COMP. RESMAT

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Flexão 
6.2 - PROBLEMAS 
6.43. Um elemento com as dimensões mostradas na figura deverá ser usado para resistir a um momento 
fletor interno M = 2 kN.m. Determine a tensão máxima no elemento se o momento for aplicado (a) em 
torno do eixo z e (b) em tomo do eixo y. Trace um rascunho da distribuição de tensão para cada caso. 
v 
IiTt1 
4$ 
 
 
Figura 6.43 
 
(a) Em tomo do eixo z 
	
0.060 x 0,2202 Mc 	 2 x 102 x 0,060 - 
= 	 =8,64x104m4 	 6m$x 	 8,64x106 -13,89MPa 12 	 •2 
(b) Em tomo do eixo y 
	
0,120 x 0,060 	 - Mc - 2 x io x 0,030 
= 27,18 MPa 
= 	 12 	 2,16x 104m4 	 - 1.,, - z.ixio'' 
6.44. A haste de aço com diâmetro de 20 mm está sujeita a um momento interno M = 300 N.m. 
Determine a tensão criada nos pontos A e 8. Além disso, trace um rascunho de uma visão tridimensional 
da distribuição de tensão que age na seção transversal. 
 
• 0' 
= 300N-m 
Iounm 
 
Figura 6.44 
= 	 = !(0,010) 4 
 = 7,854 x 10'9 m4 
= c = 10 mm 	 y13 = csen(e) = 10sen(45 0) = 7,0711 mm ; M = 300 N.m 
- MYA - 300x0.010 
6* 
- 	 - 	
= 381,97 MPa 
	 1 = 	
= 
7,854X10 9 
0x0.0070711 = 30 	 270,09 MPa 
296 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Flexão 
6.47. A peça de mármore, que podemos considerar como um material linear elástico frágil, tem peso 
especifico de 24 kN/m 3 e espessura de 20 mm. Calcule a tensão de flexão máxima na peça se ela estiver 
apoiada (a) em seu lado e (b) em suas bordas. Se a tensão de ruptura for a,,,, = 1.5 MPa. explique as 
consequências de apoiar a peça em cada uma das posições. 
ft5 m 
1.5 r 
ai 
(b) 
Figura 6.47 
iSCA' 
- 
1 
(a) Em seu lado 
W=pV(24x10')(0.5x 1.5x0.02)360 N 
a 1-EM = O 
M+O,375x 180— 180x0,75 = O 
M~ = 67,5 N.m 
- 
0.020 X 0,52 
12 	
=2,0833x104m' 
Mmaxc - 67.5 x 0,25 
0máx = 	 - 	 = 0,081 MPa 2.0833x ir4 
(b) Em suas bordas 
05x0,0203 
12 	
=3,333x107m4 MmC - 67.Sx0,010 - 0mâx - 
	 - 2.0833 	
= 2,025 MPa (quebra) 
= 2,025 MPa' iy w =1,5 MPa; logo, a peça quebra nessa posição 
298 
Resolução: Steven Róger Duarte 
{r_YA e-,n,—. 
Flexão 
6.49. A viga tem seção transversal mostrada na figura. Se for feita de aço com tensão admissivel a s,,, = 
170 MPa, determine o maior momento interno ao qual pode resistir se o momento for aplicado (a) em torno 
do eixo z e (b) em tomo do eixo y. 
Figura 6.49 
(a) Em tomo do eixo z 
	
tx = 2 ¡0.120x .6os3 
 + 0,120 x 0,005 x 0,0625 2 ] + o.00s;Z. I2o' = 5,41 x 104 m` 	 oadm = M~~ 	 M. = 14,15 kN. m l 
(b) Em torno do eixo y 
t = 
 2x0,005x0.1203 + 0,120x0,o053
=1 44125x10+ m` 	 a 	 M' c 	 M =4,08kN.m y 	 12 	 12 	 adm = ~y 	 y 
6.50. Foram apresentadas duas alternativas para o projeto de uma viga. Determine qual delas suportará 
um momento de M = 150 kN.m com a menor quantidade de tensão de flexão. Qual é essa tensão? Com 
que porcentagem ela é mais efetiva? 
f___2 t) mn___ 
I j DAmw )J mmJ 
15. 
{a1 
Figura 6.50 
2¡02x0.015 '
+0,2x0,015 x0,15752 + 0.03x0,31 =21645x104 m` 	 a _ Mc _ 150x101x0,165 =114 M, MPa (a) = l 	 12 	 12 	 ta) 	 2,1645 x 10-4 
=2¡o.2xo.033 +0,2x0,03x0,1652]+ o.olsxo,3' =3,6135x10~ m` 	 o __Mc 150xlo'x0.1e0 =7472MPa (b) l 	 12 	 12 	 t6) 	 1(p) 	 3,6135 x 10' ~ 
Efetividade = 100%( — 1 = 100°k ~ ~4 ~Z` — 1) = 53% 
b) 
A seção (b) terá a menor quantidade de tensão de flexão. Porcentagem de maior eficácia = 53,0% 
300 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Flexão 
*6.80. Se a viga tiver seção transversal quadrada de 225 mm em cada lado, determine a tensão de flexão 
máxima absoluta na viga. 
h kN 
l5kN.m 
WW 	 4 
- ______ 
—15m 	 2im 
Figura 6.80 
+E MA = O 
M×1,25x37,5-6x5 =0 
MA = 76,875 kN.m 
Seção 1 (0 :5 x 1 :5 2,5 m) 
M(x 1 ) = —7,5x 1 2 + 43,5x 1 - 76,875 kN.m 
T + F, = O 
FA-37.5.6=0 
FA = 43,5 RN 
Seção (2,5m 5x 2 5 Srn) 
M(x 2 ) = 6x 2 - 30 kN.m 
rei i'i; 
149fl,v. vn 
lM mãx l = 76,8750.m 
lMlc - 76,875 x 10 x 0.1125 
0máx = 
	 1 x0.22S 	
40,49MPa 
4 
322 
Resolução: Steven Rõger Duarte 
Flexão 
6.90. A viga tem a seção transversal retangular mostrada na figura. Determine a maior carga P que pode 
ser suportada em suas extremidades em balanço de modo que a tensão de flexão na viga não ultrapasse 
= 10 MPa. 
 
