 7kN
como
Faço
+ Fcu = 24
Faço
I
= 24 - 7
Faço
17kN
I
Tensão normal no tubo de aço
Transformando
o valor das cargas para newtons e as áreas para m2, temos:
Feu = 700N
O'
aço
I
= Faço =
17000
Aaço
9001t X 10-6
O'aço = 6MPa
O'
eu
=6X106~
m2
I
= Feu =
7000
Aeu
7001t X 10-6
= 3,18 X 106 N
m2
I
O'eu = 3,18MPa
Mecânica Técnica:e Resistência dos Materiais",:;';w'
I
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 mm2.
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.
EAe = 70GPa
Eaco = 210GPa
®
1m
1m
1m
30kN
1m®F
30kN
Solução:
Como a viga permanece na horizontal, após aplicação das cargas, concluímos que:
e
Fl ~'t
F2 2
--=--=-Al Eaço
A2EAe
como
F3e 3
A3Eaço
fi =f3 e Ai = A3 concluímos que
(I)
Fe
F2e2
A1Eaço
A2EA
l l
--=--
(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
F2
FI
1m
1m
F
1m
1m
I
~30kN
I
~12kN
~30kN
LFy==O
F1 +F2+F3==72
como Fi=F3 e Fi = 2,5 F2, temos que:
2,5F2 + F2 + 2,5F2 ==72
I F ==12kN I
2
como Fi = 2,25 F2, concluímos que:
I Fi
==F3 ==30kN
I
b) Alongamento das barras
Como a viga permanece na horizontal, os alongamentos são iguais.
t:,.€ ==M
1
==M3 ==
2
30000 x 1,2
400 X 10-6 x 2,1 X 1011
M 1 ==M 2 ==M 3 == 30000 x 1,2
40 x z.t.x 106
M1 ==M2 ==M3 ==429x10-6m
I
M1 ==M2 ==M 3 ==4291lm
I
c) Tensões normais atuantes nas barras
c.1.) barras
CD e (J)
c.2) barra @
O'i -- ~
A2
--
12000
800x10-6
-15
x 106p a
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 mm2. 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) Força normal nas barras
A
3m
B
3m
O
~
L'>~
B
~
DI
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:
M2
=-
6
2
--=--
F 1'2
2F11'1
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.
FI
60kN
F2
.;t<::'
~
D
B
2m
1m
IMA
60kN
1m
2m
= O
6F2 + 3F1 = 60 X 4 + 15 + 60 X 1
'" ..."'··".i;y;Sistemas Estaticamente Indeterminados( Hiperestáticos)
como F2 = 2Fl' temos que
6 x 2F1 + 3F1 = 315
sendo F2 = 2F1 temos que
F2 = 2 x 21 = 42kN
b)
Tensão normal nas barras
b.1) barra CD (Cu)
(Jl
=~
Ai
b.2) barra
(J2
=
21000
600 X 10-6
= 35 x 106 Pa
I
(J 1
= 35 MPa I
a> (aço)
= -F2 =
A2
42000
480 x 10-6
= 87,5 x 10 6 Pa I (J2 = 87,5 MPa I
.
.
c) Alongamento nas barras
c.1) barra CD (Cu)
35 X 106 x 2
1,12 X 1011
11/\ = 625 x 10-6 m
c.2)
alongamento da barra
M 2 = 2M 1
@
(aço)
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 mm2
D
lOOkN
As barras a> e @ são também de aço e possuem área de secção transversal de
400 mms. E = 210aço GPa.
irMecânica Técnica e Resistência dosMateriais/:;;"';,«;PH'!h'
Solução:
a) Força normal nas barras
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
Comprimento das barras
R2
cos37°
I
(I)
@ e @:
R
1
= R3 = cos 1S?? = -0,8 = 125m
'
Como as barras
@ e @
possuem as mesmas características,
concluímos que:
(11)
Da equação I, tiramos que:
F1e1 cos37°
A1E~
F1 X 1 x 0,8 _ 1,25 F
600
- 400 2
F - 600 x 1,25 F
1 08 x400
2
I
(111 )
F1 = 2,34F21
Para solucionarmos o sistema, precisamos de mais uma equação, que será fornecida por
uma das equações do equilíbrio. I,Fv = O
F1 + F2 cos37° + F3 cos37° = 100
Substituindo
(IV)
11 e 111 na equação IV, temos:
2,34F2 + 0,8F2 + 0,8F2 = 100
3,94F2 = 100
I
F2 = 25,38kN
I
como F3 = F2 = 25,38kN e F1 = 2,34 F2
F1 == 2,34 x 25,38
I
F1 == 59,39 kN
",-,"
I
lOOkN
-,L>
,Sistemas Estaticamente Indeterminados( Híperestátlcos)»
b) Tensão normal nas barras
b.1) barra CD
(J1
== ~
==
A1
59.390
600 x 10-6
== 99 x 106 Pa
I
(J1
= 99MPa
I
b.2) barras al e G)
(J2
= ~
==
A2
I
(J3
25.380
400 x 10-6
= 63,45 x 106 Pa
I
(J 2 = 63,45 MP a
I
= (J2 = 63,45MPa I
c) Alongamento
das barras
c.1) barra CD
99 x 1
2,1 X 105
c.2) barras al e G)
!J..f!2
(J2
.
e2
Eaço
63,45 x 1,25
=-----
2,1 X 105
M2 == 378 X 10-6 m
1M3
Ex. 9 -
= M2
== 3781lm
I
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
2
transversal com 100mm . 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 = M eos 30° I
1
(1)
2
admitindo-se como .e o comprimento da barra al, podemos escrever que:
I
IR 1 = R2 eos 30° = Reos 30°
substituindo
(2)
a equação (2) na equação (1), e desenvolvendo-se esta, tem-se que:
Fi R1
F2 R2 . eos 30°
Ai . Eeu
A2 . Eaço
F2 . Reos30°
Fi . R eos30°
Ai . Eeu
A2
.
Eaço
F
2
I =
F2
2,625 Fi
- 140 x 210
- 100 x 112·
F
1
(3)
I
Para solucionar o sistema, precisamos de mais uma equação que nos será fornecida pelas
equações do equilíbrio.
3500N
I.Fx = O
I +
F2
substituindo
Fi eos 30° = 3500 sen 30°
a equação (3) na equação (4) vem que:
2,625 Fi
+ 0,866 Fi = 1750
3,49 Fi = 1750
Como F2 = 2,625 Fi vem que:
F2 = 2,625 x 501 = 1315N
';;;E'''",n$istemasEstaticamentelndeterminados
(Hlperestâtlcosj.sc
b) Tensão normal nas barras CDe 0
barra 1 (eu)
b.1.)
cr
F1
501
= 5,01 X 106 Pa
A - 100 X 10-6
- -
1 -
1
I
0"1
= 5,01 MPa I
b.2) barra 2 (aço)
F2
o2 = =
A2
I
0"2
1315
140 x 10-6
= 9,39MPa
= 9,39 x 10
6
Pa
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 em verificar
o equilíbrio de cada nó da treliça, observando a seqüência enunciada a seguir.
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
Ex. 1. -
c
Determinar as forças normais nas
barras da treliça dada.
"<'Treliças
Planas'
Solução:
a)
Reações nos apoios
As reações RA e RB são iguais, pois a carga P está aplicada simetricamente
portanto, podemos escrever que:
aos apoios,
c
a
b)
p
a
Identificação dos esforços nas barras
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 ~
barras (j) e ~.
c)
e ® são tracionadas, pois equilibram as componentes horizontais das
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.
LFy =0
P
2
F senc =1
P
p
F 1 -
2sena
= -
2
cos sec a
LFx = O
x
P cosa
F2 = - . -2 sen«
P
= - cot g a
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.
L..y- "F
°
NóD
y
P
2
F4 = F2 = -cotga
x
p
Para determinar a força normal na barra ~, utilizaremos o nó B.
y
P
F5 sena = -
2
Fs =
p
2sena
P
= - cosseca
x
2
p
"2
Obs.:
As forças normais nas barras@)e (J), poderiam ser determinadas através da simetria
das cargas e da treliça.
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« = -
2
= 0,75
Reações nos apoios
a)
EMA = O
4RB = 20 x 2 + 6 x 1,5
6kN
49
= 12,25kN
Rs = 4
E
U')
ri
EFy =0
RA.~
RAV + Rs = 20
IR
AV
= 20 - 12,25 = 7,75 kN I
20kN
RAV
2m
2m
EFH = O
IR
AH
= 6 kN I
Forças normais nas barras
b)
o nó A é um dos indicados para o início dos cálculos, por ter, juntamente com o nó B, o
menor número de incógnitas.
EFy = O
y
Fi sen 37° = RAV = 7,75
7,75
F1 = -= 129kN
0,6
'
x
RAH
F2 = 6 + 12,9 x 0,8
I
F 2 = 16,3 kN I
Determinada a força F2, o nó mais simples para prosseguir os cálculos é o C.
EFx = O
y
I F4 = F = 16,3 kN I
2
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.
= O
1:Fy
y
F5 sen37° = RB
12,25
F =-5
06
,
I F5
= 20,42
Ex.3 -
kN
x
I
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:MA = O
4,8 Rs
I
= 6 x 1,6 + 40 x 2,4
Rs = 22kN
I
2,4m
1:F y = O
I
RAH = 6kN
I
RAV + Rs = 40KN
RAV = 40 - 22
IR
AV
= 18kN
I
2,4m
Utilizando o nó A, determinamos a força normal nas barras CDe eD,
2:Fy =
°
Fi sen53°
= RAV
y
18
F = = 225 kN
i
0,8
'
x
2:F x =0
x 0,6
F2 = 6 + 22,5
I F = 19,5 kN I
2
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
D
°
=
x
+ F3) sen37°
F4 =(Fi
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
F
7
22
=-
08
,
L:F x =
= 27 5kN
'
°
x
F6 = F7 cos 53° = 27,5 x 0,6
I F6
= 16,5 kN
I
Mecânica Técnica e Resistência dos. Materiais
y
Finalmente, o nó E para determinar a força na barra ~.
LFy = O
F5 COS 3r
I
EX.4 -
F5
= F7 cos 37°
= F7 = 27,5 kN
6kN
I
x
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
Reações nos apoios
I.MA
= O
3Rs = 20 x 2 + 20 x 4
I
R. ~ ~
~ 40kN
I
I
RAH
= Rs = 40 kN I
I.Fv
= O
RAV = 20
I
+ 20
RAV = 40 kN
I
"""Treliças
Planas
Força normal nas barras
Iniciaremos os cálculos pelo nó E, que é juntamente com o nó A, o nó com o menor número
de incógnitas.
LFy
= O
y
F
1
20
=-
0,6
= 33 33 kN
'
x
LFx = O
cos3r
F2 =Fl
F2 = 33,33 x 0,8
20kN
I F = 26,67 kN I
2
Determinada a força F2, o nó D apresenta-se como o mais simples para o prosseguimento dos
cálculos.
y
LFy = O
I
F3 = 20 kN
I
x
o
I
F4 = F2 = 26,67 kN
I
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
F7 = 16,67 x 0,6
, 'Mecânica:JTécnicae'Resistênciados'::Materiais,,:
x
A força normal na barra ® será determinada através do equilíbrio do nó A. O ângulo formado
pelas barras ® e (]) é de 53°, temos, portanto:
:Hx =
°
y
RAV
F6 sen 53° = RAH
RAH
40
F = - = 50kN
6
08
,
A
x
53°
F6
F7
Ex.. S -
Oeterminar as torças normais nas barras do guindaste representado na figura.
,,
,
,,
,,
,
,
ir-_---"",,--Oo-L-"*-
- - - - - i'_ - - - - - --'
Ângulos a e ~
tgo; = ~
I=
tg~ = ~
I~ = 53° I
a
37° I
Solução:
Cálculo dos ângulos
sen y
sen«
--=--=-3
6
sen8
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,MA = o
I,Fy =0
4Rs = 80 x 8,8
RA = 176 - 80
IR
B
= 176 kN
I
IRA
= 96 kN
I
NóA
2:F x = O
~Fy
I
=
°
F2 = 96 kN
I
96kN
y
NóC
2:F y = O
F3 cos53°
96
F3
I
=-
0,6
= F2 = 96
c
x
= 160 kN
F3 = 160 kN
I
2:F x = O
F4 = 160 x 0,8 = 128 kN
I
NóD
y
2:Fx = O
128
F4
F6 = ----'---cos 37°
I
o
x
0,8
F6 = 160kNI
~Fy
=
°
F5 = F6 sen3JO = 160 x 0,6
I F5 = 96 kN I
NóE
y
E
x
160 x 0,8
F7 =---0,6
F7 = 213,3 kN
Mecânica<Técnica,e'
Reststênclasdos-Materlals.ssse
80kN
Respostas:
= 213,3 kN
F1 = O
F4 = 128 kN
F7
F2 = 96 kN
F5 = 96 kN
RA = 96 kN
F3 = 160 kN
F6 = 160 kN
RB = 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°.
c
h = tg53°
I :1,33m I
h
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
2
F sen 53° + - =
1
P
F1 = -----
2 sen 53°
I
I
F1 = - 0,625 P
(BC)
p
F2 + Fi cos53° =
=- F
F
2
°
cos 53° = i
\
\
P 0,6)
[- - . 2
\
0,8
A
\
I F = + 0,375P I
(BT)
2
Obs.: BT - barra tracionada
Be - barra comprimida
Através do corte BB, determinamos as forças nas barras ® e ®.
EME =
°
P
1,33F4 +2-
I F, = - ~
=
2
°
= -O,75P
I
E
(BC)
(Y)
(Y)
,...;
\
\
-'------4---_~----- E
P
F sen 53° = -
2
3
F3 =
P
2sen53°
p
2m
2~---=~---
= 0,625P
(BT)
Como a treliça é simétrica, podemos concluir que:
F7 = F1 = -
0,625 P
F6 = F2 = + 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 através de sua tangente.
2
tg o = - = 1
2
Reações nos apoios
LMA
= O
LFv
= O
6Rs = 36 x 4 + 18 x 2
RA + Rs = 36 + 18
I Rs = 30 kN I
IRA
= 24 kN I
Através do corte AA, determinam-se as cargas axiais nas barras
LFv =0
F1 sen45° +24
= O
24
F1 = - 0,707 = - 33,95 kN
(Be)
(j) e ~.
LFH = o
F2 + Fi cos45° = O
F2 = - Fi cos45°
F2 = - (-33, 95) . 0,707
I F2 = + 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)
LMD
= 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
F
I 5
= - _6_
LME
= -849kN
0,707
'
I (Be)
.
= O
2m
-2 F6 + 4 x 24 - 18 x 2 = O
F6 =
96 - 36
2
I F6 = 30kNI
60
2
2m
·c
24kN
18kN
I
(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"""''''
,
/
-'
r,
F6
,
,
'-
'----'---+----=---,
/
F
I
D/
MecânicaTécnicaeiResistência.·dosMateriais
\
\
36kN
\D
Através do corte EE, determina-se a força axial na barra ®.
E
LFv = O
Fg sen45° + 30 == O
I
Fg ==
-&
== -42,43kN
I
/
(BC)
30kN
EX.3 .
Calcular as forças axiais nas barras da treliça dada.
Solução:
As reações nos apoios serão determinadas pelas equações do equilíbrio.
LMA
= O
6Rs == 48 x 2 - 30 x 2
I
IRs = 6kN!
R AV = 48 - 6 == 42 kN
I
LFH = O
IR
AH
== 30kN
!
Aplica-se o corte AA na treliça, e adota-se a parte à esquerda do corte para determinar as
cargas nas barras (j) e @.
LFv
== O
42
F2 == 0,707 = 59,4kN
(BT)
F1 + F2 cos 45° - RAH =0
F1 = RAH
-
F2 cos 45°
42
F1 = 30 - O 707 x 0,707
I
,
F1 = -12kN
I (BC)
Para determinar as cargas axiais nas barras
se para cálculo a parte acima do corte.
e @, aplica-se o corte BB na treliça, e adota-
Q)
.--'-.
,
__ .-
B
I
-,
,
I
I
, I
E
LMA
= O
2F3 + 2F4 cos 45°
= O
30 - 42
12
F4 = 0,707 = - 0,707
I =F4
16,97 kN
I (BC)
J. 0,707
F3 = -(-~
I
F3 = + 12kN
I (BT)
o corte CC determina as cargas axiais nas barras (3) e @.
F
2m
48kN
Mecânica.Jécnica;e
c
Resistência dos Materiais",,';, ;;".;",,;.,-,
dividindo os membros da equação por 2 temos:
F6 =
IF
6
-48 - 30 + 2 x 42
0,707
= 8,49 kN
84 - 30 - 48
0,707
I
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 a
carga axial nas barras CVe ®.
:EMc = O
.zFg sen45°+ zR = O
B
F =9
I =Fg
RB
~F
sen450
8,49 kN
6
=--9
0,707
D
I
F7 = - 8,49 x 0,707
A força normal nas barras ® e ® será determinada através do corte EE.
:EFH = O
F8 = - (-8,49
x 0,707)
IF = + 6 kN I
8
Treliças Planas
·2:,Fy:=.O
~g s~n45°+RB
=
o
- 6
- RB
Fg = sen450 = 0,707 =}
Ex.4 -
I Fg = -8,49kN I (BC)
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.
48kN
3
tg o = -
= 075
4
'
L:MA
= O
4 RB
= 48 x 4 + 36 x 6
IR
B
= 102
L:Fv
= O
RAV = RB
IR
= 54
AV
F
36kN
D
kN
-
48
kN
A
<.
I
I R = 36kN I
AH
. ·IMecânica·Técnicae
CD
A
Resistência.dos.Materiais
.
Aplica-se o corte AA na treliça, para determinar as cargas Qxt:aislf1as_b;a:r:r.Çl'S\<D.e~®'~~)SSORÓ
'0.,1 :"._"
11,....
A_
I =
F2
= 54kN
RAV
I
(
.• J
,
~
._.
UiSL!CJTl::C/'.J..
OOFW DE tviUL TI/vIEIOS
(BT)
-,
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
-4F4
-
F4 =
3 x 36 -4 x 102
4
F4 =
108 - 408
4
4RB + 3RAH = O
I
I
F4 = -75kN
EMA
= O
-4F3
sen S?? - 4F4
F -
-
sen 37°
F3 = - 45 kN
I
-, -,
B
4rn
4RB = O
-(-75) - 4 x 102
3 -
I
,,
,-,
(BC)
+75 - 102
-----
0,6
(BC)
As forças nas barrasrs e@, serão determinadas através do corte CC, adotando-se para cálculo
a parte da treliça acima do corte.
=O
EFH
IFs=36kN
48kN
1 (BT)
36kN
C
'"
EFv = O
Fe + F4 + 48 = O
Fe = - 48 - F 4
Fe = -48 - (-75)
I Fe + 27
=
kN
I
F
E
-, -,
F6
-. -,
r,
F.
(BT)
~
",: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 ®.
LFH
= O
48~
F7 sen53° + 36 = O
E
F
~-----------+---36~
[ F, " - ~
" - 45kN [ (Be)
D
LME
= O
4F8
+ 4 x 48 = O
I F8 = - 48 kN I (BC)
A força axial na barra® será determinada através do corte EE,adotando-se para cálculo a parte
da treliça acima do corte.
48~
LFH
= 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 é de 40 kN, pois as cargas são
simétricas aos apoios .
.......
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais'
LFy = o
Fi sen45° + 40 = O
40
Fi
= - 0,707 = - 56,58 kN
(BC)
LFH = O
F2 + Fi cos45° = O
F2 = - Fi cos45°
F2 = - (-56,58) 0,707
I
I (BT)
F2 = 40kN
y
LFy = O
I
F3 = 40 kN
I (BT)
/
F4 = - F2
I
40kN
I (BC)
F4 = -40kN
LFy = O
F5 sen 45° + 40 - 20 = O
F
20 - 40
=
5
I
-20
=-sen 45°
0,707
F5 = -28,28kN
I (Be)
F = - (-~
x 0707)-
0,707'
6
I F6 +
=
(-40)
....
20 + 40 = 60 kN
,"
I (BT)
I
I
---F7
I
"
\
\
\
\
I
F6
FIO 'I'---~_-+-_~~\
I
LFy
I
=O
I
I
F7 = 40 kN (BT)
\
D/
\ D
40kN
TrellçasPlanasses
Por simetria, podemos concluir que:
F8
= F4 = - 40kN (Be)
Fg = F5 = - 28,28kN
(Be)
FiO = F6 = 60kN (BT)
Fl1 = F3 = 40kN (BT)
F12 = F2 = 40 kN (BT)
F13 = F1 = -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
transversal da peça.
"""-.
Área
~-+---cisalhada
Q
sobre a área de secção
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]
Acis = área da secção transversal da peça [m2]
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
r-
,,
y,
D
A
,,
y - distorção [rad]
,/ t
I
-
Onde:
,
~,
,
,
D'
- -,
'C - tensão
de cisalhamento atuante [Pa]
I
I
G - módulo de elasticidade transversal do material [Pa]
B
MecânicaTécnicaeResistência
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
crd =
Q
n Aproj
=
Q
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
1,Sd
Q
+--Ic--.~._.Ef)- -EBI
.
'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 NB14Material 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
Pressão média de contato (cisalhamento 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):
0d ::::! 280MPa
8.8.3 Pinos
Flexão: 0 = 210MPa
Corte: 1 = 105MPa
Pressão média de contato (cisalhamento simples):
0d = 225MPa
Pressão média de contato (cisalhamento 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 x 120 X 10-3
240000x106
,200x120
1=-----
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
1=--=--=-2Acis
2n d2
4
n d2
2x6000
2x6000x106
n (12 x10-3)2
n122
1= ----,---::-
11=
26,5MPa
b)
2Q
I
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
c)
I
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 =
crdh =
Q
2th . dp
6000
x12xl0-3
2x6xl0-3
6000x106
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; tch = 8mm
(espessura das chapas).
125kN
Solução:
Cisalhamento nos Rebites
a)
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 Acis
Como os rebites possuem secção transversal circular e a área do círculo é dada por:
nd2
Acis =4
a fórmula da tensão do cisalhamento passa a ser:
_
4Q
1:=-2
nnd
donde:
d=~4Q
nn1:
d=
4 x 125000
5 x n x105 x 106
500000
5xnx105
d = 17,4x10-3m
I
d = 17,4mm
I
;.·wMecânica·r écnicae Resístêncla dos"Materiais"Z:'c''';'('r;y''
b)
Pressão de contato (esmagamento)
O rebite é dimensionado através da pressão de contato, para que não sofra esmagamento.
Aplica-se a fórmula
d=
125000
5 x 8 X 10-3 x 225 X 106
d = 13,9 x 10-3m
I
d = 13,9mm
I
Prevalece sempre o diâmetro maior para que as duas condições estejam satisfeitas. Portanto,
os rebites a serem utilizados na junta terão d = 18mm (DIN 123 e 124).
Para que possa ser mantida e reforçada a segurança da construção, o diâmetro normalizado
do rebite deverá ser igualou maior ao valor obtido nos cálculos.
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------
I
-(f)-
portanto,
I
54
a
a = 54cos 45°
a == 38mm
I
-(f)I
I
-EBI
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)
0d = 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 (nc) seja
maior ou igual ao número de rebites necessários ao esmagamento (ne). Tem-se então que:
~>
Q
1nd2
-
ad x d x tm
tch
'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)
0d = 280MPa (esmagamento)
Qj2
Q
Qj2
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
~>
::r1td2
Q
(Jd X d X tCh
-
t
1051t
d - 2 x280
ch
->---
~~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
Ex. 6 -
à pressão de contato é suficiente para dimensionar a junta.
Projetar a junta rebitada para que suporte a carga de 100 kN aplicada conforme a
figura.
1: = 105MPa (cisalhamento)
(Jd
= 280MPA (esmagamento)
tCh = 10mm (espessura da chapa)
cr = 140 MPa (tração na chapa)
A junta contará com 8 rebites.
CisalhamentoPuro
,
,
I
-87- -Ef)I
I
I
I
I
I
-87- -Ef)-
I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
I I
,
,
-Cf--CfI
I
I
I
-Ef)--Ef)-
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:
Cisalhamento
a)
Cada rebite possui duas áreas cisalhadas, portanto o dimensionamento ao cisalhamento será
efetuado através de:
-
't =
Q
Q
=----=n·2Acis
nd2
4x24
d=
d=
d=
/o
V~
100000
2nx 105 x106
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:
_
O"d
= --
Q
ndtch
I
d= 8,92mm
100000
Q
=
ntch 'O"d
= ----~-----:- 3
x280x106
4x10x10-
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
1
28
1
-<t>--<t>-
28
1 1
I
I
I
I
42
1
28
1
-<t>--<t>-
.-<
,~C'l
I I
I I
-<t>--<t>-
I
I
I I
C'l
<:l'
-<t>--<t>-
I I
d)
~
.-<
C'l
Verificação da resistência à tração na chapa
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"= -----=540x106
10"= 185MPa
Como a o atuante>
e)
Dimensionamento
õ
conclui-se que a secção transversal deverá ser reforçada.
,
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.
Distribuição final
f)
42
28
1
28
28
1
1 1
~~
~~
Ex. 7 -
42
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
I
28
1
1
\O
C'l
,~
~~
o
L{)
,~
\O
C'l
~~
Dimensionar os rebites da junta excêntrica representada na figura.