L iO.smij 50 min 
Figura 6.90 
DMF 
lM in áx l = O.SP 
- lMn,sxlC 	
.= 
10x106x0,05x0,1' 
= 1,67 kN amax - 	
.. 	 12x0.5x0.05 
6.91. A viga tem a seção transversal retangular mostrada na figura. Se P = 1,5 kN, determine a tensão de 
flexão máxima na viga. Faça um rascunho da distribuição de tensão que age na seção transversal. 
1.5 J 1.5 kN 
1 
5w' 
1.5kM 	 1.5KM 
1' 	 1' 
0.m 	 o 	
SOmai
.)m—_j 
-1h 
r[Ioo mm 
Figura 6.91 
OMF 
750 Njn 
0,5.,, 
 
lM2 = 750 N.m 
- lMmxlc - 750x00$ - 
0máx - 1 - 	 - 9 MP 
*2 
329 
Resolução Steven Rõger Duarte 
ti 
Cisalhamento transversal 
7.1 - PROLEMAS 
7.1. Se a viga for submetida a um cisalhamento de V = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento na 
alma em A e B. Indique as componentes da tensão de cisalhamento sobre um elemento de volume 
localizado nesses pontos. Considere w = 125 mm. Mostre que o eixo neutro está localizado em y' = 0,1747 
m em relação à parte inferior e 'NA = 0,2182(10-a) m4 . 
2f) mm 
30 mm 
25 nun 
250 
M1TJ 
.,Omm' 
Figura 7.1 
N1 	 1 A 
414 ,4 
 
Ycc 
- 
- EAYCG - (125 X 30(15) + (200 X 30)(295)+ (250 x 25)(155) 
= 174,7 mm (Centroide da seção transversal) 
 E 
	 - 	 (125x30)+(200x30)+(250x25) 
0.03' [ 
'NA 
= 1 	 n 	 + 0,125 x 0,03 x (0.1597)2] + 
fo.02Sx0.2S' 
 + 0.025 x 0,25 ,c (0,0197)2] + 1
02 X 
~ 	
+ 0.2 x 0,03 x (0.1203) 2] t 	 12 
1=2,1818x 10 4 m1 
QA = A'YCG = (0.2 x 0.03)(0.31 - 0.1747 - 0,015) = 7.218 x 10' m3 
QB = A'y'.= (0,1747 - 0,015)(0,03 x 0.125) = 5.9888 x 104 m3 
TA - 
- VQA - (lsx 10)(7,218x 10') 	 VQ8 - (1sx1o(5,9$$8xIo') 
= 199 MPa 	 = = 1,65 MPa 
- - RA 
	
(2,1818x 10-4)(0,025) lts 
- (2j818x 10 4 )(0,025) 
i,qqMPa 
394 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cisalhamento transversal 
DEC 
p 
3 kIhJ 
—P 
Vmsj= P 
- 	
- EAYcc 2(40 x 60)(30) + (160 X 40)(80) = 58,57 mm (Centroide da seção transversal) YCG - 
	
- 	 (40x60)+(160x40) 
Qrnax = Y, A'ycG = 2(0,05857 x 0,04)(0.0292857) = 1,3722 x 10 4 m3 
= 2 (0.04x0.06' + 0,04 x 0,06 x 0,02857 2 ) + (0.16t0.04' + 0,16 x 0,04 x 0,02143 2 ) = 9,15048 x io m' 
' \ 	 12 	 12 
TMáx 	
i,3722 x 	 p = 373,43 kN = IVrnxIQrnáx 	 . 	 70x 106 = P( 
 a 	 (9.15048x10")(O.OS) 
7.18. Se a força P = 4 kN, determine a tensão de cisalhamento máxima na seção crítica da viga. Os 
apoios em A e B exercem somente reações verticais sobre a viga. 
	
1' 	 P 
3 kN /ffi 
	
.1 	 IJtIIJJILL 
A 	 a 
Im 	 i 2in 	 1 
a 
-. 	 I(E mm 
mm 
Figura 7.18 
4kN 	 6XN 	 4 
'EMA = O 
4 —6 x 1 + 2V9 - 3 x 4 = O 
V5 = 7 kN 
.2" 
7kN 	 7kN 
t+EF=O 
VA + 7- 6 - 4 - 4 = O 
VÃ = 7 kN 
405 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cisalhamento transversal 
DEC 
4 kN 
3 kAI 
	
- 3kW 	 & 
-4 fl 
jV,I= 4kW 
EAycc — 2(40 x 60)(30) + (160 x 40)(80) = 58,57 mm (Centroide da seção transversal) YCG 
= 	 — 	 (40x60)+(160x40) 
= EA'Y ' CG = 2(0,05857 x 0,04)(0,0292857) = 1,3722 x 104 m3 
= 2(0.04 0,063 + 0,04 x 0,06 x 0,02857 2 ) + (016x 0.04 + 0,16 x 0.04 x 0,02143 2 ) = 9,15048 x iO4 mm 
' 	 12 ' 	 12 
— lV,c lQtnáx 	 (4 x 10)(1,3722 x 10 4 ) 
tmãx =nt. 
	
—= 0,750 MPa 
II 	 (9,15048 x 1C')(0,080) 
7.19. Faça uma representação gráfica da distribuição da tensão de cisalhamento na seção transversal de 
uma haste com raio c. Quantas vezes a tensão de cisalhamento máxima é maior que a tensão de 
cisalhamento média que age na seção transversal? 
Figura 1.19'1 
C a wt 2 
	
, 	 /4 \/itc2\ 	 2 
Qrnáx = A'ycc = 	 = ic 3 
= 
4 
— 1 4V 
	
- 	 \ 
	
tmâx - 
	
- 
 lt 
V V 
tméd À= 
= ± 
tm*d 3 
406 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cisalhamento transversal 
7.27. Determine a tensão de cisalhamento nos pontos 8 e C localizados na alma da viga de fibra de vidro. 
23 LNt 
1r_4m_I_im 	 34W 
	
lmm-%—R O m 
	 LJ 
tt)m 	 AftJ 
Figura 7.27 
'C' +EMA =0 
	
t + E F = O 
-5x1-3x3,2667+4,6V0=O 	 VA-5-3+3,2174=O 
V0 = 3,2174 RN 
	 VÁ = 4,783 kN 
T +F = O 	 08 = A'y'cc = (0,1 x 0,018)(0,084) = 1,512 x 104 m3 
4,783 - V - 2,5 = O 	 1 = 2(0.1 xO,0i83 + 0,1 x 0,018 x 0,084 2 ) + (0.0122&153 = 2,88738 x 10'5 m' 
V = 2.2826 kN
VQ te = tc = 8 = (2,2826x 10)(1,512x 
ir4) 
(2,88738 x 10)(0,0I2) = 0,996 MPa 
1.28. Determine a tensão de cisalhamento máxima que age na seção crítica da viga de fibra de vidro. 
3 LN/m 
'Ç MIM 
I.—irn—L24rL_—:rn 
141)nim lsmm 
c 
1 5) rrun 
lZmm 	 a 
li 	 mm Lsmni 
Figura 7.28 
^ +EMA = O 
	
t + E Fy = O 
Sxl —3x3.2667+4,6V0=O 
	
VA-5-3+3,2174=0 
V0 = 3,2174 kN 	 = 4,783 kN 
412 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cisalhamento transversal 
IIA(PQ 
Q(y) = X A'YCG' = 0.05 + 0.17: ) (0.175 - y) = (7,65625 - 250y 2 ) x 10' m3 
VQ(Y) - (130 x 1o 3 )(7.6s625-.25oy 2)(1c4 ) 
- 	 (1,8177 x lr')(o.os) 	 (10,9513 - 357,6y9 MPa 
= 'A tdA = f(10.9513 - 357.6y 2)(106)(0.05)dy = 50,3 kN 
7.13. O raio da haste de aço é 30 mm. Se ela for submetida a um cisalhamento V = 25 kN, determine a 
tensão de cisalhamento máxima. 
- 54)LN 
Figura 7.13 
e 
	
Qmâx = 	 = (-' (: z) = 3x J2 / 	 3 
i —!L4 
4 
	
VQ,,, 	 4V 	 4x25x103 
TMàX - li 
_ 
- 31TC2 = 3X1TX0.0302 = 
11,79 MPa 
401 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cargas Combinadas 
8.2 - PROBLEMAS 
8.15. O suporte de aço é usado para ligar as extremidades de dois cabos. Se a tensão normal admissível 
para o aço for as,, = 168 MPa, determine a maior força de tração Pque pode ser aplicada aos cabos. O 
suporte tem espessura de 12 mm e largura de 18 mm. 
- 
Mw 
Figura 8.15 
+ZM=O 	 M-O,059P=O 	 :. M0,059P 
P 	 (0,059M0,009)Mc 	 ______ 
0adm - + 	 :. 	 168x 106 = o,Olzxo.ols + 0.012 X 0.018 3 
12 
P = 1,756 kN 
*8.16. O suporte de aço é usado para ligar as extremidades de dois cabos. Se a força P = 2,5 kN for 
aplicada, determine a tensão normal máxima no suporte. O suporte tem espessura de 12 mm e largura de 
18 mm. 
1$ mm 
50 mm 
Figura 8.16 
r+EM0 	 M-O.059x2.5x103 =O 	 :. 	 M147,SN.m 
- N Mc - 2.5x10 3 	 147 •5x0,009 
0mãx - A + 1 - 0,012 x 0.018 + 0012 
= 239,2 MPa 
458 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cargas Combinadas 
8.22. A força vertical P age na parte inferior da chapa cujo peso é desprezível. Determine a distância 
máxima d até a borda na qual aquela força pode ser aplicada de modo a não produzir nenhuma tensão de 
compressão na seção a-a da chapa. A chapa tem espessura de 10 mm, e P age ao longo da linha central 
dessa espessura. 
Figura 8.22 
N-P0 	 N=P 
M-(d-0,075)P=O 	 M=(d-O,075)P 
CFC= 
N Myc - - 	 P 	 - [(d - 0,075)P](0,075) = 666,67P - 26.668,67P(d - 0,075) 
o.o1xo1s 	 o.olxojs3 
12 
Para que a tensão de compressão seja nula. a c = 0. logo: 
666,67P - 26.666,67(d - 0,075)P = O resolvendo a equação obtemos: d = 0.100 m = 100 mm 
463 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cargas Combinadas 
*8.36. O cilindro e peso desprezível repousa sobre um piso liso. Dtermine a distânia excêntrica e na qual 
a carga pode ser posicionada de modo que a tensão normal no ponto A seja nula. 
Figura 8.36 
N=P 	 M = Pey 
- N MYA_ 	 1' 	 Pe,r 
A 
-- rn - ---i;E? -0 
Resolvendo a equação, obtem-se: e,. = 
8.37. A viga suporta a carga mostrada na figura. Determine o estado de tensão nos pontos E e F na seção 
a-a e represente os resultados em um elemento de volume diferencial localizado em cada um desses 
pontos. 
£umn e 
I®otn £ 
lw 
-2- 	 3nm 
T lo n 
Figura 8.37 
P o 
-1 
473 
Resolução: Steven Rõger Duarte 
Cargas Combinadas 
sen(A) = 0.6 	 cos(a) = 0,8 
- 10x2+Tc,sen(0)x4+Tocos(0)x0,30 	 ... T0=7,5758kN 
	
A-7,5758x0,60 	 ... 	 A=6061kN 
t+ZF =0 	 A,+7,5758x0.8-200 	 .. A7 = 15,454kN 
Seção a-a 
c 
—+EF=0 	 6,061—N0 	 :. N6,061kN 
t+ZFy =O 	 15,454 — 10 — V = 0 	 :. V=5.454kN 
	