Os diâmetros dos rebites deverão ser iguais, tch = 10mm.
Pela ABNT NB14:
~ = 105MPa
cr = 225MPa
d
-·.-
360
1
t
o
C'l
~
-
.
_.~
_.~
;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 em relação
ao rebite 0).
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:
+ 66672
R1:=J300002
+ (6,667x103)2
R1:=J(30x103)2
~1
J
i
R1:= (900 + 44,45)106
R1 := 103 .J944,45
I
R1:=30730N
30000N
I
As cargas nos rebites
(j) e Q) são
Dimensionamento
dos Rebites
b)
b.1)
R16667N
iguais
Cisalhamento
Adota-se o rebite que tenha a solicitação máxima para o dimensionamento.
os rebites mais solicitados são (j) e @.
O desenvolvimento
d :=) 4R1:=
n:::r
dos cálculos será em função do rebite
4 x 30730
~ d:= 10-3
n:x 150 x 106
(j). Tem-se
Neste caso,
portanto que:
4 x 30730
n:x 105
d:= 19,3 X 10-3 m
I d = 19,3mm I
Pressão de Contato (esmagamento)
b.2)
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 106 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
200 90kN
15kN
15kN
As forças Fi' F2, 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
~11:00
CGLJ
4Fc x 125 + 2 x 7 5F' c = 18000000
I
0,5Fc+0,15F'c
I
= 18000
o 75
(I)
D
As cargas são proporcionais às distâncias em relação ao CG, donde conclui-se que:
Fc
-=125
F'c
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
3
= 18000
(0,83+0,15)F'c = 18000
I F'c 18367N 18,37kN I
==
=
pela equação II tem-se que:
5
Fc = -F'c
3
5
= -x18367N
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.
B
100
cosa. = 125
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
,~
15kN
=
R6 = R2 == 41,38kN
'Mecânica TécnicaeResistência'dosMateriaisx;,'/"
'";D,"!:,
Observa-se graficamente que as resultantes R2 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
41380x4x106
1:=------
1tx400
11: = 131,7MPa I
Ex. 9 -
Dimensionar os parafusos para se construir ajunta excêntrica representada na figura
"1 = 105MPa, d = 225MPa espessura das chapas 16mm.
cr
Solução:
a}
Carga de Cisalhamento
A carga de 60kN divide-se igualmente para os 4 parafusos da junta. Tem-se então:
A excentricidade
parafusos.
·~""<·,_,x,,,,","~:"_"·'"''~-_'''
__
'''' ....·'''''''
'V.~':·';"::,·:,>~;<;,:",,,>/.,,,",,.:·,:,;
da carga provoca momento na junta, o que acarreta maior esforço nos
CisalhamentoPuro
Transformando-se
IMo
as unidades para metro, escreve-se que:
== 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)
I
Fi == F3 == .J752 + 152
possuem a mesma intensidade:
Fi == F3 == 76,5kN
Porém a carga máxima atua no parafuso
b)
@,
I
sendo a sua intensidade 90kN.
Dimensionamento
b.1)
Cisalhamento
A junta tende a acarretar cisalhamento
~ == 4F4
1td e 2
de ==.1
-7
simples nos parafusos. Tem-se portanto:
de == J4F4
1t't
4x 90000
1tx105x106
3
== 33x10- m
I de == 33mm I
b.2)
Esmagamento
-d-
F4
de ==
a - n d tch
90000 X 10-3m
de == 225 X 16
I
900000
225 X 106 X 1 X 16 X 10-3
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-
'3~
~I
Área do cordão de solda
submetida à ação da carga
axial (F)
A =fxt
Tensão normal do cordão:
F
A
=-=-
(J
s
F
fxt
Para dimensionar o cordão, utiliza-se a tensão admissível especificada
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... ]
para o caso.
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
= 90MPa.
de Solda) para solda de topo é
as
Determinar a carga máxima que poderá ser suportada
pela junta.
Solução:
Na solda de topo, considera-se para efeito de dimensionamento, somente
transversal da chapa, admitindo-se como desprezível o acabamento do cordão.
a secção
Tem-se então que:
I
F max
= as x f x t
Fmax
= 90X~
Fmax
= 108.000N = 108kN
~X200x~3yíX6X)Ó-3yf
I
8.10.3 Solda Lateral
Duas chapas unidas através de solda lateral têm os cordões dimensionados
estudo a seguir.
através do
Q.
Na secção transversal do cordão, tem-se:
No dimensionamento
somente o /). AOB.
do cordão, despreza-se o acabamento da solda, considerando-se
Mecânica Técnica,eResistência
dos Materiais,
Observa-se na figura, que a área mínima de cisalhamento ocorre a 45°, sendo expressa por:
Amin = a x .e
como a = t cos 45° tem-se:
Amin = .e . tcos45°
A tensão de cisalhamento
=~=
't
5
Amin
no cordão é dada por:
Q
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:
= comprimento do cordão [m]
Q = carga de cisalhamento [N]
t = espessura da chapa [m]
7fs = tensão admissível da solda no cisalhamento [Pa]
.e
Se a carga aplicada na junta for excêntrica, o comprimento dos cordões será proporcional,
conforme é demonstrado a seguir:
._.~_._.
e - Afastamento
Dimensionado
~=i2=
e1
e2
da carga em relação a linha de Centro
o cordão total (Q), distribui-se conforme segue:
f
e1 + e2
Onde:
R - comprimento total da solda [m]
R1
-
comprimento do cordão da lateral próximo da carga [m]
R2
-
comprimento do cordão da lateral afastado da carga [m]
e1 - afastamento
maior da carga em relação à lateral da chapa [m]
e2 - afastamento
menor da carga em relação à lateral da chapa [m]
Exemplo 2
Dimensionar os cordões de solda (R1) 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)
Q
f=
'ts. t. cos45°
Obs.: utiliza-se Q pois a carga de tração na junta transforma-se em cortante no cordão.
40x:uf3P(
f =
70x:kÓ6 ~X6X0-3rY(XCOS450
I
I
f =O,135m ou f =135mm
Como a carga aplicada é concêntrica, conclui-se que:
2R 1 = R = 135mm
portanto,
1\ =
135 = 67,5mm
2
Exemplo 3
Dimensionar os cordões (R1 eR2)
da junta excêntrica representada na figura.
Condições do projeto:
intensidade da carga 60kN
espessura das chapas t = 10mm
afastamento maior e1 = 200mm
",,;;<"Me,cânica ',,"écnica"e'Resistência'dos Materiais}p '''''i),/>,'
·
afastamento menor e2 = 80mm
Para este caso a SAS (Sociedade Americana de Solda) indica
~s = 70 MPa.
Comprimento total da solda (f)
f =
60xt63N
= ----------'ts .t.cos45°
70X.w64x10xíÓ-3,m'XO,707
m
Q
l-f-=:-0,-1-20-m-O-U-f-=-1-2-0-m-m-1
Comprimento dos cordões z; e f2
fi =
I
e1
e1 +e2
fi = 86mm
.t =
200
200+80
I
Como .f = .fi +.f2
1.f2 = 120-86
8.10.4
.120
= 120mm, conclui-se que:
= 34mm I
Ligações Soldadas Solicitadas por Torque (Mt)
Tensão na solda
Mt.r
't=-
Jp
Momento polar de inércia (Jp)
Jp=fr2dA
Jp = (0,5)2n. a· d
,
Como a é reduzido em relação ao diâmetro (d), considera-se r constante:
Portanto:
_ M
't-
t.
2Mt
(O,5d)
2
(O,5d)
n. a. d2
rt, a. d
Tensão no plano vertical
A tensão máxima ocorre na superfície de menor área a 45°.
r
Tem-se então:
't
max
'tmax
=
=
't
cos45°
=
2Mt
n.a.d2
Lmáx,
xO,707
2,83Mt
d2
11:.a.
~
Onde:
tmáx - 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
Determine o torque máximo que poderá atuar na ligação.
Mt= 'ts°11:oaod2
2,83
Mt = 70xl06
3
3
N/m2 xl0xl0- mx(35xl0- m)2
xn
2,83
Mt = 70xl06xl0xl0-3
x35
2
xl0-6
X 11:
2,83
I Mt= 952 Nm I
,oMecânicaTécnica
e Resistência dos Materiais
't
= 70MPa.
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
ao longo do comprimento f (flexão)
('tmaxl
é igual à variação das tensões normais
portanto, tem-se:
M
1: = -
J
12Mt(f /2)
Ymax
3
(2a)f
=
3Mt
af2
Como a 1:max ocorre na menor área, tem-se:
1:
1:
=--max
cos45
0
3Mt
1:max =---2
a.f
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
2
3
Mt = 70x106N / m x12x10- m
x (0,5m)2 xcos45°
3
2
Mt = 70x12xO,5
3
xcos45°x10
(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
Chaveta Inclinada com Cabeça
I I
C
I
DIN271
: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
chaveta e do próprio rasgo no cubo é dada por:
da
0d=~=~
Aesm
R(h - ti)
Material indicado para chavetas é o st60 ou st80 (ABNT 1060 a 1080).
Pressão média de contato
cr = 100 MPa.
d
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).
polia
~_chaveta
eixo
Solução:
Acis =bxf
Aesm = (h-tIl
Através do DIN6885 (chaveta plana) encontram-se os seguintes valores:
Mecânica Técnica e Resistêncla.dos.Materíaíe
'.;,,,0,:Ci~:)L~J;':;:·
~~;';M';
º
b= 28mm
deixo
= 100mm ~ chaveta
h = 16mm
{
t1 = 9,9mm
crd = 100MPa
~ = 60MPa
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
t d 10-1
d = 10-1m
Ft = 81940N
Dimensionamento ao cisalhamento:
f c = 48,8x10-3m
= 49mm
fc
I
Dimensionamento da pressão de contato (esmagamento):
fe =
81940
100x106
f
= 81940x10e
I
(16-9,9)x10-3
3
100x6,1
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 - t1 )
Através da DIN6886 (chaveta inclinada), encontram-se os seguintes valores:
b = 14mm
dO;," = 48mm -> chaveta
{
h = 9mm
t1 = 5,5mm
material st-60
Gd = 100 MPa
"1 = 60 MPa
Como CV = 735,5W, a potência transmitida
P = 735,5 x 15
P = 11032,5 W
O torque transmitido
será:
em watts corresponde a:
M _~
_ 11032,5
T - 2nf 2nx8
MT = 220Nm
Força tangencial:
2Mt
2 x 220
Ft = -d- = 48x10-3
Dimensionamento
-
't
F
= _t_
bx
é
~
c
F = 9.167N
t
do cisalhamento
Ft
f c = ----=
b.'t
Mecânica Técnica e Resistênc.ia dos Materiais
t
=
e
9167
14x10-3x60x106
te == 11x10-3m
I te 11mmJ
==
Dimensionamento
t
=
c
F,
od (h - t1)
__
à pressão de contato (esmagamento)
9167
100x 106 (9- 5,5) 10-3
te == 26x10-3m
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
x
Mx = y-dA
My = x-dA
x
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
Mx =
LYd
x
A
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 xG e YG' que serão obtidas através
da relação entre o respectivo momento estático de superfície e a área total desta.
LXdA
G
X
y
= LdA
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.
xG =
A1Xl + ...Anxn
Al + ...An
.Ar.
y
Xj
A1Yl +... AnYn
YG =
A
Al +... n
Yn
YI
x
j =n
j =n
I,AjXj
I,AjY
j
j = 1
XG
= --
YG=~
j =n
j = n
I,A
j
I,Aj
1
j=
j=
1
9.1.4 Tabela do Centro de Gravidade de Superfícies Planas
Superfície
Coordenadas do c.G
XG = b /
.c
2
YG=h/2
~
x
'"
xG=YG="2
a
x
:Mecânica Técnica e Resistência1dos.Materiais""""·
.,'","""",
y
x
4r
xG ==-
31t
4r
YG ==31t
y
CG
o
XG ==
4r
YG ==-
x
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 = a2
Xl
A2 =a
X
=a/2
2
/2
= a +~
_ 4a
3-3
2
Y2 = a/3
Yi = a/2
2
XG =
a a 4a
a 2 ._+_.-
+ A2X2
Alxl
2
3
4a3
a
2
3
2
a2+_a
2
Al +A2
3a3 + 4a
-+--
xG = 2
6
2a2 + a2
=
6
3a2
2
2
3
3
7a
_
xG =~6~
7a
9a2
= 7a = O,777a
9
2
a
2
2
A1Yl+A2Y2
YG = A +A2
=
3
a3
a
YG = 2
3
6
a
3
a2
a2+_
2
l
-+-
2
a
2
a .-+-.-
3a3 +a3
=
2
-a
2
6
3
2
-a
2
4a3
3
6 _4a
YG =~-
-a
9a2
= 4a
9
== 0,444a
2
XG = O,777a
YG = 0,444a
Localização do ponto na superfície
y
Xo
~
x
Mecânlca·Técnica;e'Resistência dos Materiais;",,,;;;;;;;,
Determinar as coordenadas do CG da superfície hachurada representada na figura.
EX.2 -
x
Solução:
A figura 1 correspondendo ao semicírculo de raio R e a figura 2 corresponde ao semicírculo
de raio r.
A
4R
2
Y
Y1 =-
3n
n. r2
2
=--
4 r
3 n
=_.2
A coordenada xG = O pois as coordenadas
YG =
Xi
e x2 são iguais a zero.
A1Y1 - A2Y2
A - A
1
2
2
2
nR
4R
nr
-_._-_.-
Y _
2
G -
~(R3
4R3
----
6
6
_r2)
2
nr2
2
2
2
4
(R3 _r3)
_r3)
_r2)
4r3
~_(R2
3n
nR2
Y G = -':6'---- __
~(R2
4r
3n
3n (R2 _ r2)
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:
Al =700mm
Xl
2
A2 =600mm
= 5mm
Y2 = 5mm
Alxl +A2x2
Al+A2
700x5+600x30
= ------700+600
3500+18000
xG = --1-3-0-0--
YG =
A1Y1 + A2Y2
A +A
YG =
31500+3000
1300
1
=30mm
X2
Yl = 45mm
xG =
2
2
I x = 16,53mm I
G
700x45+600x5
700+600
I YG =
26,53mm I
localização do ponto na figura
Y
10
YG
o
<X)
x
60
Ex. 4 -
Determinar as coordenadas do centro de gravidade do perfil u representado na figura
a seguir.
Y.
10
80
10
ss
o
....
x
Solução:
Divide-se o perfil u em 3 retângulos para iniciar os cálculos
Al = 500mm2
Xl
= 5mm
Yi = 35mm
A2 = 1000mm2
A3 =500mm
= 50mm
X3 = 95mm
X2
Y2 = 5mm
2
Y3 = 35mm
',;'Mecânica Têcnlcae Resistência·dosMateriais""';'1t;\,'it'"""",,:,,,
I
2500 + 50000 + 47500
xG = ----2-0-0-0---
xG = 50mm
I
500x35 + 1000x5 + 500x35
500 + 1000 + 500
YG =
I
17500 + 5000 + 17500
2000
YG = 20mm I
localização do CG na superfície
y
x
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 <I> o quadrante de círculo de raio "r".
Interpreta-se a área da figura <I> como sendo retirada da figura CD, desta forma, para
determinar as coordenadas, subtrai-se o momento estático da área <I> , do momento estático da
área CD, procede-se da mesma forma em relação à área total.
Desta forma, teremos:
4r
Xl = r /2
X2 = 31t
4r
Yl =r/2
Y2 = 31t
Como Xi = Yi e X2 = Y2' podemos concluir que xG = YG;e teremos portanto:
2
r2.~_ m
XG
= YG =
2
4
2
1tr
r -r3
XG
= YG =
.~
31t
2
4
r3
3r3 -2r3
2
3
r2(1-~)
r2(4 -1t)
4
6
4
r3
XG
= YG =
Ix =
4 -1t
2
6( -- )r
G
YG = 0,775
r I
4
localização do ponto na superfície
y
t12
r-.
Ô
~CG
x
Ex. 6 -
Determinar as coordenadas do centro de gravidade da superfície
representada na figura a seguir.
hachadura
y
x
Solução:
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'"
- n(2rf _
Al----nr
2
4
4 2r
3 n
3n
x2 =3n
4 2r
8r
4r
Y2 =-
8r
Xl =-.-=-
y=-'-=3 rt
X G --
4r
3n
3n
2 8r
nr2 4 r
nr ._--.-YG- 3n
4
3 n
2
2
nr
nr --
4
8r3
--3
X G --Y G- -
r3
3
3
nr2
4
4
---
I x = Y = 0,99 r I
G
G
localização do ponto na superfície
y
O,99r
Ex. 7-
x
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-
m2
= 2r2
A2=4
4r
2r
=3"
X2 = 31t
2r
Yl =3"
Y2 = 31t
Xl
4r
Como Xl = Yl e X2 = Y2' conclui-se que xG=YG'
XG = YG =
Alx1 - A2X2
Al - A
2
2r2 . 2r _ m~. 4r
xG = YG =
4
3
4r
31t _
2
2r2 _~
-
3
3-3"
r2(2_~)
4
XG=YG=
r3
3
r
4
y
=---
r2(2_~)
1,215
4
xG = Y G = O,82r I
&l
localização do ponto na superfície
ó
x
O.82r
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 =: 6000mm2
A2 =: 50x80
Xl =: 30mm
X2
Yl =: 50mm
Y2 = 25mm
A3 =:
X3
1tx252
4
=:490,87mm
=: 4000mm2
=100mm
2
=: 30mm
X4
Y3 = 75mm
= 30mm
Y4 =: 25mm
X5 =: 100mm
Y5 = 25mm
6000x30 + 4000x100 - 490,87x30 - 490,87x100
x ----------------------------------6000+4000-3x490,87
G -
180000 + 400000 -14726 -14726
-------------------------------10000-1472,6
X
- 49087
G -
=: 501461 =: 58 8mm
X
8527,4
G
,
YG =:
6000x50 + 4000x25 - 490,87x75 - 490,87x25 - 490,87x25
6000 + 4000 - 3 x 490,87
YG =:
300,000 + 100.000 - 36815 -12272
8527,4
YG
= 338641 = 39 7mm
8527,4
,
-12272
localização do ponto na superfície
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.
Al = 60x100
Xl
= 30mm
Yl = 50mm
= 6000mm2
A4 = nx24
-4X4
2
= 30mm
Y4 = 25mm
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
<".
= 452,4mm
2
A2 = 50x40 = 2000mm2
A5 -- 30 x 30 -_ 450 mm2
2
X2= 60+20 = 800mm
x5 = 60--
Y2= 25mm
30
Y5=100--=90mm
11:.252
A3 = --
2
30
= 50mm
3
3
= 981,75mm
2
4·25
X3= 100 + -= 110,6mm
3'11:
Y3= 25mm
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
A1 =3270mm2
A1 = 32,7cm2 = 3270mm2
Y1 = 76,2mm
A2 = 1200mm2
Y2 = 157,4mm
Como a peça é simétrica em relação a y concluímos que xG = O.
YG =
A1Y1 +A2Y2
A1 + A2
YG =
3270x76,2 + 1200x157,4
= ----'---------'--3270 + 1200
249174+ 188880
4470
IYGi=:98mm
I
y
CG
localização do ponto na superfície
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 y2dA
Jy
= IA x2dA
y
dA
Análise dimensional de J
x
[J] = [Lf[Lf
4
= [L ]
y
portanto, a unidade de momento de inércia poderá ser:
x
[mm 4; em": m": ..]
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
Ju =
Ly
2
dA +a
2
Como 2btYdA
L
dA
= O pois
x é o eixo baricêntrico, concluímos que:
I =
Ju
2
Jx +a A
I
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
J u = J x + Aa2
y
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. ix 2
Jy = A. i 2
ix
Y
x
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 de i
[i]
=[
4]1/2
~~~2
= [[Lf t/ = [L]
2
portanto as unidades de i podem ser [m; cm; mm; ... ]
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.
Jx
Wx=
y
-
Ymax
W =
y
Jy
-
X
l
max
Análise dimensional de W
[W] =
l/r
Xmáx
[J]
= [L]4 _ 3
[x ou y]
[L] - [L]
portanto as unidades de W podem ser: [m3; crrr'; mm ': ... ]
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
•
x
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)
J
x
J
bh3
=-
12
x
hb3
=-
12
y
c)
d)
y
4
J =J
x
= nd
y
64
f)
e)
J
bh3
36
=-
x
J
hb3
36
=y
g)
h)
y
J, = O,1098r4
Jy = O,3927r4
';d2;:':'(('
(0'(:"':",'"
',",'
,;;;"
'"
""
CaracterísticasiGeométricas
das Superfícies' Planas
'i'
:
j)
i)
'"
J _ 1tba3
x -4
"-X
~
Jx =Jy =O,0549r4
J
~
y
Solução:
Módulo de Resistência
a)
y
w x _--- bh2
3
w x = J,--
bh
6
Ymax - 12~
2
~~A-)(..c
Y
wY _--- hb2
3
W = Jy
x --
max
hb
-
-12E.
2
6
Raio de Giração i
"
íbh3
[J;
fJ:fhb3
'tA = Vi2bh
iy =
vi = Vi2bh
(h2 h
h
ix = V12 = .J12 = 2J3
i -
ffi
Ix
=
y -
2
b
-=-=-
b
.J12 2J3
12
I hEI
I bEI
b)
Raio de Giração i
ix =
iy =
6
6
~
-r~~~"
----x
ix = iy =
a
a
V12a2 = J12 = 2J3
<':l
I
[ i, =iy= a:
Módulo de Resistência W
4
w x = Wy-_ 2a--12a
"F
Mecânica'Técnica e Resistência dos,Materiais?! '2P'.
3
a
-6
3
= 1tab
-
4
Raio de Giração i
c)
y
~
C2J
Módulo de Resistência W
Raio de Giração i
d)
· _. _ r.c _
4n(04 _d4)
64n(02 _ d2)
Ix -Iy -
f"A -
i
1~.~(02_d2)
=i
=
x
y
V 16
·
.
2
J(02 + d )
n~-'"-tf)
4
Ix = Iy =
Módulo de Resistência W
Raio de Giração i
e)
ix =iy =~ 1~2
·
.
x
y
1=1
a
=-=--
a
52 2.J3
af3
li=i= 1 6
x
Xrnáx
-'ffi"
y
"MCaracterísticas Geométricas'das Superfícies Planas
Módulo de Resistência W
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.
= X rnax
Yrnax
aJ2
--
--
2
2a4
Wx = Wy = 12a12
2a412
= 12a1212
3
W = Wy-_ a -J2
x
12
Raio de Giração i
f)
IY
i =ff=~2bh3
x
A
36bh
..c:1
~à
iy = ff
.g
. lli J1s 3J2
Ix =
18 =
h
=
1=
y
h
=
bJ2
li y =
61
Módulo de Resistência W
Yrnax
3
3bh
36x2h
=~=
y xmax
3
3hb
36x2b
W
x
W
=~=
g)
VI/,
/' ..kA "(
,riíl
E
:>-,
,
.//7
a4 _b4
J =J =-x
y
12
-,
.•.. ....."."
"
A=a2-b2
aJ2
Xmax
Xmáx
= Ymax =
2
I
'Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais,;''''"''''''''"
b
b
J1s
3J2
-=--=-18
hJ2
I ix
= ~~~~:
I
wx = bh'
24 I
I
wy = hb'
24
I
61
Raio de Giração i
Módulo de Resistência W
h)
y
x
Raio de Giração i
=ft
ix
I =
ix
O,264r
2
I
. f7yA
1=
Y
iy =
-
2xO,3927
iy= ./--'----·r
n
2
2
Módulo de Resistência W
w x -~
-
Ymax
Ymax
4
w = O,1098r
x
O,575r
=
°
4r
=r-=
3n
3nr-4r
3n
=
(3n-4)
3n
·r
Ymax
= O,575r
191r3
'
Xmax = r
Wy = O,3927r
4
= O,3927r3
r
i)
4r
Ymax
= Xmax = r--
3n
Características Geométricas das Superfícies Planas y
89
Raio de giração i
ix = iy =
O,0549r4
.4
nr2
_
4xO,0549r2
-
rt
I = =
ix
iy
O,26r
I
Módulo de Resistência W
W
x
= Wy -_ O,0549r4
O.549r4
3m 4r
--3rr
3rr
r-~
3rr
W
x
O,0549r3 ·3rr
= W y -_ O,0549r4
(3rr-4)
r(3rr - 4
3rr )
Wx = Wy =
3
O,517r
5,42
= O,095r
3
j)
J _ rrba3
x -4
<ó
3
J = rrab
y
4
A = rcab
Raio de giração i
ix
iy
Módulo de Resistência W
3
=) :~:: =r; =~
=):::: =r; =%
W _ rrba
x --=
4a
W
y
2
rrba
-4
= rrab3 = rrab2
4b
4
9.6.1 Tabela
Momento de Inércia Raio de giração e Módulo de Resistência
Momento
de Inércia
Secção
Raio de
Giração (i)
Módulo de
Resistência(W)
YI
N
..c:1-
'x
~~
~
bh3
Jx =12
hb3
J y -- 12
~
.MecânicaTécnicae
Reslstêncladossíslateríalss
hJ3
ix=-
6
bJ3
iy=-
6
bh2
Wx=-
6
hb2
Wy=6
Momento
de Inércia
Secção
Raio de
Giração (i)
Mõdulo de
Resistência (W)
·Ix=Iy
. =6
aJ3
·
.