M+lOxO,5-15,454x1 =0 	 :. M10,454kN.m 
= 2 
(01Sx0.013 
 + 0,15 x 0,01 x 0,1052) + (0015x023) = 4.31 x io4 ri?
12 
QE = 0,05 xO,1 xO,015 0,105x 0,15 x 0,01 = 2.325x 10' m 3 
Qf = O 
N - - MYE 	 6,061X103 10,454x103 x0 + 	 + = - 1,01 MPa = 1,01 MPa (C) 2 x 0.15 x 0.01+0,015 x0,2 4,31 
N Myr 	 6.061 x 10 10,454 x 10 x 0,11 = 
- 27.7 MPa = 27,7 MPa (C) 
= Ai 
- - 
- - 2x0,15x0.01+0,015x0.2 4,31x 10 
VQE 5.454 x 10 3 x 2325 x 10' VQr øx io x O 
	
- 	 - 
	
TE 
- 	 - lt 4.31x1r5x0,o15 	
= 1,96MPa - 
- 	 it 
- 
- 4,31x1rx0.015 	
5,9ZMPa 
c' a,02M& 
Or 2,7,MA.t 
	 ? C,5GMP 
474 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Cargas Combinadas 
v 
4' /0V 
	
/4 	 Z-6=, 
.j -ir 
N-40 	 :. N=4kN 
	
V-0,6670 	 :. V0,667kN 
+EM =0 	 M-0,667x 1=0 	 M=0,667kN.rn 
2 (OlSxO.023 
= 	 + 0,15 x 0,02 x 0,112) + (O.O1SxO.23 = 828 x 1O m' 12 12 	 / 
QA=0,05x0,1x0,015+0,11 x0,15x0,02=4,05x10m 3 
N My 	 4x10' 	 O.667x103 x0 
= A+i - 2x0,lSxO,02+O,2x0,015+ 8,28x105 =O,444MPa(T) 
- vo - (0,667 x 10)(4.05 x ic) 
= 0,217 MPa 
	
- li - 	 (8.28 x 10 -5)(0,015) 
itc:1iii. = 4 
= 
*8.40. Determine o estado de tensão no ponto 8 quando a viga está sujeita à força de 4 kN no cabo. 
Indique o resultado como um elemento de volume diferencial. 
At.). 
ZOom 
T 
MM 15nm 
T 
ISO0%m2omm 
Figura 8.40 
-. + S F = O 
	
C-4=0 
MD = O 
	
4 x 0,625-3,75; = O 
1 Kt/ 
— 
476 
Resolução: Steven Róger Duarte 
4kcN 
II 
= 4 kN 
C = 0.667 kN 
Cargas Combinadas 
*8.48. O guindaste AB consiste em um tubo que é usado para levantar o feixe de hastes que tem massa 
total de 3 Mg e centro de massa em G. Se o tubo tiver diâmetro externo de 70 mm e 10 mm de espessura 
da parede, determine o estado de tensão que age no ponto D. Mostre os resultados em um elemento de 
volume diferencial localizados nesse ponto. Despreze o peso do tubo. 
Figura 8.48 
15 
W = 3 x 103X9,81 = 29,43 kN 
Tsen(450)_ !!ea = O 	 :. 	 T=20,81 kN 
'cv 
= O ; N-2081cos(45 0 ) = O 	 N = 14,715 kN 
+EM = O 	 M.-20,81sen(45°)x 1,5 + 14,715x 1,5-20,8lcos(45°)x 0,075 = O :. M = 1.10362 kN.m 
= 	
= - 14,715x10 3 	 1,10362x103 x0 
A 	 1 	 11(0,0352_0,0252) + Tt (0035 0025') = - 7,81 MPa = 7,81 MPa (C) 
- VQD 
- OMPa tD --j---- 
484 
Resolução: Steven Rõger Duarte 
Cargas Combinadas 
8.50. O painel de sinalização está sujeito a carga uniforme do vento. Determine as componentes da 
tensão nos pontos C e D no poste de sustentação de 100 mm de diâmetro. Mostre os resultados em um 
elemento de volume localizado em cada um desses pontos. 
1.4 
rfi 
—L 
likPa 
tD 2mj 
Figura 8.50 
 
P = 1,5 x 2 xl = 3 kN 
V3kN 
V=0kN 
N=0kN 
a 	 = o 	 My = 3 x 3.5 = 10,5 kN.m 
a +ZM2 = o 
	 T2 = 3 xl = 3 kN.m 
 M XC 
- - 	 = o - 10,5 x 103 x 0,05 - 107 MPa = 107 MPa (C) 
- A 	 1 y 
	
7x0,05 	 - - 
V 	 3 x 10 3 x 0,05 - xQc 
tC 	 0+ 	 =15,3MPa 
N 7 Mxj, - 	 1O,SxlO3 xO 
= A+I - 0+ x0,O5 	 OMPa 
- VQz + Tco - (3x10)(xO.05) 3,103, 0,05 
tD - ir T' - ( xoos4)(o,1) + 	 x0,05 =15,BMPa11 
= 
	
-a-o £,PA4Pa 
•rc . 	 3 M/%*. 
rPRI 
Resolução: Steven Roger Duarte 
Projeto de Vigas e Eixos 
11.1 -PROBLEMAS 
11.1. A viga simplesmente apoiada é feita de madeira com tensão de flexão admissivel a, = 6,5 MPa e 
tensão de cisalhamento admissivel Tadm = 500 kPa. Determine as dimensõesda viga se ela tiver de ser 
retangular e apresentar relação altura/largura de 1,25. 
8kNftn 
Figura 11.1 
t l?s 	 b 
t+EF=O 	 R 1 +R2-64=0 
	
= R2 = 6412 = 32 kN 
ic 
c 
lV 1l = 16 RN 	 lM2 = 16 kN.m 
- Mmáx 	 16 x 10 3 
5req - 0adm = 6.5X106 
= 0,00246154 m 3 
b0,21144 m =211 mm 
b(125b) 
12 
Sreq 
= = O.625b 
= 0.0246154 
h = 1,25b = 125 x 211 = 264 mm 
Tmáx = 
VmQmax -- ((16 x 10)(0.3125 X 0.21144 X 0,625 X 021144) 
= 429,5 kPa <t ad m = 500 kPa OKl 
12 
Resolução: Steven Róger Duarte 
	
676 
Projeto de Vigas e Eixos 
11.2. As vigas do assoalho de um galpão de depósito devem ser selecionadas em função de vigas 
quadradas de madeira feitas de carvalho. Se cada viga tiver de ser projetada para suportar uma carga de 
1,5 kN/m sobre um vão simplesmente apoiado de 7.5 m, determine a dimensão a de sua seção ransversal 
quadrada com aproximação de múltiplos de 5 mm. A tensão de flexão admissivel é a,,, = 32 MPa e a 
tensão de cisalhamento admissivel = 0,875 MPa. 
Figura 11.2 
'1 
---! H 
?cN 
t + E E,, = O + R2 - 11,25=0 
j, 5C 
- 
R,=R2=11,25/2=5.625kN 
y'( rv1 	 // <1. 
5 
-(' 
e. + M = O 
	
M(x) - 5,625x + (1 ,Sx)(0,5x) = 0 .. M(x) = 5.625x - O.75x2 kN.m 
V = -M(x) = 5,625— 1,5x kN 	
.. 	 lM,,.âl = 10547 KN.m 	 lV.1 = 5.625 kN dx 
5req 	
_____ 	 4 - Mmáx - 10.547x103 	
a ,c 
__ 	 3,2959x 104 m3 	 = ! = 32959x '0 :. a=0,12552m 
	
Gadm 	 32_X 106 
4 
q 	 C 	 O.5a 
- (5.625x103)(0,25x0,12552x0,5x0.125522) = 0,535 MPa 
< 	 = 0,875 MPa OK! 
	
tmáx = 
	
- 	 (O.12552xo.125s2 3)(012552) 
12 
Logo, a = 125.5 mm =~ 130 mm 
Resolução: Steven Rôger Duarte 
	 677 
Projeto de Vigas e Eixos 
11.3. A viga de madeira deve ser carregada como mostra a figura. Se as extremidades suportarem 
somente forças verticais, determine o maior valor de P que pode ser aplicado. a,,, = 25 MPa, ;dm = 700 
kPa. 
i 150= 
Tmm 
Figura 11.3 
*1 
0,5P-V=0 	 :. 	 V0,5P 
M-0,5Px4=0 .'. M2P 
60X 120 x 40 + 135 x 30 X 150 
= 96,29032 mm (centroíde da seção transversal) Ycc 
= 	 120x40+30x150 
/0,04 X 0,12 
= . 	
+ 0,04 x 0,012 x 0,036292) + (05c003 + 0,15 x 0,03 x 0,03871 2) = 1,9162016 x 10 5 m4 
12 \ 	 12 
GMáX = - 
Mc - 2P x 0.09629032 
= 25 x 106 	 .. 	 P = 2.48753 KN = 2,49 kN 
 1,9162016X 10 5 
VmQmãx - (2,48753X 10 3 )(0.04814516x 0,04 X 0.5 X 0.096290322) = 
301 kPa <tadm = 700 kPa OKI tmáx = 
	
- 	 ( 1,9162016x 10-5)(0,04) 
Resolução: Steven Róger Duarte 	 678 
Projeto de Vigas e Eixos 
11.5. A viga simplesmente apoiada é feita de madeira com tensão de flexão admissivel a, = 7 MPa e 
tensão de cisalhamento admissivel tadm = 0,5 MPa. Determine as dimensões da viga se ela tiver de ser 
retangular e apresentar relação alturaflargura de 1,25. 
R t.25h b 
Figura 11.5 
5 PC# 	 v 
x 	
y37,SxkN/m 
y 
E4 
p xy 
- 
- 	 - (3705x)(x) 
- - 	 = 18,75x' kN 
2 	 2 
O 5 x:g 2m 	 ".1-EM = O : M(x)-75x+(18,75x 2)(x13)=0 :. M(x)75x-6,25x' kN.m 
V=-M(x)=75-18.75x' kN dX = 100 kN.m 	 = 75 kN 
/s 
- r (flfl 
- /s 
rcq 0adm C 
b(1,25b)3 
100x103,_ 	 12 	
. 	 b0,38m 
7x106 
 - 0,625b 
(75 x xo)(o,62s x 0,38 ,c 0,38x 0,3125 x 0.38) 
= 0,623 MPa > 
	
= 0,5 MPa, Portanto: tm - 
- 	
- 
- 	
io.ul2sxoaa)41(038) 
22 
0,5 x 106 = 	 = (75 x 103 )(0,3125b x 0.625b x b) 
12 	
... 	 b=0,42426m=424,3mm 
[
bCiaSb)3 M 
Resolução: Steven Róger Duarte 
	 680 
Projeto de Vigas e Eixos 
*11.16. A viga é feita de um material cerâmico cuja tensão de flexão admissivel é as,, = 5 MPa e tensão 
de cisalhamento tadm = 2,8 MPa. Determine a largura b da viga, se a altura for h = 2b. 
75 kN 
1.2kNhn 	 SOkN 
lSOmm 	 +iomm-I 
mr 
l b 
JL 
Figura 11.16 
a,sêX/ 	 SOt,f 
--'-- 
= O 	 75x0,05-0.18x0.075t0,15R2 -50x0,2 =0 	 R2 =41,76kN 
	
t+ZF=O 	 R 1 +41,76-O,18-75-500 	 :. 	 R,=83,42kN 
V('KA') Nt (KMIY?) 
aa on
- \ r 
-JsI 
fr 	 ' 	 .:Jc(r)) 	 o\ 
2,S 
lM2 = 3,75 KN.m 	 JVl = 75 kN 
	
Mmn — 1 	 3.75x 10 	
b(Zb)3 
- 	 12 	
- Sreq 	 b=O.104m=lO4mm - 
	
adn 	 C 	 5x106 	 b 
- 15Vj1 - 1$x7Sx 103 
- 
	
A 	 104 x (2 x 104) 
- 
- 52MPa>r 3dm = 2,8 MPa Não Ok! 
VmàxQm = 	 ___________________ 
Logo: tmáx 	 2,8 x 106 = (
75x 1Oi(bxhxú.Sh) 	 b = 0,14174 m 141,74 mm 
It 
Resolução: Steven Róger Duarte 	 691 
Projeto de Vigas e Eixos 
11.17. A viga de aço em balanço foi montada com duas chapas como mostra a figura. Determine as 
cargas máximas P que podem ser suportadas com segurança pela viga, se a tensão de flexão admissivel 
for a,, = 170 MPa e a tensão de cisalhamento admissivel for tad m = 95 MPa. 
150 mm 
I—'4 1 ISmrn 
j)i5Omm 	 1' 	 1' 
Figura 11.17 
	