3
w = W = 1td
d
I =1 =x
y
4
x
· . JD2
2
+d
Ix=IY=--4-
· .
'-X:
aJ3
Ix=Iy=6
bh3
.c
J =-
36
x
x
b.J2
36
i=y
6
..
Ix= Iy=
4
32D
y
w = w = a3.J2
y
bh2
hb2
W=y
24
~
12
4
= 1t(D - d )
W=x
24
6
hb3
Jy=-
Wx = W
x
h.J2
i=-
32
y
12
Momento
de Inércia
Raio de
Giração (i)
J, = 0,1098r4
ix = 0,264r
Wx = 0,19r3
Jy = 0,3927r4
iy = 0,5r
wy = 0,3927r3
J, = Jy = 0,0549r4
i, = iy = 0,264r
Secção
-.-x
Módulo de
Resistência(W)
W, = Wy = 0,0953r3
~
dy
Ex. 2 - Determinaro momento de inércia relativo ao eixo baricêntrico
x no retângulo de base b e altura h conforme mostra a figura.
1h-.l.
ht2~
Solução:
:
b
Como o eixo de x é baricêntrico, divide pela metade a altura h. Desta
forma, pode-se escrever que:
h
Jx ==
2J: y2
Jx ==
2f: by2 dy
dA
como dA = bdy temos que:
f: / dY=2bX[iy3]
h
J
x
=2b[~(~)3
3 2
h
r, =2b
J _ bh
_~(O)3l=2bh3
3
x -
24
3
---
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:
h
O eixo x baricêntrico, 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:
~4
-h
J = 2b(~h)3
x
9 3
_ 2b(_~)3
9
3
3
4
2b 8h3
2b h3
16h4. b
9
27
9 27
81 x 4h
2b 9h3
15h3b
9
324
J =-.--+-----x
_
tiJ4
--
.~_~.
h h
3
4
hx81x4
=-0----
J
x
27
3
J
2bh
27
=----x
J
15bh3
324
2bh3 -15bh3
324
=--------
x
9bh3
324
3
bh
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.
'.0
b)
a)
y
g
x
ri
120
c)
d)
o
'x
00
o
C\l
ri
Solução:
Transformando-se as unidades para [em], tem-se que:
a)
a.1.) Momentos de inércia
3
= bh = 12x18
J
x
12
3
= 5832cm4
12
3
hb
Jy = 12
18x1 2
12
3
=
= 2592cm
4
a.2) Raios de giração
i
x
= hJ3 = 18J3 = 5 2cm
6
6
bJ3 12J3
-- = 3 46cm
i --=
'
y -
6
t
6
a.3) Módulos de resistência
wx --_ bh2
6
12 x 18
2
= 648cm
3
6
2
hb
w--=
v: 6
b)
b.1.) Momentos de inércia
4
284
4
nd _1t
== 30.172cm
y
J, = J = 64 - 64
;,?~";MecânicaTécnicaeResistência.dosMateriais;i'
18x1 2 = 432cm
2
6
3
b.2) Raios de gíração
.
.
d 28
1 =1 =-=-=
x
y
4
4
7
em
c)
c.1) Momentos de inércia
c.2) Raios de giração
4
a4
84
J = J = - = - == 341em
i = i = a../3 = 8../3 == 2 31em4
x
y
12
12
x
y
6
6
'
c.3) Módulos de resistência
a3
3
83
= 85,33em
6
Wx = Wy =-=
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
x
= 12x12
y
36
.1 =1. =--=
12J2
x
y
6
=576em4
282 em
'
d.3) Módulos de resistência
12
3
Wx =W y =-=72em
24
Ex. 5 -
3
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:
4
4
4
nd
nx2 0 = 7854cm
J = 64 =
64
4
4
Jx = ~12 = 40
12 -= 213.333,3cm
X
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 = 205.479,3cm41
Os momentos de inércia são iguais em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que:
Jx = Jy = 205.479,3cm 4
Raio de Giração
ix = iy =
ff
A = Ai -A2
Ai = 40x40 = 1600cm2
2
A2
2
= nD = nx20
= 31416cm2
44'
I
A = Ai - A2 = 1600 - 314,16 = 1285,84cm2
ix = iy =
Módulo
ix = iy = 12,64cm I
205479,3
1485,84
de Resistência
Como a superfície é simétrica em relação aos eixos x e y, concluímos que:
_ W - 205.479,3
Wx y,..,f""\
Ex. 6 -
1
Wx = Wy = 10273,96cm
31
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 Ju = Jv' pois a distância
entre os eixos laterais é a mesma.
v
Aplicando-se o teorema de Steiner, temos:
Ju = J, + Ay2
Ju = 205.479,3 + 1285,84 + 202
x
Ju = 719.815,3cm4
Como Ju = Jv' conclui-se que:
>Jv = 719.815,3cm
MecânicaTécnicae.ResistênciadosMateriais
4
li
Ex. 7 -
Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
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
96x6-9
x9
vg------
I vg
576 - 81
96-9
para em
==5,69cm
87
I
Momento de Inércia
3
r, ==8x12
4
+96(6-5,69)2
12
_[3
+9(9-5,69)2]
12
Jx ==1.152 + 2,23- (6,7 5 + 98,6)
Jx ==1048,9cm41
Para determinar o momento de inércia Jx' 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:
3
J ==12X8
y
12
4
3
12
Características
Geométricas
das Superfícies
Planas
197
Raios de giração:
i =
x
rJ:
87
I
ix = 3,47cm
I
Vf;: ~505,25
87
I
iy = 2,41cm
I
VA
i = ~
y
= ~ 1048,9
=
Módulos de resistência:
J x_
W = __
x
e W
y
Ymax
J
= _y_
xmax
Ymax = 12 - 5,69 = 6,31cm
Wx =
1048,9 = 166,22cm 3
6,31
Como o eixo é de simetria, conclui-se que:
Xmax
8
= - = 4cm
Wy =
505,25 = 126,3cm 3
4
2
Ex. 8 - Determinar momento de inércia, raio de giração módulo de resistência,
aos eixos baricêntricos x e y no perfil T representado na figura.
relativos
v
i
J5i
._-.-_._-
,;á
>-EI
o
<:j<
I :p51.. ~
~~~-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
Ai +A2
4x3+5xO,5
= -----'-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
1x43
5x13
Jx = -+ 4(3 -1,61)2 + -+ 5(1,61- 0,5)2
12
12
Jx = 5,33 + 7,73 + 0,42 + 6,16
I
Jx = 19,64cm
4
I
Em relação a y, não há transporte, pois o eixo y dos retângulos coincide com o eixo do .l.
Temos então que:
4x13
12
1x53
12
J =--+-y
Jy = 0,33 + 10,41 = 10,74cm4
IJ
y = 10,74
cm41
Raios de Giração
i = ~=J19,64
VA
x
i
9
= r.ç = J10,74
vI::
y
9
ix = 1,47cm
I
iy = 1,09cm
I
Módulos de Resistência
w =~=
x
Ymax
19,64 =579cm3
(5 -1,61)
,
Wy =~=10,74=43cm3
xmax
2,5
,
Ex. 9 - Determinar momento de inércia, raio de giração e módulo de resistência, relativos
aos baricêntricos x e y no perfil I representado na figura.
>-11
x
~
E
:r
o
.....
11
';>~
u
Solução:
As unidades serão transformadas
para [em].
O perfil é simétrico em relação aos eixos x e y, portanto conclui-se que:
4
7
ug = - = 2cm
2
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:
+ A y; )+ J
Jx = 2 (JXi
i
X2
3
3
+4X32]+1X5
J =2[4X1
x
12
12
Jx =2 (0,33+36)+10,41
I
4
Jx = 83,07 cm 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:
Jy = 2 JYi + JY2
3
3
J = 2 [1 x 4 ]
+ 5x 1
12
12
y
Jy = 10,67 + 0,42
I
Jy = 11,09cm41
Raios de giração:
ix=h
A = Ai + A2 + A3 = 4 + 5 + 4 = 13cm2
. = J 83,07
= 2,53cm
13
Ix
= {J; = J11,09
i
y
fI;
13
I iy
= 0,92cm
I
·,·,"MecânicaTécnica e Resistência dosMaterlals
Módulos de Resistência
Como a superfície é simétrica em relação aos eixos, conclui-se que:
b 4
x max = -2 =-=2em
2
h 7
Ymax =- 2 =- 2 =35em
'
Wx = ~
= 83,07 = 23,71cm3
Jy
W =--=-y
Xmax
11,09
3
55 em
2'
Ymax
3,5
Ex. 10- Determinar os momentos de inércia Ju e J, do exercício anterior.
Solução:
Conhecendo-se os momentos de inércia baricêntrico, para se obter os momentos Ju e Jv' basta
somar os respectivos transportes de eixo.
Desta forma escreve-se que:
J u = J x + Ay,2 e J y = J y + Ax,2
Como os eixos x e y são de simetria, conclui-se que:
Y,=~=2.=35em
2
2
x'= ~=~=
'
2
2
2em
portanto, tem-se que:
Ju = 83,07+13x3,52
r, =11,09+13x22
EX.11-
I
= 242,32em4
Ju = 242,32em41
IJ
= 63,0gem4
y
= 63,0gem41
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.
(l)-ehapa 100 x 10[mm]
(2)-viga I 5"x3"
h = 127mm
b=
x
76,2mm
Jx = 511em4
Jy = 50cm4
u
A2 = 19cm
2
"·"',.'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'
YG =
AiYi + A2Y2
Ai +A2
As unidades forma transformadas
YG =
para [em]:
I =
10 x 13,2 + 19 x 6,35
10+19
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
+10(13,2-8,71)2
+511+19(8,71-6,35)2
12
J, = 819,25cm4
Para determinar o momento de inércia relativo a y, não há transporte, pois os eixos Yda chapa
e da viga coincidem com o eixo do conjunto.
Tem-se, então, que:
Jy = Jy1 + Jy2
1x10
Jy = 12
I
3
+50
Jy = 133,33cm41
Raios de giraçâo:
i
=
x
i
=
y
TJ: = ~819,25
VA
29
vI:: = ~133,33
29
~
I ix = 5,31cm
I iy
= 2,14cm
Mecânica Técnica e Reslstêncla.dos Materiais'
Módulos de Resistência
Wx=~
Ymax
Neste caso, a distância
YG = Ymáx = 8,71cm.
w = 819,25 == 94cm3
x
8,71
máxima entre o eixo e a extremidade
=>
1
da peça é o próprio
w = 94cm31
'--x
--'.
A distância máxima entre o eixo Y e a extremidade do conjunto é 5 cm que correspondem
à metade da lateral da chapa.
Wy -__X J _
y
--
133,33
5
---'
-F
I W = 26,67 cm 31
y
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
.s;:.-
x
A = 24,7cm2
I
J, = 724cm4
I
Jy= 43,9cm
4
I
(DCHAPA
ô~~
I
Solução:
Como o eixo é de simetria, conclui-se que o eixo esta localizado na metade da altura do
conjunto.
As unidades foram transformadas
15,24
yg = --+1
2
= 8,62cm
para [em].
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:
Jx ==2 VX1 + A1Yf)+ 2Jx2
3
20X1
12
Jx==2
(
+208,62-0,5
[
J, ==4088,72cm4
)2] +2x724
Raio de Giração
A==2A1 +2A2
==2x20+2x24,7
A ==89,4cm2
==fi
ix
ix ==
4088,72
I ix ==6,77cm I
89,4
Módulo de Resistência
W
x
==~
I W ==474,32cm31
==4088,72
x
8,62
Ymax
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-'-'- -'-'-l3
I I 1"< 1--
120
I
-·-I.J.......7-I./--
(1) cantoneira 89 x 64 CSN P. Americano
I
x
~.
Cl'
'"
li
@chapa
I y 15,5
..c
75cm4
õcm"
I
Jy ==32cm4
I
A ==9,3cm2
±t-!b~I~28,2
b ==63,5mm
h ==88,9mm
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
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
YG=
I
as unidades do exercício para [em], tem-se que:
52,45+ 72
30,6
YG= 4,07em
I
o eixo y, por ser de simetria, está localizado na metade da base.
Momentos de Inércia:
3
Jx =2[75+9,3(4,07_2,82)2]+1X12
+12(6-4,07)2
12
I
Jx = 367,75em
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
Jy =2 (Jy + Ai Xl ) + JY2
r.
1 12x1
Jy = 2 L32+ 9,3(1,55 + 0,5)2J+-12
Jy = 143,2em41
Raio de giração:
= 30,6em2
A = 2x9,3+12
ix
=fi
i =
x
367,75 = 347em
30,6
'
.
~43,2
J=--=
y
30,6
216 em
'
~,%+
•.......
g;"'~'/"'D'4;;L"
,.
Características
Geométricas;das.Superficies
Planas-
205
Módulo
W
x
de resistência:
=~
=
367,75
(12-4,07)
= 367,75
J
.x
143,2
143,2
Xmax
(6,35+0,5)
6,85
Ymax
Wy =
7,93
I
Wx = 46,37cm31
I
Wy = 20,9cm31
Ex. 14 - Determinar o momento de inércia relativo ao eixo u no exercício anterior.
Solução:
Obtém-se o momento de inércia Ju do conjunto, somando-se ao momento de inércia J, e o
transporte de eixos (Teorema de Steiner).
Tem-se então:
Ju = J, + A· Y~
I J = 874,63cm41
Ju = 367,75 + 30,6 X 4,072
u
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
13
A = 15,5 cm2
h = 152,4mm
xmáx
..c
y'2
b = 48,8mm
J, = 546cm4
,~
s-E
Jy = 28,8cm4
x
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
Jx = 2 (Jx1 + A1y{ )+ 2 VY2 + A2y5. )
3
J, = 2 [ 2~X: + 20(4,88 + 0,5
f 1= 2 (28,8 + 15,5x1.3' )
Jx =2 [1,67+578,89]+2x55
4
Jx = 1.271,12em
!
Para determinar o Jy utiliza-se o Jx 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
h1b1
J =2
12
y
+2J
x2
3
J = 2 lx20
y
12
+ 2x546
Jy = 1.333,33 + 1092
Jy = 2.425,33Cm41
Raios de Giração
A = 2x20 + 2x15,5 = 71cm2
i =
x
. Ix -
fJ:
VA
11271,12 _ 423
71
-,
em
V
. - fiy - V
I
-
y
-
A
-
12425,33 -- 584 em
71
'
Módulo de Resistência
W =~
x
Ymax
w =~
y
x max
=
1271,12 = 1271,12
(4,88 + 1,0)
5,88
= 2425,33
10
I
3
Wx = 216,18cm
I
Wy = 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 de superfície em relação aos eixos de
referência.
9.7.:1 Estudo do Sinal
o produto de inércia pode ser positivo, negativo ou nulo, dependendo da distribuição
superfície em relação aos eixos de referência.
de
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 32 quadrantes
x
Jxy < O - Quando a superfície predominar no 2º e 42 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.
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:
Juv =
l(Y +
Juv =
1
1
xd, +b
MecânicaTécnica
y
dA
x
a)(x + b)dA
xyd; +a
v
lYdA +ab idA
e Resistência dos Materiais
u
Como os eixos x e y são baricêntricos, conclui-se que:
pois a e b = O (relativo ao eixo baricêntrico).
Temos, então, que: Juv = Jxy + 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.
y
.«:1
-..<:.
X
X
JXY = O
Jxy
=O
JXY
=O
a
b
yl
y
.D
x-
JXY = O
x
y
.-
--+ "~'--\ .--x
x
Características
Geométricas.das-Superficies
Planas
209
9.8
Eixos Principais de Inércia
y
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.
\.~i-~
x
Os momentos principais de inércia são determinados
através das expressões:
Jmax =0,5(Jx+Jyl+O,5J(Jx-Jyl2+4J~
Jmin = 0,5(Jx
J(Jx -Jyf
+Jyl-O,5
+4J~
Os ângulos que os eixos principais de inércia formam com o eixo x são determinados através
de suas respectivas tangentes.
tgcxmax =
J x - Jmax
Jxy
tgcxmin =
Jx - Jrnin
Jxy
amax - ângulo que o eixo de momento máximo forma com o eixo x
amin
-
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 max =
CX
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, + Jy
9.9
y
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
e Resistência dos Materiais
Tem-se que:
aplicando Pitágoras, vem que: r2 = x2 +
Jp =
1
2
(x
l portanto:
+ y2)dA
unidade de Jp = [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 (Wp) 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
Iy
c)
D
IY
d)
d
a.1) Momento polar de inércia
Sabe-se que Jp = J, + Jy' o momento de inércia da secção transversal quadrada é o mesmo
para o eixo x e para o eixo y, e
a
4
Temos, então, que:
J, =Jy = 12
2a4
a"
Jp =--=-
12
6
a.2) Módulo de resistência polar (Wp)
J
W p =-prmax
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:
r
max
=
a
2 cos 45°
2
a
Jp
2a4
a3
rmax
6aJ2 3J2
W =-=--=p
yl
aJ2
=--
x
3
J2 =:- 023a
Wp = a -6
,
3
b)
b.1) Momento polar de inércia (Jp)
Como Jp = J, + Jy, para secção circular:
J -J
x -
4
_ nd
y - 64
4
portanto,
4
J = 2nd = nd
p
64
32
b.2) Módulo de resistência
(Wp)
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: Jp = J, + Jy
Para coroa circular:
c.2) O módulo de resistência de coroa circular será:
J
W p =-prmax
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.
J =J
x
nd4
64
a4
12
=--y
Como J, = Jy, conclui-se que:
4
J
p
= 2[nd
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
32 _ ~6
Wp =
temos então que:
2 [4nd
a4]
= d 32 -6
~
W _ nd 3
p -
a4
Tabela de momento polar de inércia (Jp) e o módulo de resistência polar (Wp)
Momento de Inércia
Polar Jp
Módulo de Resistência
»;
Polar
y
m~IX
J
a4
p
=-
Wp == O,23a3
6
a
Iy
~\\~1
2
W _
bh(b
J
2
= -'------'-
bh
P -
2
+h )
3+1,8~
12
p
b
~
I
-~'-
nd4
Jp = 32
W _ nd
p -
3
-
16
I
Iy
d
J _ n(04 _d4)
p -
-~
_ n(04 _d4)
W
p -
32
160
i
yl
"~'-
J
nd4
32
=--p
a"
6
I
Mecânica Técnicae Resistência dos Materiais .....
rmáx
. ----x
16 - 3d
2
Secção
Iy
nd3
W =--p
160
a"
3d
Momento de Inércia
Polar Jp
Secção
.• x
_l"'~
~
Módulo de Resistência
Polar Wp
5J3a4
Jp =
8
Wp::
J3a4
J =-p
48
Wp=-
O,2b3
i
•
•
_.
a
a
'x
I
a3
20
vi
-'D-,
nd4
J =-p
32
nd3
W =-p
16
5J3a4
8
5J3a4
4d
I
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
nd4
J ::--x
64
a"
12
Como a superfTcie possui a mesma distribuição em relação ao eixo y, conclui-se que:
J =J
y
nd4
64
::--X
a4
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.
JXY = O
c) Eixos principais de inércia
Para esta secção não existe Jmáx e Jmin, pois os eixos que passam pelo CG da superfície terão
o mesmo momento de inércia. Isto sempre ocorrerá para qualquer superflcie que possuir.
Jx = Jy e JXY = O
d) Ângulos
CXmáx e cxmin'
Como não existem eixos principais de inércia, o mesmo ocorre em relação aos ângulos cxmáx
e cxmin'
Conclui-se que, em qualquer posição que a peça for colocada, a sua resistência será a
mesma.
Ex. 3 - Determinar os momentos Jmáx e Jmin, e os ângulos
representada na figura.
cxmáx
e
cxmin
na superffcie
o
\DI X
Solução:
Transformam-se as unidades para [em], visando simplificar a resolução.
a) Momentos de inércia
r, = JX1 -Jx2
2x423
'
12
IJ
6x43
4,2x23
J =-----y
12
12
I Jy
J
4x63
12
=--x
x = 72 -12,35
= 59,65cm41
Jy = JY1 - Jy2
= 32-2,8 = 29,2cm41
b) Produto de inércia
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
Jmax
= 0,5(59,65 + 29,2) + 0,5 J(59,65 - 29,2)2
Jmax
= 44,425 + 15,225 = 59,65Cm41
Jmin = 0,5 (J, + Jy) - 0,5 J(Jx
-
Jy)2 + 4J~
Jmin = 0,5(59,65 + 29,2) - 0,5J(59,65
IJ
min
- 29,2)2
= 44,425 -15,225 = 29,2cm 4 I
Como Jmáx =Jx= 59,65cm4 e Jmin =Jy= 29,2cm4, conclui-se que
amax
.-x
Jmáx = Jx
= O (eixo de momento máximo coincide com eixo x), e amin
= 90°. (eixo de momento mínimo coincide com eixo y).
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 as unidades para [em], tem-se que:
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
Jx =Jx1 +A1Yl
'2
+Jx2+A2Y2
3
'2
3
8x1
21x7
Jx =--+8x1,872+--+7x2,12
12
12
Como a cantoneira
I Jx == 89cm41
é de abas iguais, conclui-se
que:
I Jy == Jx == 89cm4 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
portanto, conclui-se que JXY1e Jxy2 são nulos.
Temos
portanto
são
eixos
de
que:
Jxy == A1x'1 y'l +A2x'2 y'2
Jxy == 8(1,63)(-1,87)
I
+ 7(-1,87)(2,13)
4
JXY = -52,26cm \
d) Eixos principais
de inércia
Jmax== 0,5(Jx +Jy)+0,5)(Jx
_Jy)2 +4J~
Jmax== 0,5(89 + 89) + 0,5~4(-52,26)2
Jmin== 0,5(Jx +Jy)-0,5)(Jx
tgamax ==
que os eixos dos momentos
Jx -Jmax
Jxy
tgamax == 1
mln -
tgamin == -1
Jxy
I
Jmin== 36,74cm41
principais
de inércia
formam
com x.
89-141,26
-52,26
portanto,
tg« . _ Jx - Jmin
Jmax== 141,25cm41
_Jy)2 +4J~
Jmin== 0,5 (89 + 89) - 0,5 ~ 4 (-52,26)2
e) Ângulos
I
=
(4~7Y
amax == 45°
89 - 3674
'
- 52,26
portanto,
amin = -45
45°
.--._0
MecânicaTécnicaeResistênciadosMateriais'"
x
simetria;
Ex. 5 -
Determinar Jmax e Jmin,
o
,....
amax
e amin no perfil representado a seguir.
----
I
I
y
'X" 3
~
i
1
'.
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 do eixo x, podemos escrever que
Jx1 =- JX3 e Yl = Y3 = 2,5 em.
+ 3"5x2 52 J+ 1x412
12
3
3
= 2[3,5X1
J
x
Analogamente ao momento de inércia X, podemos escrever para Y que
e
X'i = X'3 = 1,25cm
Tem-se, então, que:
+ 3 "5x1252 J+ 4x112
12
3
J
y
3
= 2[1X3,5
J = 2 (3,57 + 5,4 7) + 0,33
y
I-J-y-=-1-8-,4-1-C-m-
4-'
b) Produto de inércia
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
baricêntricos x e Y do perfil, desta forma o transporte dos eixos é nulo.
com os eixos
Características Geométricas das Superfícies Planas
21 9
Conclui-se que
Jxy = A1x'1 y'l +A3x'3 y'3
Jxy =3,5(1,25)
(2,5)+3,5(-1,25)
(-2,5)
I J = 21,88Cm41
XY
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
I
+4(21,88)2
4
Jmin= 7,15Cm \
d) Posição dos eixos principais em relação ao eixo x (amax 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
defasados 90 temos que:
de inércia estão sempre
0
,
amax = amin + 90°
amin = amax- 90°
I amin = -117°14'
Ex. 6 -
I
Determinar os momentos principais de inércia (Jmáx e Jmin) e localizar os respectivos
eixos em relação a x (cxmax e cxmin) na superfície representada na figura.
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
v
30
3
---I--t-_-~ ---x'3
i
ii
I
!!
X'1=X'2
-:
II
Ii ~ ----CG 'Ir
---- ----x
10
--
-- I
o'"
:>,
-n
Ug
o
,..... -
j-
-;:
II
,CD >'"
I------i+-=--- U -U
80
Solução:
Transformando as unidades para [cm] visando simplificar a resolução, temos:
a) Centro de gravidade
I ug = 3,86cm I
I vg = 4,69cm I
b) Momentos de inércia
3
3
3
+ 8 (4,19)2 + 1 X1~0 + 10(1,31)2 + 3 ~~
Jx = ~
+ 3(6,81)2
Jx = 381cm41
%
3
Jy =
3
+ 8 (0,14)2 + 1~X;
3
+ 10 (0,14)2 + 1~~ + 3 (0,86)2
Jx = 48,3cm41
c) Produto de inércia
Os produtos de inércia das três superfícies são nulos, pois todos possuem eixos de simetria.
O somatório transportes de eixos determina o Jxy do perfil.
Características Geométricas das Superfícies' Planas
22 1
Jxy = 8(0,14) (-4,19)+10(0,14)
I
(1,31)+3(-0,86)
(6,81)
JXY = -20,43Cm41
d) Eixos principais de inércia
Jmax= 0,5(Jx +Jy) + 0,5J(Jx _Jy)2 +4J~
Jmax= 0,5(381 + 48,3) + 0,5J(381 +48,3)2 + 4(-20,44)2
I
4
Jmax= 382,25cm
I
Jmin= 0,5 (J, + Jy) - 0,5
J(Jx - 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'
o
(V)
Ex. 7 -
Determine o momento polar de inércia do
perfil representado na figura.
-;:
Solução:
Transformam-se as unidades
simplificar a resolução.
para [cm] para
a) Centro de gravidades
o eixo y é de simetria; portanto, a coordenada YG
J~
x
é suficiente para determinar o CG pois xG = O.
o
150
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
A
Ai + A2 + A3
AiYi 2Y2+ A3Y3
Y G = --=-"--=--=--=----=-=--=-
24 x 18,5 + 70 x 10 + 45 x 1,5
24+70+45
I YG= 8,71cm I
b) Momentos de inércia
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
IJ
4
x
I
== 5951cm
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:
3x83
J =--+
y
12
14x53
3x153
+--12
12
I Jy 1117,6cm3
=
3
c) Momento polar de inércia
Jp = Jx + Jy
Jp = 5951 + 1117,6
I = 7068,5 cm
Jp
4
Ex. 8 - Determinar o momento polar de inércia da superfície hachurada representada na
figura.
'-lf)-
o
-;>,
X
-;>,
.-lf)-
o
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, Jx2 = Jx3 e Jy2 = Jy3'
Tem-se, então:
A2Y?')
Jx == Jx1 - 2(JX2 +
3
J
==
x
J
7,5x10
12
== J
Y
+ 15x2
12
-2J
y1
3
_ 2(5X3
J
y2
y
3
==
521
I Jx 415cm41
==
')
10x7,5
12
2
_ 2x3x5
12
I Jy 289cm41
==
b) Momento polar de inércia
Jp == Jx + Jy
Ex. 9 -
Jp == 415 + 289
I J 704cm41
p ==
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:
yi)
Jx = Jx1 + 2(JX2 + A2
3
= ~ (304 - 204) + 2[ 6x10
J
x
64
12
Jx = 31907 + 49000
+ 60X2021
J
I J = 80907cm41
x
Jy = Jy1 + 2Jy2 como Jy1 = JX1 = 31907cm 4
J
y
= 31907 + 2x10x6
3
12
I J = 32267cm41
y
b) Momento polar de Inércia
Jp = Jx + Jy ::: 80907 + 32267
IJ
p:::
113174cm41
Ex. 1.0 - Determinar o momento polar de inércia do perfil composto representado na figura.
y
v
~-Ug'
•
•
Viga U 6" x 2"
Cantoneira 4"x 4"
4
Jx ::: Jy ::: 183cm4
Jx::: 546cm
Jy::: 29cm4
A::: 18,45cm2
A::: 15,5 cm2
C'l
lJ")-
r-<
X
U
Solução:
Transformando-se as unidades para [em], tem-se que:
a) Centro de gravidade
Denomina-se a superfícies de viga U como (1) e a superfície da cantoneira como (2)
15,5 x 7,6 + 18,45 x 2,9
15,5+ 18,45
I V = 5,04cm I
+ A2u2 + = 15,5 x 3,6 + 18,45 x 7,8
Al + A2
15,5 + 18,45
I UG = 5,88cm I
Al vl + A2v2 +
V G = ----=----=----=--~
Al +A2
U
G
= Alul
G
b) Momento de inércia (baricêntricos)
'2
'2
Jx =Jxl +A1Yl +Jx2 +A2Y2
Jx = 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 + A1Yl +JY2 + A2Y2
Jy = 29 + 15,5 (5,88 - 3,6)2 + 183 + 18,45 (7,8 - 5,88)2
I Jy = 360,6cm41
c) Momento polar de inércia
Jp = Jx + Jy
Jp = 970,1 +360,6
Jp = 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
Ug
Y,
y'~
N
§I -i-~---L~ ~I
":'.
tr
x
,;>'"
~+ +
"Mecânica;T
U
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:
Centro de gravidade
a)
U = AlUi + A2U2+ A3U3 + A4U4
G
Ai +A2 +A3 +A4
U = 19,2 x 0,6 + 7,2 x 4,2 + 4,56 x 7,8 + 3,84 x 7,8
G
I U = 3,08cm I
G
19,2 + 7,2 + 4,56 + 3,84
V = Alvl +A2v2 +A3v3 +A4v4
G
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
34,8
G -
b)
I
VG = 7,43cm
I
Momentos de inércia
3
3
+ 19,2 X 0,572 + 6 X 1,2
12
J, = 1,2 X 16
12
+ 4,56 X 0,732 + 3,2 x 1,2
12
I Jx = 466,78cm4
3
3
+ 7 2 x 2 033 + 1,2 X 3,8 +
12
+ 3,84 x 1,572
I
3
3
3
Jy = 16 X 1,2 + 19,2 X 2,482 + 1,2 X 6 + 7,2 X 1,122 + 3,8 X 1,2
12
12
+ 4,56 X 4,722 + 1,2 x 3,2
12
I Jy
4
= 341,98cm
3
12
+ 3,84 x 4,722
I
c) Produto de inércia
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
I
4
d)
Momentos
principais de inércia
Jmax = 0,5(JxJy) + 0,5)(Jx
-
Jy)2 + 4J~y
Jmax = 0,5(466,78 + 341,98) + 0,5~'(4-6-6-,7-8-+-3-4-1,-98-)-2
-+-4-(
--2-7-,1-5)-2
Jmax = 472,43cm4
Jmin = 0,5(Jx + Jy) - 0,5)(Jx
-
Jy)2 + 4J~y
Jmin = 0,5(466,78+341,98)-0,5~(466,78+341,98)2
+4(-27,15)2
Jmin = 336,33cm4
e)
Ângulos que os eixos principais formam com x
tg cxmax =
J, - J max
Jxy
466,78 - 472,43 = 0,208
-27,15
cxmax = 11°45'
Como cxmin = cxmax - 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
E MOMENTO
FLETOR M
Q
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
19px
M=
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:
PI
A
.
-
P2
B
C
1--'-
_.-
B
C
__ .
A
P3
secção
AA
Q = RA
secção
BB
Q=RA-Pl
secçào
CC
Q=RA-P1-P2
R8
R\
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.
PI
P2
P3
a
b
c
A
B
C
d
o
secçãoAA
M=R A ·X
secção BB
M = RA . X - P1 (X - a)
secçãoCC
M = RA . X - P1 (x - a) - P2[X - (a + b)]
X
RA
'X
J
J
J
X
X
J
J
J
J
J
n,
Observação: O símbolo ~
x
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais·',,-,,.
significa origem da variável "x".
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-;-,......,
I
M,.,óx=-PQ
Solução:
a)
Através da variável x, estudam-se
extremidade livre ao engastamento.
todas
as secções
O momento fletor máximo ocorrerá no engastamento,
transversais
da viga, da
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
decrescente' que parte da linha zero do M até o valor que represente Mmáx'
Ex. 2 -
será uma reta
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
p
-7-
~
o;!
'
i
/J7J;;V)m
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
Rs·(a+b)=Pa
I Rs ~ a+b
Pa I
b)
I.Ms == O
'
rn
RA .(a+b)=P.b
R -a -
b
a-i b
Expressões de Q e M
O<x<a
Q-R
- A
a<x<a+b
M = RA· x
Q ==RA -P ==-RB
x=O-7M=O
M==RA ·x-P(x-a)
x=a-7M=RA·a
x=a+b
-7M=O
c) Construção dos diagramas
C1 - 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 = RA 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 = RA + 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;
"
C2 - 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 = RA • 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 = RA • 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:
RA =Rs =-
b)
qe
2
Expressão de Q e M
O<x<f
Q = RA - qx
X = O ~
Q = RA
X= f 4
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
I
x~~
I
neste ponto a
Q = O e o M é máximo.
. "Força Cortante Q e:MomentoFletor M
"
x
M = RAX -qx'
2
e
x=-~
2
x=O~M=O
x =f ~
q
M = _.
e c - qC-f
2
2
q.g
e
f
e
2
2
2
4
M =--'--q-'-
~
L:2j-8-
M =O
c) Construção dos diagramas
c.1) Diagrama da Q
A partir da linha zero da Q traça-se o segmento de reta vertical correspondente à intensidade
de RA• A equação da Q no trecho é do 12 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 -RB, 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 22 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
I
Q2
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
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais,,,,
x=O-7M=O
x=f
qf2
-7M max =-- 2
b) Construção dos diagramas
b.1.) Diagrama da Q
º
A equação da Q na longitude da viga corresponde a uma equação do 1 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
linha zero do M
Solução:
a) Reações RA e RB
A resolução deste exercício requer que sejam determinadas as reações nos apoios, através
do equilíbrio dos momentos nos pontos A e B.
LMB=O
LMA=O
R~=
R~~~~
~3
qe ,,,!;
2
I
I R, = ~ I
R
A
~ ~
3
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
_ px = qe _ qx ,~
Q =R
A
Q =
2
e 2
6
q~ - ~e2 q[i-~:)
=
qe
6
x = o ~ Q = RA =x = e ~ Q ={
Q =
i -~:)q( i-~)
=
q( e -63e) = - ~
Q =- RB
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.
2
Q ==Q ~ qx
2e
2
2e2
= qe
6
e2
e
x ==-=-=:::}x==-==6
3
13
I x O,57U I
=
e13
3
ponto de Q = O e Mmáx
:Mecânica;;lécnica
e Reststêncla-dos.Materíals
;.'ç';"'<,:,i.r:.;2:;:;;;j,';';:;;;;;::-':::".~.
";:':':.'
•• ,.,:.
;:;,:~:.',~:';;.'''*
b.2) Expressão de M
px x
M = RA ·x--·2
3
qx
como P = f tem-se que:
qx
M = RA·x --.-.-
x 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) Construção dos diagramas
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 2Q grau; portanto, a sua representação corresponde a uma
parábola, que parte de RA no apoio A, intercepta a linha zero em 0,577 Q e atinge o ponto
B com o valor de -RB. A reação RB é positiva (para cima); portanto, a sua representação
é um segmento de reta vertical que parte de -RB até a linha zero.
c.2) Diagrama de M
A equação do momento é do 3Q grau, portanto descreve uma curva do 3Q 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
-=-=>p=-
qx
f
q
f
a) Expressões de Q e M
a.1) Expressão de Q
2
Q = _ px = _ qx x
qx
2
"-=-f 2
2f
x=O~Q=O
2
x = R ~ Q = _ qe = _ 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
3
x = f ~ M = _ qf
6f
_
qf2
--6
::::} ~
2
__ q.e
máx -6
b) Construção dos diagramas
b.1) Diagrama da Q
A equação da cortante é do 2Q 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
. "
maxrmo no engastamento com
ql
-2.
b.2) Diagrama de M
A equação do M é do 3Q grau; portanto, o seu diagrama corresponde a uma curva do 3Q grau
2
que parte de zero na extremidade livre e atinge o máximo no engastamento com -~
Ex. 7 -
6
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"
", Mecânica Técnica e Resistência dos 'Materiais ".'"
r--a--_.~:.~----b----~.~:
,
Solução:
a) Reações nos apoios A e B
I,MA =0
I,MB = O
RB(a+b)=T
RA(a+b) = T
T
RB =---
RA=--
(a +b)
T
(a +b)
b) Expressões de Q e M
O<x<a
Como RA tem sentido para baixo, segundo a convenção é negativa, portanto:
T
Q=-RA=-(a+b)
o sentido de giro do momento originado pela carga RA é antl-horárlo, portanto negativo.
M = -RA. x
x=O-'7M=O
x = a -'7 M = -R A . a
Como
T
RA = (a + b)
tem-se que:
~
~
a<x<a+b
Q=-RA =--M = -RA.
T
(a+b)
X +T
x = a -'7 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) Construção dos diagramas
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
º
No intervalo de a < x < a + b, a equação é do 1 grau com a < 0, portanto, uma reta decrescente
-Ta
que parte de
Ex. 8 -
(a + b) + T
até a linha zero.
Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga
biapoiada solicitada pelas cargas concentradas representadas na figura.
16kN
~
1m
~~
24kN
2m
1m
; '-=F' ; ~~
x
x
RA=18kN
"
1~
I
I
trmrr1f, ,,,,
,@, , , , , ,
RB=22kN
x
."
,I.,,,,,, .I
I"
'"
O
'1-22
-r
O l",......r, ,,''''
,
"
!
!f!
!
Solução:
1. Reações de Apoio
I
I.MA = O
I.Fv = O
4RB = 24 x 3 + 16 x 1
RA + RB = 16 + 24
RB =22kN
I
MecânicaTécnica
I R = 18kN I
A
e ResistênciadosMateriais
!JNO+Mmóx=22kNm
2. Expressões de Q e M
O<x<1
Q = RA = 18kN
lY1 = RA' X
x=O~M=O
x = 1 ~ M = 18kNm
~r4~
1<x<3
Q = RA - 16 = 2kN
!I===~=x====}
M = RA X - 16 (x-1)
x = 3 ~ M = 22kNm
16kN
3<x<4
Q = RA - 16 - 24 = -22kN
~~I!---~~~
M = RA X - 16 (x-1) - 24(x-3)
x=4
24kN
r:t:.'"
~M=O
x
r-----~~----~
Ex. 9 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga
engastada solicitada pelas cargas concentradas, representadas na figura.
o
x
Ohn,,~,,~~~<n~<n~rM
·5 !-'-"...I.....I..J'-=- .•...•....•.
..J...J.jj
o
[kN]
-15
o
E
~
N
"'"
11
,jj
E
::.:
1. Expressões de Q e M
o < x < 1,8
Q = -5kN
5kN
M =-5X
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
Q = -5 -10
1.8m
= -15kN
M = -5x - 10 (x-1,8)
X = 4 ~ Mmax
= -42kNm
o contramomento
x
M' possui mesma intensidade
M' = 42kNm.
e sentido contrário a Mmáx'
portanto
Ex. 1.0 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga
biapoiada carregada conforme a figura.
6kN
12kN
~
7,2
1.. Reações de Apoio
í:Fv= O
í:MA=O
3,6 Rs
I
= 12 x 1,8 + 6 x 4,8
Rs = 14kN
I
RA + RB = 12 + 6
RA = 4kN
I
2 - Expressões de Q e M
O < x < 1,8
Q = RA = 4kN
1,- J3
M = Ra' x
x=O~M=O
x = 1,8 ~ M = 7,2kNm
··'.,:;Mecânica;Técnica
e Resistência
dos 'Materiais'"''
1,8 < x < 3,6
Q = RA - 12 = -8kN
18m 12~
~
1----
M = Rax - 12 (x - 1,8)
+
......•...
-----,
x = 3,6 ~ M = -7,2kNm
Rar-
~x
,
No último intervalo, com o objetivo de simplificar a resolução, utilizaremos
(x') da direita para esquerda.
uma variável
Ao utilizar este artifício, inverte-se a convenção de sinais.
O < x < 1,2
6kN
t
Q = +6kN
+
M = -6x'
x' = O ~
x'
o
x' = 1,2 ~ M = -7,2kNm
x'
Obs.:
M=O
Os dois momentos são máximos, porém possuem como diferença o sinal.
x = 1,8 --f Mmáx = 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
1 - Expressões de Q e M
O<x<2
4kN
Q = -4kN
~I
M ==-4x
1
o
x==O-7M=O
x
x ==2 -7 M ==-8kNm
M' = 10kNm
4kN
~
2<x<4
-o
x
Q ==-4kN
#'!
1
M ==-4x + 6
x
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
30kN
1,2m
1,2m
60kN
1,2m
1,2m
30kN
o
x
lf
~
o
\D
11
rf
J
[kNJ
°rrTl~flllrrLL~~llJLtrll~Jt-r~LllJ~lJJJ:30
-301
I
o I""""'"'L
I
I
I
I I
i
Mmáx=-36kNm
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;;•••••.
[o
LMA ==O
LFv ==O
2,4Rs ==60x1,2 + 30x3,6 - 30x1,2
RA + Rs ==30 + 60 + 30
Rs = 60kN
RA ==60kN
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Obs.: As reações poderiam ser determinadas
por simetria através de:
120
RA = RB = = 60kN
2
2 - Expressões de Q e M
o < x < 1,2
Q = -30kN
30kN
M = -30x
x=O
x
~
M=O
x = 1,2 ~ Mmáx = -36kNm
1,2 < x < 2,4
Q = -30 + 60 = 30kN
l
1,2
-b'
M = -30x + 60 (x - 1,2)
x = 2,4 ~ M = O
~
o
'"rr.""
por simetria tem-se que:
11
x
x = 3,6 ~
M = -36kNm
Ex. 13 - Determinar as expressões de Q e M e construir os respectivos diagramas na viga
biapoiada carregada conforme a figura a seguir.
40kN
1m
2m
1m
~----------~----------{IB
40kN
1m
1m
I
'-'-'-',---
.-._.
RA
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.
a) Reações nos apoios A e B
LMA= O
LFy= O
4RB = 3 x 40 + 60 x 1
RA ;- RB = 60 + 40
RB = 45kN
RA = 100 - 45
RA = 55kN
b) Expressões de Q e M
Q = RA - 30x
0<x<2
x = O ~ Q = RA = 55kN
x = 2 ~ 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 = RA
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
X =2 ~
22
M = 55 x 2 - 30 .-
2
M =50kNm
2
x = 1,83 ~ M = 55x1,83-
30x1,83
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) Construção dos diagramas
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 RAA 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 2Q 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
1m
3m
[kN]
Mmáx = 31,25kNm
-25KNm
-25KNm
Solução:
a) Reações nos apoios A e B
Como os apoios são simétricos, e a concentrada da carga é de 250kN, conclui-se que:
250
RA = RB = = 125kN
2
b) Expressões de Q e M
O<x<l
Q =-50x
yJ2
x=O-7Q=O
50x
X
x = 1 -7 Q = -50kN
M = -50x.-
x
2
= -25x
2
1m
x=O-7M=O
x = 1 -7 M = -25kNm
1<x<4
Q = RA - 50x
x = 1-7 Q = 125 - 50 = 75kN
50x
X
x = 4 -7 Q = 125 - 50 x 4 = -7 5kN
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 = RA (x - 1) - 50x . 2"
M = RA (x - 1) - 25x2
X = 2,5m
-7 M = 125 x 1,5 - 25 x 2,52
Mmáx = 187,5 - 156, 25
I
Mmáx = 31,25kNm
I
c) Diagramas de Q e M
c.1) Diagrama de Q
No trecho O < x < 1, a equação é do lQ 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 RA 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 1 Q 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 RB 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
°
< x < 1, a equação do M é do 2º grau com a < 0, portanto um segmento de
No intervalo
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:
a) Reações nos apoios A e B
LMA = O
LFv = O
3Rs = 4 x 10 + 15 + 50 x 1
RA + Rs = 50 + 10
40 +15+50
3
Ir-R-s-=-3-5-k-N-"
RA = 60 - 35 = 25kN
I
RA = 25kN
I
b) Expressões de Q e M
0<x<1
Q = RA = 25kN
M = RA . x
x=O~M=O
x = 1 ~ M = 25kNm
1<x<2
Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN
M = RA• x-50
(x - 1)
x = 2 ~ M = 25 x 2 - 50 x 1 = O
2<x<3
Q = RA - 50 = 25 - 50 = -25kN
M = RA• 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.
Tem-se, então, que:
O < x' < 1
Q = 10kN
M = -10x'
x' = O ~
M =O
x' = 1 ~ 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 RB 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 12 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 12 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 pelo segmento
de reta vertical.
Nos trechos seguintes, novamente equações do 12 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
3000N
2m
2m
As reações nos apoios RA e RB 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:
RA = RB = 1500N
b) Expressões
de Q e M
0<x<2
M=RAX -500x·-
Q = RA-500x
X = O~
X
2
x=O~M=O
Q = RA = 1500N
x = 2 ~ Q = 1500 -1000
X = 2~
1500x2-500x-
Q = 500N
M =2000Nm
2<x<4
M = RA·X-500X·--l000
x
2
Q = RA- 500x -1000
22
2
(x-2)
42
2
x = 2 ~ Q = 500N
x = 4 ~ M = 1500·4-500·--1000·2
x = 4 ~ Q = -1500N
x=4~M=O
M rnáx = 2000Nrn
c)
Diagramas
c.1) Diagrama de Q
No apoio A a Q = RA = 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 1 Q 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 2Q 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
Reações nos apoios
a.1.1)
1500N
1500N
4500N
4500N
Mmáx=
6000Nm
Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N
b.1) Expressões de Q e M
0<x<1
Q = Rc -1000x
x = O ~ Q = RA = 4500N
x = 1 ~ Q = 3500N
M = R ·x-1000x·c
X
2
x=O~M=O
x = 1 ~ M = 4500-500
= 4000N
M =4000Nm
Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que Rc = RD = 4500N
1<x<3
Q = Rc -1000x -1500
x = 1 ~ Q = 2000N
x=3~Q=0
253
x
2
M = Rc.x-1000x ,- -1500(x -1)
X =3 ~
X
M = 4500,3 -
1000,32
2
-1500,2
= 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.
º
No intervalo O < x < 1, a equação é do 1 grau com a < O, portanto a sua representação
é através de um segmento de reta decrescente.
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 1 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.
º
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
1m
40kN
1m
_ I _
F,
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
30x'
x
30kN
20kN
lOkNm/,
x'
r-,
f-._.{-.-+-._'-'_._.
T
1m
1,5m
O,5m
2,Fv = O
RA + Rs = 20 + 30
RA = 50- 35
RA = 15kN
O<x<l
1<x<2
Q=RA=15kN
Q = RA - 20 = 5kN
M =RA·x-20(x -1) + 10
X =1 ~
X
= 1 ~ M = 15kNm
X
M = 25kNm
= 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-RB
X = O~
Q =- RB = -35kN
x = 1~ Q = -5kN
M=RB,x'---
30X'2
2
x=O~M=O
x = 1 ~ M = 20kNm
c) Diagramas de Q e M
i
20kN
1m
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.
11.2 Flexão Pura
_
I
--~--------------,
I
__
~:-:_--,
--______
R
~
-e:
,
B
---------
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
o
5
A~
I'
~~~B
\:Q('
t;\(t)
RA
f. !racionadas
Conforme o capítulo anterior, as fibras inferiores da peça encontram-se
enquanto as fibras superiores se encontram comprimidas.
tracionadas,
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.
Tem-se, então, que:
O' x
=
M.y max
Jx
Do capítulo 9, escreve-se que:
wx -_ Jx
--
(Módulo de resistência)
Ymax
h.Mecânica Técnica e 'Resistência dos.Materlals
"-T-:!;;;;;;r;
.:~~.,.
·r·tl~:f'~~':::::::::;:;:;i!~K};:
C;E F F:·r ,~lJ r'J E: [) .
portanto
C~)~;'~L~~l
~~:;;
5[~~~~)~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
Jy
Do capítulo 9, escreve-se que:
R X
(Módulo de resistência)
-
A
portanto:
E]]
Wy,
y
=M
Para dimensionar-se a peça, utiliza-se o = (jy
onde
c,
e O'y
-
tensão normal atuante na fibra mais afastada [PA ;000]
cr
-tensão
M
- momento ftetor [Nm; Nomm;ooo]
Wx e Wy
- módulo de resistência da secção transversal
Xmáx e Ymáx -distância
admissível [PA ; N/mm2; 000]
[m3; mm3;ooo]
máxima entre LN (linha neutra) e extremidade da secção [m; rnm.. ..]
259
11.6 Tensão de Cisalhamento na Flexão
d.,
d
A força cortante que atua na secção transversal da peça
provoca nesta uma tensão de cisalhamento, que é determinada
através da fórmula de Zhuravski.
s
Y
_L_
0
0
__
__
0
1
~
/2
't
=51
r\dA
bJ Jo
b
Do capítulo 9, escreve-se que:
portanto:
Me= {YdA
't = QMe
bJ
onde:
"t ~
tensão de cisalhamento
[ PA ; N/mm2; ... ]
Q -
força cortante atuante na secção [N;
Me -
momento estático da parte hachurada da secção (acima de y) [m3; mrrr': ...]
b-
largura da secção [m; mm; ... ]
j -
momento de inércia da secção transversal [m4
]
;
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.
~
Triangulo bde
ampliado
li.
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).
A semelhança entre os triângulos oab e bde fornece a deformação da fibra longitudinal.
Escreve-se, então:
1 E, =;;;; = 71
yt
p
-~~~o
~~~~~~~~~~~~-~~~~ ~o_--Uio
AI _
--
RA
-
0__ 0-
-.c
_ IB
RB
Mecânica Técnica e Resistência dos-Materlals»
b
Z
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
proporcionalmente ao coeficiente de Poisson.