1/ 	
1 
.4 
c+ZM =0 
	 M-2P-4P0 	 M6P 
V-P-P0 	 :. 	 V2P 
lSx 150x 75+150x lSx 157.5 = 
	
Ycc = 	 11625 mm (centroide da seção transversal) 150 x 15+ 150 x IS 
(0015 x 0.15 	 ____ 
= . 	 12 	 + 0,015 x 0,15 x 0,041252 
	 0I53 + 0 ) + (0.15 12 ,15 x 0,015 x 0,041252) = 1,1918 x io4 m4 
v 	 '4 
.2) 4 
lM1 =6P ; lV12P 
0adm 
- Mm4xc 	 170 x 106 = (6P)(O,11625) 	
.. 	 P=2,90 kN 
- 	 (1,1918x io- ) 
(2x2,9ox103)(o.116zsxo.olsxo.05812s) 
= 3294 MPa < 
	
= 95 MPa OK! tmáx = 
	 - 
- 	
(I.1916x io')(o,oi5) 
Resolução: Steven Róger Duarte 	 692 
Torção 
5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. 
Determine a tensão de cisalhamento máxima absoluta no eixo. 
3W Mm 500 N-n, 
 
r(N fl'; 
- 	 1 
- 3c0 
Figura 5.5 
T,,= 400 N.m - TmC - 2T,,,. - 2x400x 203 
—j—r 	 15,5MPa 
5.6. O eixo maciço de 32 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques aplicados às engrenagens. 
Se o eixo estiver apoiado em mancais lisos em A e B, que não resistem a torque, determine a tensão de 
cisalhamento desenvolvida no eixo nos pontos C e D. Indique a tensão de cisalhamento nos elementos de 
volume localizados nesses pontos. 
li 
: 	 N-rn ( o )=) 
e 
2:. 
Figura 5.6 
Ponto C 
- 	 - 	
- 2x 185x - 28,75 MPa T=185N.m 	 J 	 ltc' 	 1Tx163 - 
Ponto O 
Toc_2TD_ZxlSxlO_ 11,66 MPa T075N.m 	
nx163 
185 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Torção 
5.9. O conjunto é composto por duas seções de tubo de aço galvanizado interligados por uma redução em 
8. O tubo menor tem diâmetro externo de 18,75 mm e diâmetro interno de 17 mm, enquanto que o tubo 
maior tem diâmetro externo de 25 mm e diâmetro interno de 21.5 mm. Se o tubo estiver firmemente preso 
à parede em C, determine a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo quando 
o conjugado mostrado na figura for aplicado ao cabo da chave. 
75 
À. 
Z8 
A 	 B 
C2) 
r,r 2,25 ~Vn, 
(26,25X0.009375) 
= 62,55 MPa 
2 
tAB 
= !(00093754 
 - 0.0085') 
 
75 N 
Figura 5.9 
TAR = 75(0.15 + 0,2) = 26.25 N.m 
(26,25)(0,0125) 
= 18,89 MPa tØC 
= (0,0125 - 0,010754 ) 
5.10. O elo funciona corno parte do controle do elevador de um pequeno avião. Se o tubo de alumínio 
conectado tiver 25 mm de diâmetro interno e parede de 5 mm de espessura, determine a tensão de 
cisalhamento máxima no tubo quando a força de 600 N for aplicada aos cabos. Além disso, trace um 
rascunho da distribuição da tensão de cisalhamento na seção transversal. 
N30 N 
7Sinsn 
mm 
J4SMPo. 
6C')4 
Figura 5.10 
co = r, + t = 12,5 + 5 = 17,5 mm 
Tc0 - 90x 103 x 17$ 
= 14,5 MPa T = 600 x (0,75 + 0,75) = 90 N.m 	 tmáx 
= (co' - cj') - (17,5' - 12,5') 
Tc, 	 - 90x102 x12$ - 
= 	 10,32 MPa 
- ci') - (17.5' —12,5') 
187 
Resolução: Steven Róger Duarte 
5.25. Resolva o Problema 5.24 para a tensão de torção máxima em S. 
	
Torção 
ÍJ~9 <n3 
	
E 
q.5,y jj sUFI 
Figura 5.25 
= 80 x 0,9 = 72 kN 
w2 =80 x 0,9 = 72 kN 
w3 = 80 x 0.3 = 24 kN 
Te = 0,45 x 72 + 0,9 x 24 = 54 N.m 
TB - Tgc - 54 x 0.006 
- 	
- x0.006' = 159,15 MPa 
5.27. O poste de madeira, o qual está enterrado no solo até a metade de seu comprimento, é submetido a 
um momento de torção de 50 Fim que o faz girar a uma velocidade angular constante. Esse momento 
enfrenta a resistência de uma distribuição linear de torque desenvolvida pelo atrito com o solo, que varia 
de zero no solo a t0 N.rnlm na base do poste. Determine o valor de equilíbrio para t0 e, então, calcule a 
tensão de cisalhamento nos pontos A e B que se encontram na superfície externa do poste. 
N 
lOOmin 	 50M.." 
M 
x 	
saN 
Figura 5.27 
Equação da reta da distribuição de torque que passa pelos pontos (0.5t0;0) e (0;0,75m): t(y) = t0( 
- y) 
, 	 çO.71 	 2 \ 
	
T 
= 
2J': 
	
51 
' t(y)dy = LtoJo 	 - Y) dy = 0,375t0 
= O 	 0,375t0-50=0 :. t0 = 133,33 = 133N.mlm 
TAC 50X0.05 
	
TASON.m 	 [A
=Txo.os 
0,255MPa 
- Tgc - 27,78 x 0.05 
Ta=2J:5t&)dy=27,78N.m 	 t 
 --i--- = 0,141 MPa X 0.054 
195 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Deflexão em Vigas e Eixos 
12.4 - PROBLEMAS 
12.89. A viga em balanço com perfil W200 x 71 feita de aço A-36 é submetida à carga mostrada na figura. 
Determine o deslocamento em sua extremidade A. W200 x 71 (l = 76,6 x 106 mm4) 
6 LN 
Figura 12.89 
1—- 
41: 
W200 x 71 (l= 76.6 x 105 mm4) 
P1 3 [M(L/2) 2 +2)2] - 6x4,83 + [3(4,8/2)2 + 3(4,812)21 = 247,104 kN.m 
- 3E1 	 ] 
247,104 x 10 
(zoo x 10(766 X 10 6 ) = 0,01613 m = 16,13 mmi 
12.90. A viga em balanço com perfil W200 x 71 feita de aço A-36 é submetida à carga mostrada na figura. 
Determine o deslocamento em C e a inclinação em A. W200 x 71 (I = 76,6 x 106 mm 4) 
S 
Figura 12.90 
es <AI 	 Str. 
MI) 	 6x242 	 3x482 	 7776 
ac=(3Lx)+j= 6E (3x4.8-2,4)+ E; =-- kN.m3 
77,76x103 	 PL2 ML6x4,82 
 3x2,4 76,32 
	
= 0,00508 m = 5,08 mm 	
= 22! + EI = 2E1 
+ 	
= j– kN. m2 
7632 x 
= (zOOx 1O')(76,ex i0') = 0,00498 rad 
Resolução: Steven Róger Duarte 	 799 
Deflexão em Vigas e Eixos 
12.91. A viga simplesmente apoiada com perfil W360 x 64 feita de aço A-36 é submetida à carga 
mostrada na figura. Determine a deflexão em seu centro C. 
3OtN/m 
14141 1111 460 
	
3m 	 3m 
Figura 12.91 
JO*win, D kA9n, f4U tMm __________ Ç 4 	 -s 3m 	 3 
W360 x 64 (l = 179 x 106 
 mm4) 
a SwL4 ±a(X2 - 3Lx + 21,2) = 5x30x6 + 60x3 (32.,,. 3x 6x 3 + 2 x62) = 388.125 kN.m3 
	
621L 	 7682! 	 621x6 	 El 
388,125 x 33 
(200x 109)(179x 10-6) = 0,01084 m = 10,84 mm 1 
*12.92. A viga simplesmente apoiada com perfil W360 x 64 feita de aço A-36 é submetida à carga 
mostrada na figura. Determine a inclinação em A e B. 
30LN/m 
	
YM 	
141111111 jwN.rn 
3m 
Figura 12.92 
.4 	
3 	 4)ZM,n 	 4 	 34!! 	
-'—ti 
)6OAVm + Ir-,- 
	
__________ xzjjg7 	 --- 
W380 x 64 (I = 179 x 10 mm') 
7w!? +MOL. = 7x30x63 60x6 178,125 
	
8A 
= 3j 621 	 38421 1'r= 	 kN.m2 
178.125x 103 
= (zoo x 10)(179 X i) = 0.0049756 rad = 0,2850 
3wL3 + M 0 1 = 3 x 30 x 6 	 60 x 6 271,875 	 271,875 x io 88 
= 12821 	 321 	 12821 + 3D = EI 	 kN. m 2 :. 	 = (200x 109)(179x 10-6) = 0,007594 rad = 0,435° 
Resolução: Steven Róger Duarte 
	 800 
Deflexão em Vigas e Eixos 
12.97. A estrutura é composta por uma viga em balanço GB e uma viga simplesmente apoiada AB. Se 
cada uma for feita de aço A-36 e tiver momento de inércia em torno de seu eixo principal l, = 46(10 6) mm4 , 
determine o deslocamento no centro D da viga BA. 
75 kN 
Figura 12.97 
4jr' 	 1flÇcn 
fr-- 
Z4.n 	 24rr 
)j 
PLBC 3 - (37,5)(4,8) - 1382,4 
3E1 - 	 3E1 	 - EI 
kN.m 
PLAB3 + = (75)(4,83) + 1382,4 
= 	
= 	 864 x 	
= 0,093913 m = 93,91 mm t 
48E1 	 2 	 48E1 	 ZEI 	 Ei 	 (200x 109)(461 10') 
12.98. A extremidade A da haste está presa por um pino e acoplada a uma mola de torção de rigidez k 
que mede o torque por radiano de rotação da mola. Se uma força P for sempre aplicada 
perpendicularmente à extremidade da haste, determine o deslocamento da força. E1 é constante. 
 
p 
 
E.] 
¶4' 
Figura 12.98 
+ 	 = O 
	
kB — PL=O :. 	 PL 
A= A 	
PL3
' + A"= + = P13 
úk 
+ 
Resolução: Steven Róger Duarte 
	 804 
1X5 ffir~- 
Deflexão em Vigas e Eixos 
1 
dSxw 
W610 x 155(I = 1 . 290 x 106 mm4 , I, = 108 x 106 
 mm5 
= (25x±) 20kN = (isx 
) 
= 15 kN 
wL4 PyL3 
 - 	 (so x 1o)(3) 	 (zo x io)O) (aÂ)Y 
= 8Ei,Á + 3EIx - 8(200 x 10)(1.290 x jQá) + 3(200 1O)(i.290 10-6) = 0,001875 m = 1,875 mm L 
= 	
= 	 (is x 10)(3) 
3Et 	 3(200x I09)(108x 10-6) = 0,00625 m = 6,25 mm 
12.102. A estrutura é composta por duas vigas de aço A-36 em balanço CD e BA e uma viga 
simplesmente apoiada CB. Se cada uma for feita de aço e tiver momento de inércia em tomo de seu eixo L 
= 46(1 06)mm4 , determine a deflexão no centro G da viga CB. 
Figura 12.102 
75 Ks 
e 	 if 
- 	 - - 	 — 
- 
£4", 
P1? - 	 (75x 101)(4,0)
'G'= 	
- 
48(200 x 10)(46 x 10-&) = 0,0187826 m = 18,7328 mm 
PL3 
= 	
(37.5 x 10(4.8) 
3E1 	 3(200 10)(46 lO-e) = 0,150261 m = 150,261 mm 
AG= AG ' + AC= 18.7826 + 150,261 = 169,04 mm 1 
Resolução: Steven Rõger Duarte 
	 807 
Transformação da Tensão 
9.73. Determine (a) as tensões principais e (b) a tensão de cisalhamento máxima no plano e a tensão 
normal média. Especifique a orientação do elemento em cada caso. 
11 %IPj 
Figura 9.73 
(a) As tensões principais: 
	
c=-12MPa 	 a,=-8MPa 	 t.=4MPa 
Cx+Gy 	 128 
0rnéd = 2 = 2 
= - 10 MPa (Centro do circulo) 
	