R da secção transversal
é maior que r,
Ir = R . vi
Através da lei de Hooke, encontra-se a tensão longitudinal das fibras.
a,~Ee,
la,~E71
y
z
Considera-se agora um infinitésimo de área dA, que dista y
o eixo z (LN).
A tensão que atua dA é s., portanto a força que atua em dA:
~11lX
Otmáx
~I
'------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=~
r
f
ydA = O
A
o
momento estático ydA = O em relação à linha neutra, então conclui-se que a linha neutra
passa pelo CG da secção.
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:
M=
E
r
f y dA
2
Como a linha neutra considerada no estudo da secção transversal é Z, conclui-se que Jz =
dA; portanto:
l
E
M =-Jz
r
ox.r
Sabe-se que'. E =-y
portanto, substituindo
E na equação de M, tem-se que:
M = aX.r .Jz
~
yr
~
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 Jx'
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:
Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que:
I
RA = RB =1750N
I
a) Expressões de Q e M
lOOON
O<x<l
Q = -1000N
M = -1000x
X'
~
R
A
x=O~M=O
x = 1 ~ M = -1000Nm
1000N
1m
I
1<x<2
Q = RA-1000
I
= 750N
-f--.-._._._I-
RJ
M = -1000x +RA(x -1)
X'
x = 2 ~ M = -250Nm
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
Wx=-
bh2
6
Mmax
Mmax
0=--=--=-Wx
bh2
6Mmax
bh2
6
Como a secção transversal da viga deverá ter h == 3b, tem-se que:
6Mmax
6M
0=--=--=--max
2
b(3b)2
b.9b
6Mmax
3
9b
donde
b=
6 x 1000f>M1
11::.
3 9 x 10 x 106
m2
b=3
6xl000
9xl0
xl0-2m
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 cre = 280MPa.
lOOON
;$t I
'm
I'Sit-$
lOOON
1500N
I 'm
RB
RA
Q=·R.
+'
Q=.Ra
Mmáx=2500Nm
Solução:
Como as cargas são simétricas aos apoios, conclui-se que:
RA =RB =1750N
a) Expressões de Q e M
0<x<1
~ f~t
Q=RA=1750N
M = RA . x
x=O~M=O
1m
lOOON
x = 1 ~ M = 1750Nm
1<x<2
Q = RA -1000
= 750
RA:
X
•\
M = RA . x -1000(x -1)
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:
nd3
W =x
32
Tensão admissível
cr = ~
k
= 280 = 140MPa
2
Diâmetro do eixo
Mmax 32Mmax
cr---------'-"''''-
nd3
-
nd3
32
d = ~32~max
d=3
nCí
d= 3
32x2500
n x 140 x 106
I
32x 2500
n x 0,14 x 109
I
d=57mm
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
800N
O,6m
O,3m
..!l=06
D
'
Q = 800N
Mmáx = 240Nm
Mmáx = 240Nm
Solução:
a) reações nos apoios
I,MA = o
I,Fv =0
1,2 RB = 800 x 1,5 + 1200 x 0,6
RA +RB = 1200+800
R _ 1200+ 720
B 1,2
I
RB =1600N
I
RA = 2000 -1600
Flexão
265
b) Expressões
de Q e M
O < x < 0,6
Q ==RA = 400N
~J~
M = RA • x
x==O~M=O
x = 0,6 ~ M ==240Nm
1200N
0,6 < x < 1,2
~
Q = RA -1200
~
Q ==-800N
M = RA . x -1200(x
RA~
- 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
intensidade é ± 240Nm.
c) Dimensionamento
máximo
a drnl
rnissivel:
Diâmetro
D e d
nos pontos
x = O,6m e x = 1,2m
o valor do momento
em módulo,
- = -cre ==-400 ==200MP a
cr
k
O módulo de resistência
2
da secção circular vazada
é
4
Wx ==~[D4
32
_d )
O
Como, por imposição
1t [(1,67d
W
=x
32
t _d
do projeto,
4
]
1,67d
D
= 1,67d,
conclui-se
4
4
1t [7,78d _d ]
==--=------=
32
1,67d
4
W ==~ 6,78d
x
32 1,67d
e a sua
do eixo
Para dimensionar
o eixo utiliza-se
forma o sinal negativo.
Tensao
ocorrerá
==~x4d3
32
I WX=~d31
-Mecânica"Técnica;e'Resistênciados'
Materiais",>,
que:
desprezando-se
desta
Mm~
Mm~
Ci=--=--=-Wx
nd3
8
8Mm~
nd3
d =3
8 x240
nx 200 x106
d == 1,5 x 10-2m
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 Wx = 95cm3. 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
O
I I I I I
-2P
0
11111
Q = 4P
-3P
n
O
~
•..•..
-,
~
-.::-
-3p•..•..••..•..
••..•.•......
Mmáx=-lOP
•..•..•..•..
-6P'
"
",
I-L
Solução:
a) Expressões
de
Q e M
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
p
p
p
1m
Q = -P - P - P = -3P
M = -Px - P(x -1) - P(x - 2)
x
~
x=3
M = -3P-2P-P
= -6P
3<x<4
M= -Px - P(x -1) - P (x - 2) - P(x - 3)
~
x=4
M =-4P-3P-2P-P
I
Mmáx
p
p
p
4T~
= -10P I
b) Carga máxima
P
A tensão
que deverá atuar na viga é de 120MPa;
máxima
p
portanto,
pode-se escrever
que:
Mmax
O'max
= W
x
Como o Mmáx
e o módulo
= -10P
( o sinal negativo significa
da viga é de 95cm
de resistência
3
que as fibras inferiores
6
3
ou 95 x 10- m ,
estão comprimidas)
escreve-se,
então,
que:
Mmax =O'maxxWx
10P = 120 X 106 x 95 X 10-6
P = 120 x 95
10
IP
Ex. 5 -
a expressão da tensão máxima
retangular submetida à flexão.
Determinar
transversal
w i MecânicaTécnica
= 1140N
I
e Resistênciados .:Materiais
de cisalhamento
na viga de secção
Solução:
.c
N
X
b
M
x
[y2] E3'Jh2
=b%
-
--7
2
M
x
=-8
(I)
o
A expressão da tensão de cisalhamento
QMe
é:
(li)
1:=Jb
substituindo
a equação I na equação"
tem-se que:
Qbh2
Qh2
1:=--=-8Jb
8J
bh3
Como o momento de inércia da secção retangular é J, = -,
12
tem-se que:
Qh2
30
1:=--=3
bh
2bh
812
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
RA
X'
X
Rs
x
ISO
Q=RA
[KN]
Q=-Rs
Mmáx=S2SNm
O
Solução:
a) Reações nos apoios
2:MA = O
2:Fv = O
2Rs = 1200 x 1,5 + 600 x 0,5
RA + Rs = 1200 + 600
Rs = 1800 + 300
RA = 1800 -1050
2
I
Rs = 1050N
I
I
RA = 750N
I
b) Expressões de Q e M
O < x < 0,5
Q=RA=750N
M = RA . 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)
~1=t
RA
1,-Rf~O~=t
x = 1,5 ~ M = 525 Nm
O < x' < 0,5
Q = Rs = -1050N
M = Rs . x'
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= 6x16 = 96cm2
A área da secção transversal é:
A
= 96xl0-4m2
Tem-se então que:
3
1050
- 2 . 96xl0-4
3
1050
2
9600xl0-6
't = 0,16MPa
't=-.----.,-
't --
c.2) Tensão de flexão máxima
Como o módulo de resistência da secção retangular é:
W
bh2
x
=-
6
escreve-se que:
Transformando-se
(J =
6Mmax
t;h2
as unidades de b e h para [m], tem-se que:
6x525
(J max
=
(J max
= 2,05MPa
6 X 10-2 X (16 X 10-2)
6 x 10
-2
1m
Ex. 7Dimensionar
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.
6x525xl06
6x525
2 =
2
x 16 x 10
-4
2m
=
6 x 16
2
1m
y
x
271
Solução:
a) Reações nos apoios
Como a carga é simétrica em relação aos apoios, conclui-se que:
I
RA = Rs = 40kN
I
b) Expressões de Q e M
0<x<1
Q=RA=40kN
M = RA
~
.x
jxt
x=04M=0
x = 14
M = 40kNm
Como o carregamento é simétrico, basta analisar a metade da viga,
e automaticamente obter-se-á o resultado da outra metade.
1<x<2
RA
Q = RA -40(x-1)
40(X-I)t
(X-I)
2
X
No ponto em que Q = 0, o M será máximo.
x - 1 = :~
x = :~
M=RAX-40(x-1)·
(x-1)
--=:>
2
I =
+1
x
2m
I
M=RAX-20(x-1)2
x = 24M
= 60kNm
Por simetria, conclui-se que:
x = 34M
= 40kNm
X=44M=0
c) Dimensionamento
na viga
c.1) Tensão admissível
a
180
a= ~ = -= 90MPa
k
2
c.2) Módulo de Resistência da viga
W = M~ax =
x
a
60000
90 x 106
Wx = 667 x 10-6m3
I
Wx = 667cm31
A viga que deverá ser utilizada é 1305 x 60,6 CSN cujo módulo de resistência é Wx = 743cm3.
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
dimensionada no exercício anterior.
de segurança (k) da viga
Solução:
a) Tensão normal máxima atuante
a
la
Mmax
--------
max-
60000
Wx - 743x10-6
max = 80,75MPa
b) Coeficiente de segurança da construção
_ ae _ 180
k -----<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 Wx = 474cm3.
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:
a) Reações nos apoios
IMA =0
3RB = 4 x 5 + 2 + 20 x 1
I
iI
I
1m
I
RB =14KNI
I
I
.j~
,
I
12kNm
IFv = O
RA = llkN
RA
I
I
I
RA + RB = 25
.. '. 1m
2m
I
ISkN
I
b) Expressões de Q e M
0<x<2
Q = RA -10x
~
x = O ~ Q = RA
= 11kN
R
A
lOX]<. X/2
X
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.
Q = Q ~ 10x = RA
x=~
11
10 = 10 = 1,lm
Ponto em que Q = O e M é máximo no trecho.
x
M=RA·x-l0x·-
2
2
M = RA'X-
10x
-
M=RA.x-5x
2
x=O~
2
IM=O
I
x = 2 ~ M = 11x2-5x22
1M = 2kNm
I
x = 1,1 ~ M = 11 x 1,1- 5 x 1,12
I
M = 6,05kNm
2<x<3
~
Mecânica T êcnlca-e.Reststêncla-dos
'Materiais/
I
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 = RA - 20
m20kN
Q = -9kN
.
M=RA·x-20(x-1)
RA~
x=3
M = 11x3-20x2
__
.
X
I
1M = -7kNm
Q=RA-20+RB
Q = 11-20+14
Q = +5kN
M = RA . X - 20 (x -1) + RB (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
(J
,
_ Mmáx _
7000
Wx
47 4x10-6
-------~
max
I
(Jmáx
= 14,8MPa I
1) Coeficiente de segurança da construção
k=~=
(Jmáx
180 =12,16
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 de segurança
que se indica para o caso é k = 2.
1m
1m
O.5m
"'LD\WJULV
30kN
15kNm
8kNml2kN
~.
!
I ' , , , , L , , , , ,I'
"'LD\'V ;uuv
__
.-
._-.x
'P , I I Q=2kN
Mmáx = 26kNm
Solução:
a) Reações nos apoios
-l
-?-~
1m
1m
30kN
15kNm
O.5m
8kNm
12kN
RAI
I,MA
=O
I,Fv = o
2Rs = 2,5 X 2 - 8 + 30 X 1 + 15
I
Rs = 21kN
RA+Rs=30+2
I
I
RA= 11kN
I
b) Expressões de Q e M
O<x<1
Q = RA = 11kN
~i=t
M=RA·x-15
x = O ~ M = 15kNm
x=1~M=26kNm
1<x<2
Q=RA-30
Q=-19kN
M = RA . X - 30 (x -1) + 15
x=2
+r
~
M = 11 X 2 - 30 x 1 + 15
M=+7kNm
Mecânica Técnica e"Resistência
dos Materiais
15kN~"
R,
"
2 < x < 2,5
Q = 11-30+21
= 2kN
M = RA ·x-15-30
(x-l)-8+RB
(x-2
x = 2 -7 M = 11 x 2 + 15 - 30 x 1- 8
I
1M = -lkNm
x = 25
1m
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=
x
cr
26000 ~
90xl06
l>Y
m2
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:
IM
T::
Onde
2F·S
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,
correntes, etc., o torque é determinado através de:
I
MT = FT . r
rodas de atrito,
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:
IP= F. v
Nos movimentos circulares, escreve-se que:
I P FT . v I
=
Onde:
p
P - Potência [W]
FT - Força tangencial [N]
Vp
vp - 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,
constando mais das unidades aceitas fora do SI.
Como vp = co . r, pode-se escrever que:
mas, MT = FT• r, tem-se então que:
porém co = 2 nf, portanto:
IP
IP
== FT . (j). r
I P MT . I
==
= MT . 2 nf
(j)
I
'"'<:Mecânica Técnica e Resistênciados Materiais;;v"''''"
não
n
f = 60 ' escreve-se
Como
que:
o
P = MT x 2n n
60
BEJ
oMron
p=
30
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
expressão:
para p = O ~
para p
=r
't
atuante na secção transversal da peça é definida através da
=O
-->
I 'm~ =
MT·r
Jp
I
(I)
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:
I w, = J; I
substituindo-se
(11)
11em I, tem-se que:
onde:
l' máx - tensão
MT
máxima de cisalhamento
na torção [Pa;
... ]
- momento torçor ou torque [Nm; Nmm; ... ]
Torção
281
Jp - momento polar de inércia [m" ; rnrn": ... ]
r
- raio da secção transversal [m; mm;]
Wp - módulo de resistência
polar da secção transversal [m3; 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.
I
y~~
I
Onde:
"f
-
distorção [rad].
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 [m4;
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
(I)
Wp
para o eixo maciço, tem-se
nd3
Wp = -
(11)
16
substituindo
-
16M
'T= __
1I em I, tem-se:
T
nd3
d = ~16~T
d ==1,72 ~~T
n'T
p
Como MT = -,
ro
d = 1,72~
pode-se escrever que:
P
to 'T
mas, co = 2 nf, portanto:
d = 1,72~
,
porem
f
P _
n
P
d==0932~
,
2nf· 'T
-
= 60 ' entao tem-se
d ==O,932~60~
nx'T
f . 'i
que:
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
I
w ~ 2.f ~
)
To" ~ ,;-1
freqüência
I
((O
(f)
I~i;;~ifo~~r
1
rotação (n)
n = 300) = 60f
= 30vp
rc-r
1t
velocidade periférica ou tangencial (vp)
v," w·(" 2.·(·1" ~
1
Onde:
velocidade angular [radjs]
O)
-
f
- freqüência [Hz]
n - rotação [rpm]
vp - velocidade periférica [mjs]
Dimensionamento de Árvores Vazadas
Para dimensionar
-
MT
árvores vazadas, utiliza-se:
(I)
r = Wp
onde:
't
- tensão admissível do material [Pa]
MT - Torque [Nm]
Wp
-
módulo de resistência polar da secção circular vazada cuja expressão é:
4
W· ~ ~
(04 _d )
P - 16'
O
. Mecânica Técnica e Reslstênclados-Materlals
"'-""""';"".,
,;
Exemplo:
Dimensionamento
~=05
D
de árvore vazada com relação
'
D =2d
Desenvolvendo o módulo de resistência polar da secção transversal vazada para D:::: 2d, tem-se:
x
3
W _ 15rcd
p32
substituindo
-
(11)
11
em I tem-se:
MT
32MT
Wp
15rcd3
1:=-=--
portanto:
d = 3~.MT
15rc
~
d == 0,88 ~MT
1:
.
diâmetro interno da árvore.
Diâmetro externo da árvore.
I
D = 2d
I
~~~,
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 (vp)
d) potência (P)
e) torque (Mt)
.
Torção
285/)('
:Í
Solução:
a) rotação (n)
3000
n= 30 X 20n = 600rpm
n
n=-n
I
n = 600rpm
I
b) freqüência (f)
I
f = ~ = 600
60
60
f = 10Hz
c) velocidade periférica (vp)
vp = 00· r = 20n x 0,015
I
vp = 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 (MT)
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
800x50xl06
d = 36531 7355
,
'800x50
xl0-2m
d =:2,lxl0-2m
d == 2,lcm ou d == 21mm
"',rMecânica
Técnica e Resistência dos Materiais "".,.":;.",.".,,,
o eixo-árvore representado na figura, possui diâmetro d = 40mm, e comprimento
Ex.3 -
R= 0,9m, gira com uma velocidade angular ro = 201t rau/s movido por um torque
MT = 200Nm .
~~KA
.r;fJ~(;'o\)~0
Determinar para o movimento da árvore:
\ t>~: -------o
/
.
a) força tangencial
b) velocidade periférica
'-
c) potência
d) tensão máxima atuante
Solução:
a) força tangencial
I FT = 10 N = 10000N I
FT = MT = 200Nm
r
20x10-3m
b) velocidade
4
periférica
vp = 20nrad / s· 20 x 10-3m
I
v p = O,41tm/ s
v p = 1,26m / s
I
c) potência
P = 10000xl,26
I
P == 12600wI
e) tensão máxima atuante
MT
16MT
'tmax
= Wp =~
'tmax
= 1tX 43 X 10-6 m3
'tmax
=
16 x200Nm
16 x200
3
1t4
'tmax
= 15,9 MPa
106N
x--2
m
I
287
Ex. 4 - No exercício anterior,
determine
a distorção
(y)
e o ângulo de torção
(e).
Gaço = 80 GPa
Solução:
a) distorção
(y )
15,9 X 106
- G - 80xl09
15,9 X 106
't
y-------
I
8 X 1010
4
y = 1,9875xl0- rad
b) ângulo de torção (e)
e= MTxe
Jp x G
o momento polar de inércia do círculo é dado por:
nd4
Jp = 32
portanto:
e = 32Mr xl
nd4xG
e=
32x200NmxO,9m
n(4xl0-2mf
e _-
x80xl0
9
~
32 x 200Ntl'ÍX 0,9m
nx44 xl0-8
e=
~
x80xl09-
J1
m2
Ie
32x200xO,9
nx 44 x 10-8 X 800 X 108
= 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:
a) a velocidade angular
b) a rotação
c) o torque atuante
d) a tensão máxima atuante
Solução:
a) velocidade
angular
co = 2nf
co= 2n x 30
I
(ü = 60nrad
/ s
I
MecânicaTécnica e Resistência dos Materiais
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 = ~
= 60000 = 318,3 Nm
601t
ú.)
d) tensão máxima atuante
MT
16MT
= wp =~
'tmax
16x318,3
1tx 125 X 10-6
I
'tmax
== 13MPa
I
d
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
·-x
D
O material do eixo é ABNT 1045 e a tensão admissível
indicada para o caso é 50MPa.
Solução:
a) Torque atuante no eixo
M - ~ - 2000
I. ~T = 1591,5Nm
b) Dimensionamento
do eixo
T -
-
41t
Cü -
NT
=
MT
MT
= -....,----'----.".
4 4
1t (D _d )
~((1,67d)4 _d4]
D
16
1,67d
16
't = -
Wp
_
't =
MT
---=----___=;_
~[7,78d4_d4l
16
1,67d
-'t = ---'---MT
~·406d3
16
MT
4
(6'78d ]
16 1,667d
1t
16MT
12,75d3
'
Torção
289
/
= 3/
16x1591,5
1,275xO,5x109
d = 10-3 ~116X 15,91,3
1,275xO,5
d = 34xl0-3m
I = 34mm I
d
Como D = 1,67d, conclui-se que:
I D=::57mm I
D=1,67x34=::57mm
Ex. 7 -
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.
Solução:
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
8
't=T-
O módulo de resistência polar da secção quadrada é dado por: Wp =::0,23a3 .
O torque que atuará na chave determina-se através de:
I MT = 28800Nmm
MT = 2F.s = 2x120x120
dimensionamento
- MT
1'--=-- Wp
MT
0,23a3
da secção:
3
MT
0,231'
a =---
A tensão admissível está calculada em MPa, que equivale a N/mm2; conclui-se, portanto, que
1 = 50N/mm2
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
"chave
uma
..J<__
representa
soquete"
utilizada
para fixação
de
parafusos. A carga máxima
que será aplicada na haste
da "chave soquete"
é de
180N. Dimensionar
-+--r ..
._250_._.
1,
.:»:
I
F
a haste
da chave.
perigosa
Material a ser utilizado
ABNT 3140
(aço Cr:
= 650
= 6,5.
o e
k
MPa.
éo
Ni)
Utilizar
Solução:
a) Torque atuante
na haste
A secção que apresenta maior perigo para cisalhar na torção
e a haste; e o torque que atua na secção é calculado por:
é ajunção entre a boca da chave
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
2
'f = 100N / mm
c) Dimensionamento
da haste
c.1) O módulo de resistência
W
polar da secção circular
é dado por
3
nd
p = 16
c.2) Diâmetro
da haste
MT
16MT
3
nd3
't=--=--
nd
16
d = 316 x45000
nx100
I d= 13mm I
Torcão
291
Um eixo-árvore possui d = 80mm e comprimento
potência de 15kW com uma freqüência de 10Hz.
Ex. 9 -
igual a 90cm, transmite
uma
Determinar:
a) Tensão máxima de cisalhamento
atuante
b) A distorção no eixo
c) O ângulo de torção
Gaço = 80 GPa
Solução:
a) Tensão máxima atuante no eixo-árvore
a.1.) Torque na árvore
P
M --=--
2m
T -
15000
2nx10
I MT = 239Nm
a.2) Tensão máxima atuante na árvore
't"
max
MT 16M
=-=--=---- 3T
Wp
nd
16x239
n(Sx10-2)3
I
't"máx
= 2,3SMPa
I
b) Distorção na árvore
//
~
'-~~:;L
r~
[
-"--_/
17xl06
-G-SOx109
't"
y------
"
I y=2,975x10-srad
c) Ângulo de torção
e = _M_T
_.!. ~ 32MT .!. = __
Jp·G
e=
4
nd ·G
3_2_x_2_3-,-9_x_O,--,9
n(sx1o-2f
32 x 239 x 0,9
nxS x10-8 xSOOx108
4
xSOx109
I e = 6,69 x 1O- rad I
4
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. Gaço = 80GPa. Os
diâmetros nominais das polias são: dn = 150mm; dn2 = 450mm; dn3 = 180mm;
dn4 = 360mm; dn5 = 200mm; dn6 = 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) A tensão 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
In
150
450
= 1200.
1
1 = 400rpm
I
a.3) Eixo (2)
Analogamente ao eixo 1, conclui-se que:
I
a.4)
n2 = 200rpm
I
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:
I
= 30 .~ = 30x80000
MT
,
n n2
nx200
MT, == 3820Nm
I
o diâmetro do eixo (2) é de 80mm, portanto a tensão máxima no mesmo será:
MT,
't
max,
I
= --
Wp
16MT
= --
=
1td3
16x3820
1t(8x10-2)3
16x3820
= --::---,3
1tx8 x10-6
I
'(max, = 38MPa
b.:1..2) Eixo (3)
o eixo 3 trabalha com uma potência de 20kW e uma rotação de 200rpm; conclui-se, então,
que o torque no eixo é:
I MT3 == 955Nm_ I
30 P
30 20000
MT3 = -1t-·-n- -- n . 200
3
o diâmetro do eixo 3 é de 40mm, portanto a tensão máxima no mesmo será:
MT
max
't
3
'tmax
16 x 955
3
= 1t(4 X 10-2
= Wp =
=
3
16MT
1td
16 x 955
1tX 43 X 10-6
r
I 'tmax = 76MPa I
3
c) Ângulo de torção nos eixos (2) e (3)
c.:1.) Eixo (2)
82 =
MT ·f2
4
n(8xl0-2)
Jp·G
e2 =
32x3820xl,2
=
2
x80xl09
32x3820x1,2
1tx84
X 10-
8
x800x108
I
82 = 1,425 X 10-2 rad
c.2) Eixo (3)
e3 = MT3·f3 =
Jp.G
32x955xO,8
1t(4x10-2)4X80x109
.....Mecânica,Técnicae'Resistência'.dos"MateriaisMHé('
8 =
3
I
32x955xO,8
X 800 x)'{58
11:x 44 X )6-8
82 = 3,8xl0-2rad
I
d) Distorção nos eixos (2) e (3)
d.1) Eixo (2)
'tmaX2
Y2 = Gaco
38 X 106
= 80xl09
I
4
Y2 = 4,75 x 10- rad
I
d.2) Eixo (3)
'tmax3
Y3 = Gaco
76 x 10 6
= 80xl09
Ex. 11- Afigura dada, representa uma transmissão porcorreias,
com as seguintes características:
Motor:
P = 10kW
Polias:
dn1 = 180mm
e
n = 1140 rpm
dn2
dn2 = 450mm
dn3 = 200mm
dn3
dn4 = 400mm
Determinar torque e rotação nos eixos (1) e (2).
Desprezar perdas na transmissão.
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
I
= 9 55x 10000 x 450
MTl
a.2)
'
1140
180
MT1 = 210Nm
I
Rotação
n1 =1140x-
180
450
I
n1 = 456rpm
I
MT2 = 420Nm
I
b) Eixo (2)
b.1) Torque
M
T2
= 9 55x 10000 x 450 x 400
'
1140
180 200
I
Torção
295
b.2) Rotação
dn1
dn3
I
n2 = 1140x 180 x 200
450 400
dn,
n2 = nmotor ~.
I
n2 = 228 rpm
Ex. 1.2 - A figura dada a seguir representa
seguintes
uma transmissão
por engrenagens com as
características:
Motor: P = 15kW e n == 1740rpm
Engrenagens:
do
= 120mm (diametro primitivo eng 1)
do
= 240mm
(diâmetro primitivo eng 2)
d03
= 150mm
(diâmetro primitivo eng 3)
do
= 225mm
(diâmetro primitivo eng 4)
1
2
4
d02
'"""""
E!::
777777
acoplamento
d03
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
MT
1
15000
= 9,55x--
1740~,
I
MT
__1
= 82,3Nm
I
,
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 n = 1740 rpm I
1
~ '_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).
1740x 120
240
'I n2
= 870rpm
I
c) Eixo (3)
c.1) Torque
O torque no eixo (3) é obtido através do produto entre o torque do eixo (2) e a relação de
transmissão do 2Q 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 2Q estágio.
870x150
n ---3 225
I =
n3
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.
p
13.2 Carga Crítica
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.
,
,
,,
,
,
\1
I
I
,
I
/1
I
I
I.
I
I
I
I
I
13.2.1 Carga Crítica de Euler
Através do estudo do suíço Leonard Euler (1707-1783),
crítica nas peças carregadas axialmente.
Onde:
determinou-se a fórmula da carga
Pcr- carga crítica [N;kN; ... ]
E - módulo de elasticidade do material [Mpa; GPa; ... ]
J
- momento de inércia da secção transversal [m4; em": ... ]
RI - comprimento livre de flambagem [m; mm; ... ]
te - constante trigonométrica 3,1415 ...
13.3 Comprimento Livre de Flambagem
Em função do tipo de fixação das suas extremidades, a peça apresenta diferentes comprimentos livres de flambagem.
Flambagem
299
i~1 i~1
p
-r
p
~-r
-:
,
Q
1
I
~- r .:
L
L
:"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
Onde:
À
- índice
f(
-
À ~
i,
Imin
I
de esbeltez [adimensional]
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.
Tem-se, então, que:
Pcr
n2EJ
_
0cr=A-f~.A
como
f1 = À2 . i~in escreve-se que
n2EJ
crer = A.À2.i2
rrun
mas,
Mecânica;Iécnica
·2
__ J
Imin - A
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
fórmula de Euler perde a sua validade.
do material, a
Para estes casos, utiliza-se o estudo Tetmajer que indica:
Material
índice de
<Jf (I (Tetmajer) [MPa]
Esbeltez (')..)
= 776 -12').. + 0,053')..2
Fofo Cinzento
')..
< 80
<Jf
Aço duro
')..
< 89
<Jf t = 335 - 0,62')..
Aço Níquel até 5%
')..
< 86
Madeira pinho
')..
< 100
I
= 470 - 2,3')..
<Jf
I
<Jf
I
= 29,3 - 0,194')..
13.7 Normas
ABNT NB14
(aco)
<Jte = 240 - 0,0046')..2
para
').. :s: 105
para
').. > 105
2
n E
<Ju = ')..2
Adotando-se um coeficiente de segurança k = 2, tem-se
crte = 120 - 0,0023')..2
para
')..:s: 105
cr te -- 1.036.300
')..2
para
,,, > 105
erfe (tensão admissível de flambager .
Flambagem
3 O1
ABNT - NBll
(madeira)
Tensão admissível na madeira.
Compressão axial de peças curtas.
A ~40
0f
(
=0,200c
Compressão axial de peças esbeltas
A >40
40 < A~ Ao
1
A-40]
0f( =0c [ 1-"3'Ao-40
A:2:Ao
2
o r , = ~4 , n J...?, Em = ~3 crc (~)A
n2 , Em
Ào =
(~ )crc
AO - índice de esbeltez acima do qual é aplicável a fórmula de Euler [adimensional]
onde:
Em - módulo de elasticidade da madeira verde [Pa; ... ]
Concreto NBl
Taxa mecânica da armadura
w-
100
- (150-A)
A~ 100
2A3
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 [m2; ... ]
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.
0p
= 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
0p = 150
MPa
Efofo = 100 GPa
b) Duralumínio
0p=
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
=
In2x70X109
V
<Jp
200x106
9
2
~
= • I n x 7 X 10
I\,
200x106
2
_
2 ~ n X 7
-10
-200
A.:= 59
Utiliza-se a fórmula de Euler para o duralumínio, quando o índice de esbeltez
> 59.
À
c) Pinho
À=Jn2E
n2 x 1010
=
107
<Jp
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.
p
Determinar o comprimento mínimo, para que possa ser aplicada
a equação de Euler.
Solução:
Para que possa ser aplicada a equação de Euler, À > 105 (aço doce).
Tem-se, então, que:
À=~=
I
0,5.ex4
imin
Q
j
1,,7777777
d
Como a peça está duplamente engastada
_
.ef
= 0,5 .e e imin = ~4 ...... ,
conclui-se, entao, que:
À xd
105 x 50
.e=--=---
2
I
I
2
l.e = 2625mm I
-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:
4
Te a
Jo
64
Jo
a"
-=:--
1
Jo =:-- Jo
JO = JoTea 4 x12
0,58
64a4
12
portanto:.P
=1,7Jo
Pad
Conclusão: A barra de secção transversal quadrada é a mais resistente.
Ex. 5 - Uma barra biarticulada de material ABNT 1020,
comprimento f. = 1,2m e diâmetro d = 34mm.
possui
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
comprimento da própria barra.
de flambagem
é o
ef = e = 1,2m
a) índice de Esbeltez
d
O raio de giração da secção transversal circular é 4' portanto, tem-se:
)~= 4f. f
=:
d
4x1200
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
=:
x
7:d64
portanto:
Flambagems
P
cr
=
n2 . E . J
n2 . E . nd4
=----
1,22 X 64
l'~
n2 x210xl09
p -------~-~--~cr -
t
xn (34X10-3
1,22 X 64
n3 x210x109 x344 X 10-12
P =-----------cr
1,22 X 64
3
Pcr=
4
3
n x210x34
x102
1,2 x64
I Pcr= 94400N I
Como o coeficiente de segurança é k = 2, a carga máxima que se admite que seja aplicada
na barra é:
P
= Pcr = 94400N = 47200N
ad
K
2
Ex. G -
I
Pad = 47200N
I
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
n2.E
O"er
=-2-
À
conclui-se que:
O"
féatuante
Ex. 7 -
Eaço
-
n2.E
n2x210x109
- --------2/.} 2x1412
--
O"Uatuante
== 52MPa
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.
= 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
nd4
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:
d _ 64 x80000 x 0,8
64Pcr .
d - 4/---=-.:..n 3E
4
n3 x 210 x 109
64xO,83
d= 10-1
2
_ 4
-
= 0,027m = 27xl0-3m
3
1t x210
3
64 X 0,8
n3 x 210 x 104
I
d = 27mm
I
índice de Esbeltez
~_ ff
_
{I.-------
4f f _ 4x800
imin
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.
200kN
Ex. 8 - Uma barra de aço ABNT 1020 possui secção transversal circular
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.
=
t
1
=
Solução:
A carga crítica na barra será:
Pcr = 8Pad = 8 x 200000
= 1600000N
Pcr = 1,6 MN
Como a barra atuará articulada nas extremidades
I
Aplicando-se a fórmula da carga crítica de Euler, tem-se que:
I
n2 EJ
Pcr =-f~
4
O momento de inércia da secção transversal circular é J = 1td
64
·d
d = 4 64Pcr
3
1t
E
64 x 1,6 x 106 x 1,22
1t3
x 210 x 109
2
d = 10-1
64 x 1,6 x 1,2
n3 x 21
d = 69 X 10-3 m
d
-;f=-
ff = f! = l,2m
índice de Esbeltez
,,= !..L
imin
Para a secção transversal circular
" = 4R f = 4x1200
d
69
i=
%, portanto:
,,'= 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 - 0,0046x702
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
Pad _ 4Pad
af, =
d =
A - nd
2
J 4~ad = /4 x 200000
nau
~ n x 27 x 106
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
Pad
básicas são: Jx= 105cm4, Jy = 19cm4, ix = 3,12cm, iy= 1,33cm,
A = 10,8cm2, Wx = 27,6cm3, Wy= 6,4cm3.
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.
Solução:
Como a viga encontra-se engastada e livre, o seu comprimento
flambagem é Rf = 2R = 2 x 4 = 8m.
Mecânica TécnicaeResistência
dos Materiais ""''''F
de
~
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
À
== 602
1,33
imin
== 602, portanto
À>
105; a viga encontra-se sob o domínio da equação de Euler.
b) Carga Crítica
P
cr
2
= n EJmin
e~
o momento de inércia mínimo da secção transversal é Jy = 19cm4 ou Jy = 19 x 10-Bm4 .
Tem-se, então:
n2 x 210 x 109 x 19 X 10-8
Pcr =
82
I Pcr 6150N I
=
c) Carga Admissível
O coeficiente de segurança da construção é k = 4, portanto a carga admissível na viga será:
Pad = P~r = 61;0
IP
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 [m2]
Mmáx - 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 [m4]
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
Cí max
- -+
A
Mmax'c
Jo
4
O momento de inércia da secção quadrada é Jo =
portanto,
P
a
=max
a
mB
A
+
30000 x 10 = 300000 Nmm
= 300Nrn
+ -----::-:---
(100x10-3)4
+ 12x300x50xl0-
3
108xl0-12
amB = 3x106 + 12x300x500
ama, = 4,8MPa
30kN
12
12x300x50x10-3
12MmB.c
30000
=
4
a
10-2
= 3xl06
~,
= 3x106 + 1,8xl06
I
!::tZ:::ZXLKLMecân
lca. Técn icae R esistênciadosMateriais,;rw;:'"ij$"i,m;:'"%i"
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;;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
15"
a)-
64
9"
d)32
j)3~
17"
b)32
7"
13"
c)16
1"
e)8
f)-
h)2~
i)l~
4
4
8
k)1~
1)2~
2
para [mm].
4
16
Respostas
Ex. 2 -
a) 5,953125mm
b) 13,49375mm
c) 20,6375mm
d) 7,14375mm
e) 22,225mm
f) 6,35mm
g) 8,73125mm
h) 57,15mm
i) 34,925mm
j) 88,9mm
k) 44,45mm
I) 58,7375mm
Dadas as medidas em pé (' ) transforme-as para [mm].
l'
l'
2
bi18
a) -
13'
d)-
15
e) 15'
Respostas
a) 152,4mm
b) 38,1mm
c) 177,8mm
d) 264,16mm
e) 4572mm
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
b) 3,96875mm
e) 3,571875mm
d) 38,1mm
e) 53,975mm
f) 57,15mm
g) 19,05mm
h) 95,25mm
Respostas:
3"
16
Ex. 5 -
5"
32
9"
64
a)-
b)-
e)-
d)l~"
e)2~"
8
f)2~"
2
3"
g)4
h)3~"
4
4
Dadas as medidas em [mm] transforme-as para "milésimos de polegada".
a) 15,875mm
b) 20,955mm
e) 4,445mm
d) 14,351mm
e) 23,749mm
f) 7,493mm
a) 0,625"
b) 0,825"
e) 0,175"
d) 0,565"
e) 0,935"
f) 0,295"
Respostas
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
a) 109W.h
b) 10-3A
e) 10-9C
d) 10-1 f
e) 106W
f) 10-6m
g) 103N
h) 102Pa
Respostas:
"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/s2
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/s2
Ex. 9 - A unidade de energia W.h (watt-hora) equivale a quantos J (joules)?
Resposta:
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 104 fl m
b) pai = 25,4mm
e) pol = 2,54
x 10-2m
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
'.'2'.
e) pe = 3,048 x 105 fl m
<'Exercícios Propostos
Ex. 13 - O quadrado da figura possui lado a = 200 mm.
Expressar a área do quadrado em:
a) cm2
b) dm2
c) m2
d) fl m2
~~
Respostas:
t
a) 400cm2
b) 4dm2
c) 4 x 10-2m2
d) 4 x 1010 fl m2
200
"I-
Ex. 14 - Um cubo possui aresta a = 500mm. Expressar o volume do cubo em:
a) cm3
b) dm3
c) m3
d) flm3
Respostas:
a) V = 1,25 x 105cm3
b) V = 1,25 x 102dm3
c) V = 1,25 x 10-1m3
d) V = 1,25 X 1017 fl m3
Ex. 15 - O momento de inércia da secção transversal representada na figura é Jx = 192cm4.
Expressar Jx em:
a) mm"
b) dm"
c) m"
x-~-x
Respostas:
a) Jx = 1,92 X 106 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 Kgfjcm2
b) MPa e Kgfjcm2
c) MPa e Njmm2
d) MPa e psi (lbfjpoI2)
Dado Kgf = 9,80665N
Respostas:
a) Pa = 1,0197 x 10-5 kgfjcm2
b) MPa = 10,197 kgfjcm2
c) MPa = Njmm2
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 H20 a temperatura de 1DF. (à 60DF = 15,5DC) 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
b) BTU == 0,2929
Wh
c) BTU == 0,3928 x 10-3 HP - hora
d) BTU == 0,3983 x 10-3 CV - hora
Ex. 18 - À carga de 1tf (uma tonelada força) corresponde
Dado: kgf = 9,80665N.
a) N (newton)
x 10-3 kWh
103kgf.
Quanto vale 1tf em:
b) kN (Quilonewton)
c) MN (Meganewton)
b) tf = 9,80665
c) tf = 9,80665
Resposta:
a) tf == 9,80665
X 10
Ex. 19 - Um condicionador
Respostas:
Ex. 20 -
3
N
kN
x 10-3 MN
de ar de 20000 BTU/h de potência consome quantos kWh?
Consumo de energia == 5,85 kWh
°
°
barril de petróleo (EUA) equivale aproximadamente a 159 € . consumo brasileiro
de petróleo é de 1,2 x 106 barris/dia (1987). Expressar o consumo brasileiro de
petróleo em:
b) m3jdia
a) € jdia
c) dm3jdia
Dado = m3 = 103 f
Respostas:
a) 1,908
x 108 e jdia
Ex. 21 - A vazão d'água em uma tubulação hidráulica é de 5 .e /e.
Expressar a vazão d'água em:
c) dm3js
e) f jh
Respostas:
_ :: x 1:::-3 :""]3js
b) 5 X 103 crrr' js
c' 5 d:i's
d) 18 m3jh
S
e) 1,8 x 18- ../h
Ex. 22 - O gás Freon 12 utilizado nos sistemas de refrigeração a -10°C
vaporização == 38kcaljkg.
possui calor de
Expressar hfg (calor de vaporização) em:
a) J/kg
b) kWh/kg
Dado cal = 4,186J
Respostas:
a) hfg = 1,59 X 105 .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)
Respostas:
A~(i)
B/F
~
B
c)
b)
Fi = 15kN
Fi == 37,5kN
F2 = 26kN
F2 == 22,5kN
F3 = 30kN
F3 == 30kN
Respostas:
Fi = 30kN
F2 = 18,75kN
F3 = 18,75kN
Ex. 2 - Determinar as reações (RA e Rs) das vigas carregadas conforme as figuras a seguir:
a)
~~r._~
~--.
__
2m
b)
30kN
60kN
2~
90kN
~~S"j~mli
~
rrMecânicaTécnica
777l77JI
Respostas:
RA = 14kN
Rs
= 18kN
Respostas:
RA = 70kN
Rs
e Resistência dos Materiais" '"ir",,?,.'
= 110kN
,
""
5kN
O,8m
c)
Respostas:
RA = 3,33kN
RB = 11,67kN
i55~Si&7;pt--· 77i7
d)
10kN
60kN
/
e)
20kN
Respostas:
RA = 28kN
RB = 62kN
7l777l77
2m
2m
Respostas:
RA = 60kN
RB = 20kN
Respostas:
f)
RA = 13kN
RB = 7kN
1m
g)
2m
7~N_~~n
1m
Respostas:
RA
RB = 2100N
t;k~
10kN
h)
2m
O,5m
1,5m
Respostas:
RA
~._~_.~
= 5900N
= 10,lkN
RB = 9,9kN
7J"7J-TJJ7J7J7-:J"J'"
Ex. 3 - Determinar as reações (RA e RB) e o ângulo (o) que RA forma com a horizontal,
nas vigas carregadas conforme as representações a seguir:
a)
Respostas:
RAV = 4,75kN
RAH = 8kN
RA = 9,30kN
RB
= 5,25kN
Exercícios Propostos ..
17
Respostas:
b)
2,lm
7kN
,
,
l,4m
I
-
l,4m
,
..
,
RAV = 2,55kN
I
~.
RAH = 4,95kN
RA = 5,57kN
Rs = 2,40kN
a. = 2J015'
Respostas:
c)
2,Om
,
1,8m
2,2m
te
RAV = 14,58kN
i4kN
RAH = 2,OOkN
RA = 14,72kN
._._.--
Rs = 13,42kN
a. = 82°11'
d)
1.5m
'~
t
3m
i-
Respostas:
RAV = 5,10kN
RAH = 4,OOkN
RA = 6,48kN
6~m
~I Ii I
Rs = 24,90kN
a. = 51°54'
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
F2:::: 59,23kN
F3::::59,23kN
RA :::: 52,5kN
Mecânica Técnica e Resistência
a. ::::74 32'
0
dos Materiais.;;",;;",',-";::;,,..
Ex. 5 - Determinar as reações nos apoios A e B da construção representada na figura.
Resposta:
RA = 850N
RB = 750N
Ex. 6 - Determinar as reações nos apoios e o ângulo (<X) que RA forma com a horizontal
nos exercícios a seguir.
a)
Respostas:
lOkN
RA
= 19,79kN
Rs == 11,9kN
Respostas:
b)
RA = 12,24kN
RB = 9,6kN
...•E
a=
O,8m
8k1\
O,5m
78°41'
1.2:-:-.
C.:~
Respostas:
c)
RB = 7,lkN
.g.
o
,I
RA = 15,72kN
.lF.
o
Exercícios Propostos'
Ex. 7 - Determinar as reações nos apoios das construções a seguir.
5m
b)
Respostas:
a)
Respostas:
RA == 13,3kN
RA == 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,)
= 210 GPa (rnódulo de elasticidade do aço)
D aço = 0,3 (coeficiente de Poisson do aço)
Eaço
Respostas:
a) o = 15,9MPa
b)!1t=30/1m
c) E::: 75/1
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
d) t1:=-71!l
A=120mm'
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
=
=
= 210 GPa (rnódulo de elasticidade do aço)
U aço = 0,3 (coeficiente de Poisson do aço)
Eaço
Determinar para barra CD:
a) Carga axial atuante (Fi)
b) Tensão normal atuante
c) O alongamento (~fi)
d) A deformação longitudinal (ti)
(CJ1)
e) A deformação transversal (Ct)
Respostas:
F1 = 14,5kN
12 kN
1m
18kN
3m
o 1 = 82MPa
l,8m
<D
+, _._._._._._._c.-'-k-
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
CJ e = 220MPa.
1,2m
,
1
3kN
l,2m
{
9kN
Respostas:
2
Amin= 286mm
Ex. 6 -
Uma barra chata possui área de secção
transversal.
A = 240mm2, 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?
O material
Resposta:
da barra é o latão. Elatão = 117GPa
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
O,8m
secção transversal quadrada de
lado a. Pede-se dimensionar a 1,2m
barra. O material da barra é o
ABNT 1020L. Utilizar coeficiente
de segurança k > 2. Consultar
tabela de tensões da página 71.
Ex. 7-
CD
20kN
m
a == 15mm
Resposta:
Ex. 8 -
2
A=240mm
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)
,
t1 == O,8m
CD
A1 = 600mm2
barras (2) e (3)
6kN
t2 = t3 == O,6m
E
•....
A2 == A3 = 800mm2
Respostas:
a) F1= 14kN
F2 = F3 = lOkN
Mecânica
Técnica e Resistência
b) 0"1 == 23,33MPa
0"2
== 0"3 == 12,75MPa
dos Materiais"
c) !le1 == 891lm
M2 == !l g 3 = 361lm
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
....
'-'1
lOkN
\
20kN
....E
Resposta: d = 7,5mm
m
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:
F1= 13,6kN
F2 = 28kN
F3 = 17,5kN
F4=17,5kN
A1 = 97mm2
A2 = 200mm2
A3 = 125mm
2
A4
= 125mm2
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).
Resposta:
o 9m
o 6m (j)
1 5m
lOkN
20kN
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 800mm2. As barras (2)
e (3) são também de aço e possuem comprimento igual a O,8m e área de secção
2
transversal igual a 600mm . 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
323
Dados:
= 210 GPa
Eaço
Vaço
= 0,3 (coeficiente de Poisson)
Respostas:
@
a) 0"1 = 19,56MPa;
b)
O" 2
= 0"2 = 16,3MPa
d) tu
CD, ,
e
tQ
----------)
37° VC
.sei = 931-1m; M2 = M3 = 621-1m
c) ti
37°
E
o
= 931-1; t2 = t3 = 771-1
E
12kN
o
m
tQ
= -281-1; tt2 = tt3 = -231-1
Ex. 1.3 - Dimensionar a corrente da construção
/
representada na figura. Material ABNT '-.....~.
1015. (Je =250MPa. Utilizar coeficiente
...
d
de segurança k ::::2.
<,
Resposta:
dbarra
12kN
m
1.5m
= 12mm
Sistemas Estaticamente
Ex. 1. -
RB
Indeterminados (Hiperestáticos)
Uma barra chata de alumínio (M ) possui comprimento
de 23°C. Pede-se determinar:
o = 600mm a temperatura
fi.
a) A dilatação da barra
b) O comprimento da mesma quando a temperatura
atingir a 34°C.
5
CXA1 = 2,3 X 10-
°ei
Resposta:
M == 1521-1m
= 600,152mm
Qf
Ex. 2 - A figura dada representa uma viga (I) de aço com comprimento igual a 4m e a área
de secção transversal é de 32cm2, 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.
CXaço --
1 , 2 X 10-5 °C-i
A,}
4m
~
I--._._.~
Resposta:
F = 161,28kN
t='
o = 50,4MPa
Mecânica Técnica e Resistência dosMaterlals»-
x
Ex. 3 - A figura dada representa uma viga U de aço
com comprimento igual a 6m e área de secção
transversal igual a 36cm2 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.
A
B
_._6~ __
\
~.mE-x
A=36cm
2
Eaço= 210 GPa O'.aço
= 1,2 X 10-5 -c'.
F = 216,27kN
Resposta:
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 600mm2.
A barra (2) é de cobre, possui comprimento de 1,2m e área de secção transversal
900mm2. 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(Coeficiente de Poisson)
YCu= 0,25 (Coeficiente de Poisson).
Respostas:
a) F1 = F3= 50kN;
F2 = 40kN
b) 01 = 03 = 83,3MPa
02 = 44,4MPa
c) t..t1 = !!.t2 = !!.t3 = 476!lm
d) E1= E2= E3= 397!l
e) Eu =-119!l
Ex. 5 -
Et2= -99!l
Et3= -119!l
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 1200mm2 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.
EA1 = 70GPa
Dados: Eaço = 210 GPa
Respostas:
a) F1= 13,59kN;
F2 = 65,21kN
b) (J1 = 13,59MPa;
(J2 = 54,34MPa
c) Lle1 = 233 11m;
Llt2
= 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:
F1 = F5 = 53,65kN
(Be)
F2 = F4 = 44,48kN (BT)
F3 = 60kN (8T)
Respostas:
F1= F7 = 50kN (8e)
F2 = F6 = 30kN (8T)
80kN
F3 = F5 = 50kN (BT)
F4
c
c)
= 60kN (Be)
Respostas:
F1 = 100kN (Be)
F2 = F4 = 80kN (8T)
90kN
F3 = 90kN (BT)
F5 = 85,7kN (Be)
d)
Respostas:
F1= 28,lkN
l:"Mecânica
(Be)
F2 = 26,7kN (BT)
F3 = 43,8kN (BT)
F4 = 26,7kN (Be)
F5 = 33,75kN
Técnica,e'Resistência'dos,Materiais":<'iCl\Vi<l';;;iii,:; '''' <,":;,r;:;;,,;;,;:':;';~":";(iY';';';·:';"~.&::'v
(Be)
e)
Respostas:
20kN
20kN
F1 == 28,3kN (Be)
F2 = 20kN (BT)
F3 = 20kN (BT)
F4 = 20kN (Be)
Fs = O barra preguiçosa
F6 = 20kN (BT)
F7 = 20kN (BT)
F8 = 20kN (BT)
Fg = 28,3kN .sc
f)
Respostas:
12kN
F1 = 7,5kN (Be)
F2 = 10kN (BT)
F3 = 12kN (BT)
F4 = 10kN (BT)
Fs = 12,5kN (Be)
g)
Respostas:
h)
F1 = F7= 50kN (Be)
F2 = F6= 43,3kN (BT)
F3 = Fs= 50kN (BT)
F4 = 86,6kN (Be)
Respostas:
F1 = 59,4kN (Be)
F2 = 42kN (BT)
F3 = 42kN (BT)
F4 = 42kN (Be)
Fs = 8,5kN (BT)
60kN
Respostas:
i)
.~
-z-
E'C::
r.,
:'
I.