R 
= J(°' 0Y)2 + 	 = ,K_ 12 ;i_al) z + (4)2 = 4.47 MPa 
= —10+4,47 = —5,53 MPa 	 ; 	 a2 = — 10-4,47 = — 14,47 MPa 
	
tang(28) = = 2 	
. 	
e = 31.7° (sentido horário) 
Ftp0. 
(b) A tensão de cisalhamento máxima no plano e a tensão normal média: 
	
tmâxno plano = R = 4,47 MPa 
	
Gméd 
= Gx : a. = —12-8 = - 10 MPa 
	
tang(205) = = 0,5 	 = 13,30 (sentido anti-horário) 
k 
572 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Transformação da Tensão 
9.85. A estrutura suporta a carga distribuída de 200 NIm. Determine a tensão normal e a tensão de 
cisalhamento no ponto D que agem nos sentidos perpendiculares e paralelos às fibras, respectivamente. 
Nesse ponto, as fibras formam um ângulo de 30° com a horizontal, como mostra a figura. 
R 
 
(roomm 
u 
 
 
mm 	 ~ 
50mm 
I:_ 
 
100 mm 
e 
P 
som 
 
F,d 
 
Figura 9.85 
	
^+EMA =0 	 -500x1,25+2,5Fc=0 	 •• 	 Fc =250N 
	
T+EFy =O 	 250-200x1,5+V=0 	 •• 	 V=50N 
'+EM=O 
	
M—(200x1.5)x0,75-250x1,5=0 	 •. M=150N.m 
Myp — 150 
	
— 25 kPa 	 T 	 VQD _ 
 (S0)(0,0625 x 0.0 7 5 x 0,1) = 
o,1 x0.z\ 	 3,516 kPa 
12 \ 	 12 	 / 
ox = 56,25 kPa ; oy = 0 kPa 	 t,, _ —3,516 kPa 
0~ - ax + ay = 56.25 + o 
 = 28,125 kPa (Centro do círculo) 
2 	 2 
R=f(~2
\2 +t
xyz=¡s6.z2 -2 +(_3,516)z=28.344kPa 
arctan ( zs,12s/ 
3,516 \/ 
= 	 g 	 = 7126° 1 	 1 0 = 180° — 120° — 7.126
0 
 = 52,87° Q 
ax = 28,125 — 28,344 cos(52,87°) = 11 kPa 	 'rx y, = —28,344sen(52,87') = —22, 6 kPa 
..—_ 3, 616 KIêt 
:~ fC G 
~CS4j~ 
S6.7d 
	
.ilf 	 6J° 
d,5~6 KPq 	 , 
2:r3 
C l KPC.i 
tt t1 ) 
sóa 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Transformação da Tensão 
*9.24. As fibras da madeira da tábua formam um ângulo de 200 com a horizontal como mostra a figura. 
Determine a tensão normal e a tensão de cisalhamento que agem perpendicularmente às fibras, se a 
tábua é submetida a uma carga axial de 250 N. 
300mm 1 4' 
- 	 -- 	
j6ornm 
	
ho N -* 	 e )' b O N 
	
2(P 	 25 mui 
Figura 9.24 
P 	 250 Gx = 5 166,67kPa 	 o,=QkPa 	 rxy 	 6=1100 
_________ 
ar + ay + °r ; °' cos(2O) + rsen(28) = 166,67+0+ 166,67
2
- O 
cos(2 x 110°) = 
2 
= 19,5 kPa 
= - 0 0y sen(28) + t,cos(2O) = 166.67 ~0 sen(2 x 110°) = - 53,6 kPa 
2 
9.25. Um bloco de madeira falhará, se a tensão de cisalhamento que age ao longo da fibra for 3,85 MPa. 
Se a tensão normal a 2,8 MPa, determine a tensão de compressão; necessária para provocar ruptura. 
a. = 2.8 Mia 
Figura 9.25 
c 	
49; 
ar =2.BMP3 	 ø,,=a,, 	 t,01 =OMPa 
— 
= - 
	
' sen(26) + t,cos(28) 	 : 	 2,8 a 
	
. 	 3,85 = - 
	
2 >' sen(-2 x 32°) 
Resolvendo a equação, obtemos: a,, = —5.767 MPa 
527 
Resolução: Steven Róger Duarte 
Transfomiação da Tensão 
9.59. Resolva o Problema 9.10 usando o circulo de Mohr. 
3Cfl kPa 
-4— 954)kI'a 
£ 
Figura 9.59 
= OkPa 	 a, = —300kPa 	 t,. =9SOkPa 
- 0x + 0y - 0 - 300 - 
0méd 
- 2 - 2 
- - 150 kPa (Centro do circulo) 
R = j(a* _ax)2 + txyz = j(o -(-2 ) 
300) 2 + 9502 
= 961,77 kPa 
950 
= arctang(g) = 81,03° 	 a = p + 1200 180° = 81,03 0 + 120°-180° = 21,03° 
= —150 + 961,77cos(21,03 0) = 748 kPa = 0,748MPa 
= —150-961,77cos(21,03°) = —1.048 kPa = 1048 MPa 
= 961,77sen(21.03°) = 345 kPa = 0,345MPa 
- te 
d(,cp0 ) 
T(t F) 
558 
Resolução: Steven Rôger Duarte