-
F2 = 17kN (BT)
F3 = O
F4 = 17kN (BT)
Fs = 10kN (Be)
F6 = 10kN (Be)
F7 = 5kN (BT)
F8 = 8,5kN (BT)
Fg = 13,25kN (Be)
,,:c"
j)
4() ,_';
F1 = 20kN (Be)
-
Respostas:
'2'
'"'
E
F1 = 75kN (Be)
F2 = 78kN (BT)
E
F3 = 4kN (Be)
F4 = 49kN (Be)
Fs = 31kN (BT)
F6 = 48kN (Be)
F7 = 36kN (BT)
F8 = 35kN (BT)
'"
N
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)
F2 = 115kN (ST)
F4 = 60kN (se)
E
'"
F5 = 190kN (ST)
~
Ex. 3 - Determinar as cargas axiais atuantes nas barras
da treliça representada na figura.
D
®
Respostas:
Fi = 110kN (se)
F2 = 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)
F2 = 20kN (Be)
F3 = 20kN (se)
F4 = 20kN (BT)
F5 = 56,6kN (BT)
F6 = 60kN (se)
F7 = 99kN (se)
F8 = 60kN (ST)
Fg = 84,9kN (BT)
FiO = 99kN (Be)
Fll = 42,4kN (BT)
F12 = 30kN (BT)
F13 = 30kN (Be)
F14 = 70kN (Be)
F15 = 42,4kN (ST)
F16 = 30kN (BT)
Mecânica,Técnica e Resistência dos Materiais ...
c
-- --
-- -_.
JlI@ '/
I@
Cisalhamento
Ex. 1. - Dimensionar o parafuso do conjunto representado na figura.
~ =105MPa
ad =
280MPa
CD - garfo espessura da haste do garfo thg = 6mm
(1)
- chapa
3}---+lrhn
tch == 16mm
-====+-~10 kN
GJ - parafuso
@ - porca
~
- arruela de pressão
d = 8mm
Resposta:
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.
Resposta:
Ex. 3 -
t=
60kN
866:1,
Projeta' e.~·"::;:3 rebitada representada
na figura.
:r = :J..CS··.'::Je. tensão
admissível de
cisal;":ê~-",~::) .
õ
,
= 22=·.~~ê. (pressão
média de
conta:c
A carga é: ':3:::2. na junta é 120kN, e
a espessve cas chapas t == 8mm.
Resposta:
Ex. 4-
Resposta:
d == 18 ~-~-
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 tch == 10mm.
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:
Ex. 6 -
1: = 21MPa
Dimensionar a junta rebitada representada na figura. Utilizar 'T = -105MPa,
280MPa, tch = 6mm. A carga aplicada é de 120kN.
(J d
=
:~'~
'28
I
Resposta:
Ex. 7 -
36
;
36.28'
,
I
r
d == 14mm
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 crd = 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
A DI N 6885
recomenda
b = 28mm
Resposta:
crd = 100MPa.
para d = 100mm
h = 16mm
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]
b)
a)
x
Respostas:
XG = 60 mm
u
Respostas:
YG = 27 mm
c)
ug == 30,8 mm
vg = 17,5 mm
XG == 40 mm
YG = 20 mm
d)
x
Respostas:
Respostas:
XG = 47,5 mm
YG = 32,5 mm
1
e)
f)
~I
81
~I
x
Respostas:
Respostas:
= 57mm
YG
XG
= 34,5mm
---ê
g)
x
XG = 46,2mm
YG= 34,7mm
y
h)
x
Respostas:
Respostas:
xG
=O
4 (R3 _r3)
XG = 22mm
YG = 3n (R2 _ r2)
YG
= 18mm
y
y
j)
i)
o
C'\l
~
o
C'\l
I..
Gr
••
I x
x
Respostas:
Respostas:
XG
k)
= YG == O,82r
XG == 10mm
y
y
1)
YG == 22mm
5
U1
;:n
o
,-<
o
N
x
Respostas:
XG
= YG == O,58r
x
Respostas:
XG == 34mm
Mecânica,Técnicae Resistênciados,:MateriaisIC1:fW_=
YG = 15mm
-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
Respostas:
a)
Jx == 89cm
J, == 8gem
4
4
ix == 2,4em
o
ao
Ix == 2,4 em
3
Wx == 16em
3
Wy =
- 16cm
Respostas:
b)
J, == 3640em4
Jy = 973em4
ix = 8,5em
iy = 4,3gem
10
Wx = 364em3
Wx = 108em3
c)
y
Respostas:
-f--
10
Jx == 185em
4
Jy == 112,5em4
o
o
.-<
·_-x
-I--.
ix == 3,5em
iy == 0,87 em
:=:, V/-0 'i'/I
50
I
Wx == 27em3
Wy == 4,5 cm '
d)
Respostas:
ix == 1,9 em
Wx = 12,67 em"
Jy = 228 em"
iy = 3,56em
Wy=38em3
Exercícios Propostos
3
·,.e)'
..
~·Y;;'7
.,
Respostas:
t~~~·
1
727
1
}?J77';'A
J, = 282,7 em"
Jy = 242,7 em"
ix = 2,97cm
iy = 2,75cm
Wx =70,7 em"
Wy = 48,5cm
f)
3
Respostas:
v
J, = 37,25 em"
Jy = 32,21 em"
ix = 1,76cm
o
lfl
iy = 1,64cm
....
Wx = 8,76cm3
O'
u
Wy = 8,22cm3
Ex.3 - Determinar Jx; ix; Wx no perfil representado a seguir.
(1) chapa 200x10 [mm]
h = 152,4mm
Resposta:
A = 24,7 cm2
J = 2388 em":
x
(2) viga U 6"x2"
'
J, = 724 em4
ix = 5,87 em;
Wx = 240 crrr'
Ex.4 - Determine Jx; Wx; 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
J, = 2800cm4
A = 29 cm2
Jy= 95,1 em
Resposta: Jx = 17278cm4;
Wx = 1208cm3 e
,;;;Mecânica Técnica e Resistênciados'Materiais",,,
ix = 11,9cm
',,,ó,-,.
4
c E F L f . lJ ~\~r;
~~;.
'"~\~J\)~~;.~::;,
[-'
b) Dados Perfil U (o mesmo do exercício anterior)
í3iBLIU
Perfil I CVS (CSN) 300 x 47
h
= 300mm
J, = 9499cm4
A = 60,5cm2
Respostas:
Wx == 1629cm 3
Jx = 35189cm4
c) Dados
e
ix = 14cm
Perfil I (o mesmo do exercício anterior)
Perfil U (o mesmo do exercício anterior)
Chapas de aço 16 x 200 [mm]
Resposta: J, = 61498cm4
Ex.5 -
Wx = 1780cm3
e
ix == 18,3cm
Determine eixos principais de inércia calculando Jmax; Jmin; a max e (Xmin'
a)
Respostas:
Jmá x == 1308cm4
Jmin = 137cm4
8
N
o
ri
b)
Respostas:
10
Jmáx
120
== 341cm
Jmin == 68cm
4
4
._.~
.r////.
'////1
I
100
I
I
Y
I
cj
8
Respostas:
,.,..
.":."
IY
!
Jmáx = 531cm 4
10
. ,
Jmin == 472 em"
~·~--/,x~
.'
/'
r\;:c,A
:
ORO DE ,'AULTlMltiOs
Respostas:
d)
y
J, = Jy = 199cm4
Jmáx=
gl-V/A-I-V/A-~I-1.<
(
Jmin = li
20
CXmáx =
,li
CXmin =
.li
Força Cortante, Momento Fletor
Determinar Q e M e construir os respectivos diagramas:
EX.1 a)
b)
6kN
8kN
2kN
4kN
2m
6kN
2m
c)
d)
20kN
24kN
16kN
~:~""
f)
e)
18kN 36kN
18kN
28kN
7kN
mAt~!-~
1m
Respostas:
a)
b)
o
-6
o
o
o
-2 I1111111
111111111111
[kN)
-
[kN)
-
-6
-14
-12
-14
o """"
i
i
-12
li
E
~
t
111
N
li
,8
Mmáx=-40kNm
!
Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
~
-25
c)
d)
22
o[[1]i==, =~' 'rrTUll
o
UEIJJ
OUW~UWLW~LU~~Tõn<Tn~onõT~O
-2
[kN]
u....L.J...u...JL.J...LJ...LL..LJ....I...L.LLLlJ
-10
-18
[kN)
-18
22
15
+ -
-
-
-
- Mrnáx
T
f 15 kNm
O~LUL.J...LLU~LW~UW..LJ....IL.J...LLU~J...LL~-O~
Mmáx=22kNm
()LJ--'-..L.....L-L-'-'--'-J"-'--'-'--'--'-'-~~o-L
f)
e)
12,25
r-r-r-r-.-.--r-r-,--,-,-,
[kN)
,-
L....----l.--l-.J -36
36
Mmáx=54kNm
o~-'--'-'--'--'--'-'---'-------'-~
L
-7
Determinar Q e M e construir diagramas.
EX.2-
b)
a)
2kN
800N
1m
O
am
1m
4kN
.-:"."
c)
d)
3kN
e)
f)
18kN
15m
15m
-Exercícios
Propostos
g)
h)
Ml
20kN
~~~
.
.
A
~?
//.
i)
j)
5kN
__m __ ..
B
18kN
m
I)
k)
O.3m
O.3m
O.7m
1m
O.3m
1m
10kN
5kN
Respostas:
b)
a)
2kN
800N
0.7m
4kN
0.5m
1m
I , , , i I,::t , , , , ,I, , , 10
[kN]
INl
-6
Iocc:, , , I, , , , i i , i , i i O
o
r=
Mn'>áx=8OONm
800
";y.'
·gMecânica·•Técnicae
.
Resistência·dosMateriais
[kNm]
3,1
-6,1
c)
d)
3kN
1m
05m
12m
o
[kN]
-15
O
[kNm]
O [kNm)
-27
f)
e)
12kN
--;TI"
[kN]
[kNm]
10
5
-58
[kNm]
O~~-L~-L~-L~-L~-L~-L~O
g)
h)
0,5m
+---t-28mkN
B
'----[kN]
---~-L~~~~rr~O
[kN]
12,6
[kNm]
[kNm]
'ccExercícios Propostos
39
i)
j)
18kN
---.n
B'
IkN]
IkN]
13,5
IkNm]
I)
k)
5kN
5
diagrama
[kN]
Q
O
8
O
diagrama
[kNm]
M
O I'
Mmáx-·5kNm
,
I I I I
I!
I I I ! , , I I I ! !]'::.",
I
10
"() 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
20 kN
a)
28 kN
i~t-_2m-i~i---~--x
1111111126
Resposta:
3LJ!U~1:
Viga 110" x 45/8"
,MecânicaTécnica
1a alma Wx = 405 crrr'
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
- ._.~-x
\\:{&",
A
o ""--'-..L-.W-'--I...1-L...L..J...J....J....W....I-W-'--I...I...W...l.-1-J....W....I-W'-"""O
1 ª alma cj Wx
..;
1
= 743 crrr'
Resposta:
Viga I 12 x"5 ~"
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
t'J=" l:t"1 •
-
--->~-
-~
I
Resposta:
EX.4 -
d == 32mm
O eixo vazado representado na figura possui D = 80mm e d = 40mm. Determinar
a (jmáx atuante no eixo.
400N
j
I
'%if I "fi -"~
1200N
lOON
Y
I
Reposta: (Jmá x == 23 MPa
40QN
120CR-l
10CR-l
~I ~1~2m-+I~lm-+I_I~m_l~Q~~1
~.
I
-+
~40
1080
EX.5 -
a)
Determinaro módulo de resistência necessário para as vigas a seguir. Material ABNT
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
31,9
27,5
[kNm]
20kN
---;;:;-
35
O~~~n+~õMonorMT~TnornT~nO
[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:,,"·")
o eixo árvore de uma transmissão possui d=32mm e o comprimento de 0,9m, transmite
Ex.2 -
uma potência de P = 5 CVgirando com velocidade angular de co= 211:rad/s. Determinar:
a) Torque no eixo
b) Rotação do eixo
c) Tensão máxima atuante
d) Distorção
e) Ângulo de torção
Dado Gaço = 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.
..
+
.
.
200
Resposta: r == 14 MPa
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
Ex.5 -
a
d = 50mm
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 .
Gaço = 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
b) Mr = 1696,5 Nm
c) P = 15990 W
d) y ==5 X 10-4 rad
e) 8 ==1,5 X 10-2 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
ú) == 251trad /
C == 800mm, d = 30mm, gira com
s ,movido por um torque de 150Nm. Determinar para o eixo:
a) força tangencial (Ft)
b) a potência (P)
c) a tensão máxima atuante ('tmax)
d) distorção (y)
e) ângulo de torção (e)
'.' ·--1
·~~~
.
i
Gaço = 80GPa
Ft == 10kN
Resposta:
V
P == 11780 W
't máx
== 28,3 MPa
y == 3,5375
4
X 10-
rad
e == 1.886 x 10 -2 rad
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 (MT)
b) A potência (P)
c) A tensão máxima atuante
('tmax)
d) distorção (y)
e) ângulo de torção (e)
comprimento do eixo C == 900mm
Gaço = 80GPa
Resposta:
Mt == 200 Nm
'tmax
P == 18850 W
==15,9MPa
Y == 1.9875 x 10
3
e == 8,95 x 10-
-4
rad
rad
Flambagem
EX.l -
Resposta:
EX.2 -
Determinar o índice de esbeltez de um tubo com D = 25mm,
o d = 20mm e o comprimento Cf == 4m.
'v == 500.
Lima viga I de aço possui J, = 112cm4, Jy = 21cm4 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 -
Pcr
Determinar a carga crítica para a viga de aço representada na figura.
Características da viga:
5" x 3" [127,0 x 76,O]mm
Jx = 511 em"
Jy = 50 em"
Eaço
Resposta:
EX.4 -
Pcr= 129,54 kN
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:
EX.5 -
= 210 GPa
d = 650mm
A figura dada representa uma viga U de aço com comprimento 4m,
de tamanho nominal 6" x 2", Jx = 632cm4 e Jy = 36cm4 e A = 20cm2.
Encontra-se biengastada e solicitada por uma carga axial de
compressão de 80kN. Determinar a tensão de flambagem atuante na
viga.
Eaço = 210 GPa.
Resposta:
ate = 93,35MPa
";'Mecânica
Técnica e Resistência dos Materiais
~
80kN
-f-x
NORMAS
DIN
Rebite de cabeça redonda
DIN 123
para construção de calderas de 10 a 36mm de diâmetro
Designação de um rebite de cabeça redonda diâmetro do rebite em bruto "d" 16mm e comprimento
DIN123 MUS't 34, Rebite de cabeça redonda 16x30 DIN123 MUS't 34
130mm
Diâmetro do rebite em bruto
rorõorto para fabricantes) d
Diâmetro da cabeça
D
Altura da cabeca
k
RRaio da cabeça
Canto arredondado
r
Rebite rebitado (<I> do furo
próprio pJ cáclculos
10
12
14
(16)
(18)
(20)
(22)
(24)
(27)
(30)
33
36
18
7
9,5)
1
11
22
9
11
1,6
13
25
10
(13)
16
15
(28)
11,5
(14,5
2
(17)
(32)
13
16,5
2
(19)
(32)
14
(18,5
2
(21)
(40
16
(20,5
2
(23)
(43)
17
22
25
25
(48)
19
24,5
25
28
53
21
27)
3
31
58
23
30)
3
34
64
25
33
4
37
Parafuso hexagonal, n2 entre (
) corresoonde a DIN 601
Comprimento I
10
12
14
16
18
20
22
24
26
28
30
32
34
36
38
40
42
45
48
50
52
55
58
60
62
65
68
70
72
75
78
80
88
90
95
100
105
:10
'·3
Ml0
M12
(M20)
(M22)
(M24)
M27
M30
M33
M36
<-
· L=
--
--:;::
,
,-
-
· -::
- ---
· ==
--
- ::=
- ----
,.
18(
185
190
(M16)
Peso (7,85 kl1/dm') kl1/1000 peças 14,5
15,8
17,0
18,2
19,6
20,7
21,9
232
24,4
26,6
28,9
28,1
29,9
30,6
31,8
33,0
34,3
36,1
38,0
39,2
40,4
42,3
28,5
30,8
32,0
338
35,8
37,4
38,1
40,9
42,7
44,S
46,3
48,0
48,8
51,6
53,4
56,0
56,7
60,5
624
64,9
678
69,9
71,1
73,8
76,4
78,2
42,7
45,1
47,5
49,9
52,3
54,8
57,2
59,8
62,0
64,4
86,9
69,3
71,7
74,1
77,7
81,4
83,7
86,12
89,8
93,S
95,9
98,3
102
106
108
110
114
118
658
68,8
71,9
75,1
78,2
81,4
84,6
87,7
90,9
94,0
97,2
100.4
105,1
110
118
116
121
126
129
132
137
141
145
148
153
157
160
168
176
98
102
108
110
114
118
122
128
130
134
140
146
150
154
160
168
170
174
180
186
190
194
200
206
210
220
230
240
250
260
270
280
136
141
146
151
156
181
188
171
178
186
191
196
203
210
215
220
228
236
240
245
252
260
265
277
290
302
314
327
339
361
364
376
388
191
197
203
209
215
221
230
239
245
251
260
269
275
281
289
298
304
310
319
328
334
349
364
379
384
409
424
438
459
466
483
498
513
244
252
259
266
278
287
294
301
312
323
330
337
347
358
365
372
383
394
401
418
438
454
472
489
507
525
549
560
578
598
614
631
649
343
352
365
379
388
397
416
424
433
442
455
468
477
486
500
513
522
545
567
590
612
636
657
679
702
724
747
760
792
814
837
859
882
486
497
509
525
542
553
554
581
597
608
620
638
663
664
692
719
747
775
809
830
858
886
914
941
969
987
1025
1052
1080
1108
1136
1169
656
678
691
705
725
746
758
772
792
812
825
859
892
928
960
993
1027
1060
1094
1127
1161
1194
1228
1261
1295
1329
1362
1396
1429
1463
1496
875
899
929
939
955
979
1003
1019
1059
1089
1139
1179
1219
2559
1298
1339
1378
1418
1468
1498
1538
1578
1618
1658
1698
1738
1778
1818
1859
1898
Rebite com cabeça redonda de aço
DIN 124
Diâmetro de 10 a 36 mm
Especificação:
Ex. d ~ 16mm e I ~ 30 mm
Diam.
d
do rebite
Diâmetro
Altura
da cabeca
D
da cabeca
k
Raio da cabeca
R
Raio
Rebite
r
rebitado
(41do furo próprio
16x30
5~
O
.~.
d
.
.
~
kk-I-J
DIN 124 TUS\ 34 )
~O
~6
6.5
8
0.5
11
~2
19
7.5
9.5
0,6
13
Ml0
M12
14
22
9
11
0,6
15
~6
25
10
13
0,8
17
18
28
11.5
20
32
13
22
36
14
24
40
16
14,5
16,5
18,5
20,5
0,8
19
1
21
1
23
1,2
25
27
43
17
22
1.2
28
30
48
19
24,5
1.6
31
33
53
21
27
1,6
34
36
58
23
30
2
37
M27
M30
M33
M36
o cáclculos
Parafuso
corresnondente
Com
sextavado
DIN 601
rimento
do
M~6
10
12
14
16
18
20
22
24
26
28
30
32
34
36
38
40
42
45
48
50
52
55
58
60
62
65
68
70
72
75
78
80
85
90
95
100
105
110
115
120
125
130
135
140
145
150
155
160
165
170
175
180
185
190
M20
Peso 7,85
I
1000
M24
as
12,4
13,7
15
22.5
16,3
24,3
17,6
26,1
18,9
27.9
29.7
31,5
33,3
35,1
19,2
20,5
21,8
23,1
24,4
25,7
28
29.3
30.6
31.9
33,2
35,1
37
36,9
38,7
35.5
37.9
40.3
42.7
45,1
47,5
49,9
52,3
54,7
40.5
57,1
42.3
59,6
61,9
44,1
45,9
47.7
50,4
64,3
66.7
53,1
70,3
73,9
38,3
54,9
76.3
39,5
41.5
56,7
59,4
78,7
43,4
62.1
44,7
63.9
85.9
88.3
46
65,7
68,4
89,7
94,3
71,1
97,9
72,9
100
103
106
110
82,3
55
58,2
61,4
64,6
67,8
71,0
74,2
77,4
80,8
93,8
87
90,2
94,9
99,6
103
106
111
115
114
122
127
131
134
138
142
147
150
158
166
81.9
84,9
88,9
92,9
96,9
101
105
109
113
117
123
129
133
137
143
149
153
157
163
169
173
177
183
189
193
203
213
223
233
243
253
263
119
124
129
134
139
144
149
154
161
169
174
179
186
194
199
204
211
218
223
228
236
243
248
260
273
285
298
310
323
335
347
360
372
171
177
183
189
195
201
210
219
225
231
240
249
255
261
270
279
285
291
300
309
315
330
345
360
375
390
405
420
435
450
465
480
495
224
231
238
242
256
266
273
280
291
302
309
316
327
337
345
352
362
373
380
398
416
434
452
470
480
506
524
542
560
578
596
614
632
290
299
313
326
335
344
358
371
380
389
403
416
425
434
442
461
470
493
515
538
560
583
605
628
650
673
695
718
740
763
783
808
830
430
441
452
469
485
496
507
524
541
552
563
580
596
608
635
663
691
719
747
775
803
831
859
887
915
942
970
998
1025
589
609
622
636
656
676
689
703
723
743
756
790
824
858
892
926
960
994
1028
1062
784
808
832
842
864
888
912
928
968
1008
1048
1088
1128
1168
1208
1248
1288
1096
1328
1130
1368
1164
1408
1198
1448
1232
1488
1266
1528
1053
1300
1081
1334
1608
1107
1368
1648
1568
1402
1688
1436
1728
1768
1808
') Material: DIN1711 O, a indicar no pedido, p.e.: TUSt 34
Preferência aos tamanhos em negrito
··MecânicaTécnica.e
M22
dmê k
ResistênciadosMateriais
Parafusos de cabeça sextavada de rosca métrica
DIN 931
a correlação com as recomendações ISO
Acabamento m e mg. Ver nos esclarecimentos
d07FPonta ovalada
~Q.I:
~~@
--I11[1
I---- ::::::=::)
t - ~
k
~~
a critério
x conf
I
DIN 76
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
d
b
1
Ml,6
9
lvt1,7·
DIN 931-8,8
9
M2
10
M2,3'
11
M2,5
11
tvt?,S·
11
M3
12
2
3.48
2.1
3.82
2.6
4.38
2,9
3.1
5.51
3,2
5.51
3,6
4,1
0.1
4.7
4,95
6,08
6,64
7.74
1,1
0,1
3,2
1.2
0,1
3.5
1,4
0,1
4
1,6
0,1
4,5
1.7
2,4
2,8
3,5
1.8
2
0,1
0,2
0,1
01
0.2
5
5,5
6
7
8
Peso (7,85 kg/ dm') kg/ 1000 peças"
0,240
0,280
0,272
0,315
0,400
0,450
0,304
0,350
0,500
M3,5
13
M4
14
2
3
c
d máx
d
m
mín
ma
k
r
mino
s
L'I
12
(14)
16
(18)
0.1
5
0,610
0,770
0,790
0.675
0,740
0,845
0,920
0,870
0,805
M6
18
24
M7
20
26
M8
22
28
0,2
5,7
0,3
6,8
8.87
11,05
0.3
7,8
12.12
0,4
9,2
14,38
11,2
18.90
4
0.25
10
5
0,25
11
5,5
0,4
13
7
0,4
17
,
Ml0
26
32
45
0,4
M12
30
36
49
0,4
14,2
21.10
20,88
8
0,6
18
Os parafusos acima da linha cheia
têm rosca até próximo da cabeça e
0,995
0.970
1,03
22
25
28
30
35
40
45
50
55
60
65
70
75
80
85
90
95
100
110
120
130
140
150
160
170
180
1,07
1.17
1,11
1,24
') Medidas
não previstas pela ISO/R 272 - 1962 e que devem ser evitadas.
20
M5
16
22
devem ser designados
1,29
1.40
1.57
1.74
pela norma
DIN 933.
2,03
2.25
2,48
2.82
3,12
3,41
3,61
4,04
4.53
5.03
5,52
6.02
5.64
6,42
7,20
7.98
8,76
9.54
8.06
9.13
10.2
11,3
12.3
13.4
10,3
14.4
7,01
11.1
7.50
11.9
12.7
13,5
15.5
16,5
17.6
18,6
19.7
20,8
6,51
12,1
13.6
15.1
16,6
18.1
19,5
21,0
18,2
20,7
22,2
24,2
25.8
22,5
29,8
50,0
70.3
24,0
31.8
53,1
74,7
25,5
33.7
56,2
79.1
27.0
28.5
30.0
31.5
33,1
35,7
37.7
39,6
41.6
43,6
62,3
83,6
65,4
88,0
92,4
27,8
47,5
35.0
38,0
41.1
43,8
46.9
68,5
71,6
77,7
83,9
90,0
96,2
102
108
53,6
58,1
62.6
67.0
96.9
100
109
118
127
136
145
153
162
171
DIN 931 p.2
Continuação da tabela da página anterior
d
1
2
3
b
d
c
máx
M14
34
40
53
0,4
6,2
d
m
24,49
mtn
mz
(M16)
38
44
57
0,4
18.2
26.75
26.17
10
0.6
24
M18
42
48
61
0,4
20,2
30,14
M20
46
52
65
0,4
22,4
33.53
32.95
13
0.8
30
5
23,91
9
0.6
22
L'I
50
55
82.2
88.3
115
60
94.3
123
65
100
131
171
219
70
75
80
85
90
(95
100
110
120
130
140
106
112
118
124
128
134
140
152
165
175
187
199
211
223
235
247
260
139
147
155
163
171
179
186
202
218
230
246
262
278
294
310
326
342
181
191
201
210
220
230
240
260
280
295
315
335
355
375
395
415
435
231
243
255
267
279
291
303
327
351
365
389
423
447
470
495
520
545
590
k
r mino
150
160
170
180
190
200
220
240
260
29,16
12
0.6
27
(M22
50
56
69
0,4
244
35.72
35,03
14
0.8
32
M24
54
60
73
0.5
26,4
39,98
39.55
15
0.8
36
Peso
M27
60
66
79
0.5
30,4
4563
M30
66
72
85
0.5
33,4
17
1
41
51.28
50,85
19
1
46
7,85 k
dm4
45,20
M33
M36
72
78
84
78
91
97
0.5
0.5
39,4
36.4
55.80 61.31
60,69
55.37
21
23
1
1
55
50
1000 secas
M39
84
90
103
0.6
42,4
66.96
66.44
25
1
60
M42
90
96
109
0.6
45,6
72,61
72,09
26
1.2
65
Os parafusos
161
M45
96
102
115
0.6
48.6
78.26
77.74
28
1.2
70
M48
102
108
121
0.6
52,6
83.91
83,39
30
1.6
75
M52
116
129
566
89.56
89.04
33
1.6
80
sobre a linha escalo-
nada têm a rosca aproximadamente até a cabeça e são pedidas
281
296
311
326
341
356
370
400
430
450
480
510
540
570
600
630
660
720
sego
DIN933.
364
382
410
428
446
464
500
535
560
595
630
665
700
735
770
805
870
511
534
557
580
603
650
695
720
765
810
755
900
945
990
1030
1130
712
739
767
823
880
920
975
1030
1090
1140
1200
1250
1310
1420
1530
1640
951
1020
1090
1150
1220
1290
1350
1410
1480
1540
1610
1750
1880
2020
1250
1330
1400
1480
1560
1640
1720
1900
1980
1510
1590
1650
1740
1830
1930
2020
2120
2210
2060
2220
2380
2540
2500
2700
2900
2310
1900
1980
2090
2200
2310
2420
2520
2630
2740
2960
3180
3400
2260
2350
2480
2600
2730
2850
2980
2780
2920
3010
3160
3300
3440
3100
3580
3220
3470
3820
4030
3720
4010
4290
4570
3450
3770
3930
4100
4270
4430
4760
5110
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
segundo DIN 267
8,8 só até M39
folha 3
10,9
segundo Din 267
Execução:
m
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~ 'Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
,,~;TLlê
0"_··'>";;""miê::;·~_·"",,
ESPECIFICAÇÃO DE UMA CHAVETA FORMA A, DE LARGURA b = 12mm, ALTURA h = 8mm E
COMPRIMENTO It = 56mm, CHAVETAA 12 X 8 X 56 DIN 6 885
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
coordenação das secções das chavetas aos diâmetros dos eixos.
ater-se à
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.
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Piro 8ástico DIN 1481
I.
T.
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3
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0.211
15.B
11.0
2.5
X6
5
3
3
2.5
.0.00
0.384
19.8
17.8
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11.3
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14.1
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5.02
4.52
4.91
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6.28
7.00
7.85
8.83
9.81
3.14
3.94
4.52
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2.5
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6
17
22
3.52
4.02
2.76
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1.76
2.35
2.75
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3.63
3.92
4.32
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2
1.8
2.2
1.51
+0.1
5
2.9
5
5
5
12
17
1.28
1.01
d,+4
dxb
Profundidade
da broca
Furos do eixo
Furos das
ctavelas
0.013
0.502
0.565
0.628
1.27
0.969
1,13
0.440
0.377
0.314
0.251
0.423
0.565
0.707
0.848
·0.1
0.2
.0.1
0.188
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1.6
d,+2,S
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1
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1.7
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1.1
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10
12
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3
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8
10
2
2
2
6
8
Parafuso de fixação (para/uso clllndrico DIN 84)
. Pinos Elásticos
• Parafusos de Extração
. Parafusos de Fixação
<1).5
tO.3
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r,
dif.adm.
r,
cít ecn
Diferença
Admissivel
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acima de
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com loco em cena
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90
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110
125
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160
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200
220
250
200
316
355
400
Peso a deduzir para a forma A
Ccnpdmentc
Arredoodamenlo do fundo do rasgo
(:;'
DI
('D
9
Chanlro ou arredondamento
d,
::J
e')
~
('D,
Cr
DI
::J
DI>
e')
3:
('D
fi~
secção da Chaveta
(aço para cbavetas D1N 68(0)
Para diâmetro
do exio di
2)
largura
Rasgo de
b
3)
cravetanc
profundidade
eixo
I,
4)
largura
b
3)
Rasgo de
chaveta no
profundidade
cubo
t,
4)
2.2
2
3.5
7
6
4
M3
X8
3
X8
tO.12
0.796
5.9
3.2
3
17.6
19.8
22.0
24.6
27.7
30.8
36.2
39.6
15.6
14.1
7.93
8.60
9.67
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0.4
3
d,+7
0.4
2.4
3
8
4.1
8
8
7
22
30
75.4
62.8
69.1
2.2
2
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5
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X10
4
X10
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4
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3
2
5.5
10
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5
M4
X10
5
X12
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5
100
94.2
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27.1
24.1
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32.7
42.2
47.5
52.8
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3
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4.9
12
12
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16
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16
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3,57
usual na mesa
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Perfis I - Padrão Americano
Tamanho Nominal
Altura (h)
mm
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mm
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Peso
Ib/pé
Largura da Mesa (b)
mm
paI.
mm
paI.
76,2 X60,3
3 X2 3/8
76,2
3
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9,68
11,20
5,7
6,5
7,5
59,2
61,2
63,7
2,330
2,411
2,509
4,32
6,38
8,86
0,170
0,251
0,349
101,6 X66,7
4X 2 5/8
101,6
4
11,4
12,7
14,1
15,6
7,7
8,5
9,5
10,5
67,6
69,2
71,0
72,9
2,660
2,723
2,796
2,870
4,83
6,43
8,28
10,16
0,190
0,253
0,326
0,400
127,0 X76,2
5X3
127,0
5
14,8
18,2
22,0
9,9
12,3
14,8
76,2
79,7
83,4
3,000
3,137
3,284
5,33
8,81
12,55
0,210
0,347
0,494
152,4 X85,7
6X3 3/8
152,4
6
18,5
22,0
25,7
12,5
14,8
17,3
84,6
87,5
90,6
3,340
3,443
3,565
5,84
8,71
11,81
0,230
0,343
0,465
18,4
20,5
23,0
25,5
101,6
103,6
105,9
108,3
4,000
4,079
4,171
4,262
6,86
8,86
11,20
13,51
0,270
0,349
0,441
0,532
Espessura da Alma
203,2
8X4
203,2
8
27,3
30,5
34,3
38,0
254,0 X117,5
10X45/8
254
10
37,7
44,7
52,1
59,6
25,4
30,0
35,0
40,0
118,4
121,8
125,6
129,3
4,660
4,797
4,944
5,091
7,9
11,4
15,1
18,8
0,310
0,447
0,594
0,741
304,8 X133,4
12X51/4
304,8
12
60,6
67,0
74,4
81,9
40,7
45,0
50,0
55,0
133,4
136,0
139,1
142,2
5,250
5,355
5,477
5,600
11,7
14,4
17,4
20,6
0,460
0,565
0,687
0,810
42,5
44,7
49,7
54,7
139,7
140,8
143,3
145,7
5,500
5,542
5,641
5,737
10,4
11,5
14,0
16,5
0,410
0,452
0,550
0,649
381,0 X139,7
15X51/2
381,0
15
63,3
66,5
73,9
81,4
457,2 X152,4
18 X6
457,2
18
81,4
89,3
96,8
104,3
54,7
60,0
65,0
70,1
152,4
154,6
156,7
158,8
6,000
6,087
6,169
6,251
11,7
13,9
16,0
18,1
0,460
0,457
0,629
0,711
508,0 X177,8
20 X7
508,0
20
121,2
126,6
134,0
141,5
148,9
81,5
85,1
90,0
95,1
100,0
177,8
179,1
181,0
182,9
184,7
7,000
7,053
7,126
7,200
7,273
15,2
16,6
18,4
20,3
22,2
0,600
0,653
0,726
0,800
0,873
. ""i,,",MecânicaTécnicae.Resistência
dos.Materiais;;'bU ""'1'.,
Tamanho Nominal
Furos
Largura da
mesa
(b) mm
Espessura
da Alma
(d) mm
Área
em'
Peso
kg/m
*
cp
a
mm
pol
Jx
em'
Jy
em'
Wx
em'
Wy
em'
rx
em
ry
em
paI.
mm
mm
mm
em'
kgjm
mm
pol,
em'
em'
em'
em'
em
em
4,32
6,38
8,86
10,8
12,3
14,2
38
38
38
3/8
3/8
3/8
105,1
112,6
121,8
18,9
21,3
32,0
27,6
29,6
32,0
6,41
76,2 X
60,3
59,2
61,2
63,7
8,45
3 X2 3/8
3,12
3,02
2,93
1,33
1,31
1.31
4,83
6,43
38
38
38
38
1/2
1/2
1/2
1/2
252
266
283
299
9,4
9,9
10,6
11,3
4,17
4,06
3,96
3,87
1,48
12,7
14,1
15,6
49,7
52,4
8,28
10,16
14,5
16,1
18,0
19,9
31,7
101,6 X
66,7
67,6
69,2
71,0
11,4
4X 2 5/8
5X3
127,0 X
76,2
76,2
79,7
83,4
5,33
8,81
12,55
18,8
23,2
28,0
14,8
18,2
22,0
44
44
44
1/2
1/2
1/2
511
570
634
50,2
58,6
69,1
89,8
99,8
13,2
14,7
16,6
5,21
4,95
4,76
1,63
1,59
1,57
6 X3 3/8
152,4 X
85,7
84,6
87,5
90,6
5,84
8,71
11,81
23,6
28,0
32,7
18,5
22,0
25,7
50
50
50
5/8
5/8
5/8
919
1003
1095
75,7
84,9
96,2
120,6
131,7
143,7
17,9
19,4
21,2
6,24
5,99
5,79
1,79
1,74
1,72
9,68
11,20
34,3
37,6
41,2
55,6
58,9
80,4
6,95
7,67
1,46
1,45
1,44
8 X4
203,2 X
101,6
101,6
103,6
105,9
108,3
6,86
8,86
11,20
13,51
34,8
38,9
43,7
48,3
27,3
30,5
34,3
38,0
58
58
58
58
3/4
3/4
3/4
3/4
2400
2540
2700
2860
155
166
179
194
236
250
266
282
30,5
32,0
33,9
35,8
8,30
8,08
7,86
7,69
2,11
2,07
2,03
2,00
10 X4 5/8
254,0 X
117,5
118,4
121,8
125,6
129,3
7,9
11,4
15,1
18,8
48,1
56,9
66,4
75,9
37,7
44,7
52,1
59,6
70
70
70
70
3/4
3/4
3/4
3/4
5140
5610
6120
6630
282
312
348
389
405
442
482
522
47,7
51,3
55,4
60,1
10,30
9,93
9,60
9,35
2,34
2,29
2,26
304,8 X
133,4
133,4
136,0
139,0
142,2
11,7
14,4
77,3
85,4
17,4
20,6
94,8
104,3
60,6
67,0
74,4
81,9
76
76
76
76
3/4
3/4
3/4
3/4
11330
11960
12690
13430
563
603
654
709
743
785
833
881
84,5
88,7
94,0
99,7
12,1
11,8
11,6
11,3
2,70
2,66
2,63
2,61
12X51/4
2,42
15,5 X1/2
381,0 X
139,7
139,7
140,8
143,3
145,7
10,4
11,5
14,0
16,5
80,6
84,7
94,2
103,6
63,3
66,5
73,9
81,4
90
90
90
90
3/4
3/4
3/4
3/4
18580
19070
20220
21370
598
614
653
696
975
1001
1061
1122
85,7
87,3
91,2
95,5
15,2
15,0
14,7
14,4
2,73
2,70
2,63
2,59
457,2 X
152,4
152,4
154,6
156,7
158,8
11,7
13,9
16,0
18,1
103,7
113,8
123,3
132,8
81,4
18 X 6
89,3
96,8
104,3
90
90
90
90
7/8
7/8
7/8
7/8
33460
35220
36880
38540
867
912
957
1004
1464
1541
1613
1686
113,7
117,9
122,1
126,5
18,0
17,6
17,3
17,0
2,89
2,83
2,79
2,75
2:':< -;
508,0 X
177,8
177,8
179,1
181,0
182,9
184,7
15,2
16,6
18,4
121,2
126,6
134,0
141,5
148,9
102
102
102
102
102
1
1
1
1
1
61640
63110
65140
67190
69220
1872
1922
1993
2070
2140
2430
2480
2560
2650
2730
211
215
220
226
232
20,0
19,8
19,5
19,3
19,1
3,48
3,45
3,42
20,3
22,2
154,4
161,3
170,7
180,3
189,7
(x :;=:='~:usual na mesa
Ix x :: ~- S:') máximo de rebite na mesa
I
1
h
x
x
d
Perfis
3,39
3,36
Perfis U - Padrão Americano
Tamanho Nominal
mm
paI.
Altura (h)
mm
Largura das
Abas (b)
Peso
paI.
kg/m
Espessura da
Alma (d)
Ib/pé
mm
paI.
mm
paI.
1,410
1,498
1,596
4,32
6,55
9,04
0,170
0,258
0,356
76 X38,1
3 X1 1/2
76,2
3
6,11
7,44
8,93
4,10
5,00
6,00
35,8
38,0
40,5
101,6 X41,3
4 X1 5/8
101,6
4
7,95
9,30
10,80
5,34
6,25
7,24
40,1
41,8
43,7
1,580
1,647
1,720
4,57
6,27
8,13
0,180
0,240
0,320
152,4 X50,8
6X2
152,4
6
12,2
15,6
19,4
23,1
8,2
10,5
13,0
15,5
48,8
51,7
54,8
57,9
1,920
2,034
2,157
2,279
5,08
7,98
11,10
14,20
0,200
0,.314
0,437
0,559
11,5
13,8
16,3
18,8
21,3
57,4
59,5
61,8
64,2
66,5
2,260
2,343
3,435
2,527
2,619
5,59
7,70
10,03
12,37
14,71
0,220
0,303
0,395
0,487
0,579
203,2 X57,2
8 X2 1/4
203,2
8
17,1
20,5
24,2
27,9
31,6
254,0 X66,7
10X 2 5/8
254,0
10
22,7
29,8
37,2
44,7
52,1
15,3
20,0
25,0
30,0
35,0
66,0
69,6
73,3
77,0
80,8
2,600
2,739
2,886
3,033
3,180
6,10
9,63
13,40
17,10
20,80
0,240
0,379
0,526
0,673
0,820
304,8 X76,2
12 X3
304,8
12
30,7
37,2
44,7
52,1
59,6
20,6
25,0
30,0
35,0
40,0
74,7
77,4
80,5
83,6
86,7
2,940
3,047
3,170
3,292
3,415
7,11
9,83
13,00
16,10
19,20
0,280
0,387
0,510
0,632
0,755
15
50,4
52,1
59,5
67,0
74,4
81,9
33,9
35,0
40,0
45,0
50,0
55,0
86,7
86,9
89,4
91,9
94,4
96,9
3,400
3,422
3,520
3,618
3,716
3,814
10,2
10,7
13,2
15,7
18,2
20,7
0,400
0,422
0,520
0,618
0,716
0,814
381,0 X85,7
15 X3 3/8
381,0
.Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
Tamanho
Nominal
pcl.
mm
3 X 1 1/2
76,2 X38,l
4 X 1 5/8
101,6 X41,3
152,4 X 50,8
6X2
8 X 2 1/4
10X 2 5/8
12 X 3
15 X3 3/8
I''''''
203,2X57,2
254,0 X 66,7
304,8 X76,2
381,OX85,7
Larg, da
mesa
Esp. da
Alma
(b) mm
(d)mm
Área
Peso
em"
kgjm
Furos
e
em
Jx
Jy
Wx
Wy
rx
ry
em4
em4
em3
em3
em
em
em'
em3
crrr'
em
em
a
<P
mm
pol
mm
pcl.
em'
em'
kgjm
4,32
7,78
6,11
1,11
22
1/2
68,9
8,2
18,1
3,32
2,98
1,03
6,55
9,48
7,44
1,11
22
1/2
77,2
10,3
20,3
3,82
2,85
1,04
9,04
11,40
8,93
1,16
22
1/2
86,3
12,7
22,7
4,39
2,75
1,06
mm
mm
35,8
38,0
40,5
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
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
57,9
14,20
29,4
23,1
1,38
35
5/8
815
52,4
107,0
11,90
5,27
1,331,
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
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
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
2,03
74,7
7.11
39,1
30,7
1,77
44
7/8
'5370
161,1
352,0
28,3
11,70
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
2,30
86,4
10,2
64,2
50,4
2,00
51
1
13100
338,0
688,0
51,0
14,30
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
15650
387,0
762,0
55,2
13,80
2,25
421,0
822,0
58,5
13,50
2,22
16800
460,0
882,0
62,0
13,30
2,20
17950
498,0
942,0
66,5
13,10
2,18
91,9
15,7
85,3
67,0
1,99
57
1
94,4
18,2
94,8
74,4
2,03
57
1
96,9
20,7
104,3
81,9
2,21
57
1
Gabarito usual na mesa
Diâmetro máximo de rebite na mesa
L]~d
x
Cantoneiras de Abas Iguais - Padrão Americano (*)
Tamanho (A X A)
pol.
kg/m
Ib/pé
mm
paI.
63,5 X63,5
2'h X2'12
6,10
7,44
8,78
4,1
5,0
5,9
6,35
7,94
9,53
1/4
5/16
3/8
76,2 X76,2
3X3
9,08
10,70
14,00
6,1
7,2
9,4
7,94
9,53
12,70
5/16
3/8
1/2
101,6 X101,6
4X4
14,6
19,1
23,4
9,8
12,8
15,7
9,53
12,70
15,88
3/8
1/2
5/8
127,0 X127,0
5X5
18,3
24,1
29,8
35,1
12,3
16,2
20,0
23,6
6,53
12,70
15,88
19,05
3/8
1/2
5/8
22,2
29,2
36,0
42,7
49,3
14,9
19,6
24,2
28,7
33,1
9,53
12,70
15,88
19,05
22,23
3/8
'h
5/8
39,3
48,7
57,9
67,0
75,9
26,4
32,7
38,9
45,0
51,0
12,70
15,88
19,05
22,23
25,40
152,4 X152,4
6X6
203,2 X203.2
Tamanho nominal
polegadas
Espessura
Peso
mm
mm
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%
%
7/8
'h
5/8
%
7/8
1
Espes. (C)
Área
Peso
Jx = Jy
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Eixo n mino
mm
cm2
kgjm
cm4
cm3
em
em
em
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1.94
1,91
1,83
1.88
1,93
1,24
1,24
1,22
2'hX2'h
63,5 X63,5
6,35
7,93
9,53
7,67
9,48
11,16
6,10
7,44
8.78
29
35
41
6,4
7,9
9,3
3X3
76,2 X76,2
7,94
9,53
12,70
11,48
13,61
17,74
9.08
10,70
14.00
62
75
91
11,6
13,6
18,0
2,34
2,31
2,29
2,21
2,26
2,36
1,50
1,47
1,47
4X4
101,6 X101,6
9,53
12,70
15,90
18,45
24,19
29,73
14,6
19,1
23,4
183
233
279
24,6
32,8
39,4
3,12
3.10
3,05
2,90
3,00
3,12
2,00
1,98
1,96
5X5
127,0 X127,0
9,53
12,70
15,88
19,05
23,29
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37.80
44,76
18,3
24,1
29,8
35,1
362
470
566
653
39,5
52.5
64,0
73,8
3,94
3,91
3,86
3,81
3,53
3,63
3,76
3,86
2,51
2,49
2,46
2,46
152,4 X152,4
9,53
12,70
15,88
19,05
22,23
28,12
37,09
45,86
54,44
62,76
22,2
29,2
36,0
42,7
49,6
641
828
1007
1173
1327
57,4
75,4
93,5
109,9
124,6
4,78
4,72
4.67
4,65
4,60
4,17
4,27
4,39
4,52
4,62
3,02
3.00
2,97
2,97
2,97
203,2 X203,2
12,70
15,88
19,05
22,23
25,40
49,99
61,98
73,79
85.33
96,75
39,3
48,7
57,9
67,0
75,9
2022
2471
2899
3311
3702
137,8
168,9
200,1
229,6
259,1
6,38
6,32
6.27
6,22
6.02
5,56
5,66
5,79
5,89
6,02
4,01
4,01
3,99
3,96
3,96
6X6
8X8
Y
A
x I • ~,1 "\!..u
• X
~:::JIC
Mecânica Têcnlcae Resistência dos Materiais
Cantoneiras de Abas Desiguais - Padrão Americano(*)
Tamanho(AX B)
mm
paI.
Peso
kg/m
lh/pé
Espessura (e)
mm
pai.
7,29
9,08
10,7
4,9
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7,2
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9,53
1/4
5/16
3/8
4X3
10,7
12,7
16,5
7,2
8,5
11,1
7,94
9,53
12,70
5/16
3/8
1/2
4 X3'h
9,1
11,5
13,5
17,7
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7,7
9,1
11,9
6,35
7,94
9,53
12,70
1/4
5/16
3/8
1/2
8,7
10,4
127,00 X88,90
5 X3%
13,0
15,5
20,2
25,0
29,5
13,6
16,8
19,8
7,94
9,53
12,70
15,88
19,05
5/16
3/8
1/2
5/8
3/4
152,40 X101,60
6X4
18,3
24,1
29,8
35,1
12,3
16,2
20,0
23,6
9,53
12,70
15,88
19,05
3/8
1/2
5/8
3/4
177,80 X101,60
7X4
26,6
32,9
39,0
19,7
22,1
26,2
12,70
15,88
19,05
1/2
5/8
3/4
8X4
29,2
36,0
42,7
49,3
55,7
19,6
24,2
28,7
33,1
37,4
12,70
15,88
19,05
22,23
25,40
1/2
5/8
3/4
7/8
1
88,90 X63,50
3'hX 2'h
101,60 X76,20
101,60 X88,90
203,20 X101,60
".·
...Perfls
Tamanho Nominal
Esp.
(C)
Área
Peso
y
x
Jx
Jy
Wx
Wy
rx
ry
Eixo n.
r. mino
polegadas
mm
mm
cm2
kgjm
em
em
em4
em4
em3
em3
em
em
em
31h X 21h
88,9 X 63,5
4X3
4X 31h
5X 3'1,
101,6 X 76,2
101,6 X 88,9
127,0 X 88,9
6,35
9,29
7,29
2,82
1,55
75
32
12
7
2,84
1,88
1,37
7,94
11,48
9,08
2,90
1,63
92
39
15
8
2,82
1,85
1,37
9,53
13,61
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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
9,53
12,70
16,00
12,7
3,25
1,98
166
79
25
14
3,20
2,24
1,63
20,96
16,5
3,38
2,11
208
100
31
18
3,18
2,18
1,63
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2,95
2,31
121
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16
13
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3,00
150
108
21
16
3,20
2,72
1,85
9,53
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2,36
2,44
175
125
25
20
3,18
2,69
1,85
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3,18
2,54
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158
31
25
3,12
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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
12,70
25,80
20,2
4,22
416
166
26
26
4,01
2,57
1,91
15,88
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25,0
499
200
31
31
3,96
2,51
1,91
29,5
4,32
4,45
2,31
2,41
2,54
578
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36
36
3,94
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1,91
2,24
19,05
6X4
7X4
8X4
152,4 X 101,6
177,8 X 101,6
203,2 X 101,6
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18,3
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204
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4,90
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12,70
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5,05
2,51
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4,85
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878
312
87
41
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19,05
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1019
362
102
49
4,78
2,84
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6,15
2,34
1111
270
95
34
5,72
2,82
2,21
15,88
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6,25
2,44
1348
325
116
43
5,69
2,79
2,18
19,05
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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
337
151
43
6,50
2,72
2,18
54,44
42,7
2,31
2,41
1951
19,05
7,39
7,49
2274
391
179
51
2,67
2,16
22,23
62,76
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7,62
2,54
2596
437
205
58
6,48
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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Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais
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