Mecanica Técnica e Resistencia dos Materiais - SARKIS MELCONIAN PDF

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Accelerat ing t he world's research.

Mecanica Técnica e Resistencia dos Materiais - SARKIS MELCONIAN Marcos Galvao

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Livro Mecanica Tecnica e Resist encia dos Mat eriais 2 Flavio Wallace Mecânica Técnica e Resist encia dos Mat eriais Pablo Sousa RESIST ÊNCIA DOS MA RESIST ÊNCIA DOS MA RESIST ÊNCIA DOS MA RESIST ÊNCIA DOS MA RESIST ÊN… junior carmo

A lfab eto

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zy nmlkjih G reg o

Alfa

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17

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Phi

P

2 .2 .2

número de incógnitas

E s t r u t u r a s Is o s t á t ic a s A e s tr u tu r a

c o in c id e

é c la s s ific a d a

c o m o is o s tá tic a

c o m o n ú m e ro d e e q u a ç õ e s

M e c â n ic a T é c n ic a

q u a n d o o n ú m e r o d e r e a ç õ e s a s e r e m d e te r m in a d a s

d a e s tá tic a .

e R e s is t ê n c ia

d o s M a t e r ia is

E x e m p lo s : a)

ZYXWVUTS RAv

b)

I P,

I .

PI

lL . _ . _ . _ número

2 .2 .3

de equações

RAH

número de incógnitas

<

E s t r u t u r a s H ip e r e s t á t ic a s A e s tr u tu r a

p a r a d e te r m in a r P a r a to r n a r e s tá tic a

é c la s s ific a d a

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com as equações

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29

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'-_\_•.::..... .< ,'-

30kN

15kN

aZYXW zyxwvutsrqpo 3m

1m

2m

RA

IRB

= O

LM A

6RB = 4 x 15 + 30x 3

IR

B

= O

LFv

+

RA

RB

= 30 + 15

I RA = 20kNI

= 25kNI

1..d)

3m

6m

Solução idêntica ao exercício anterior. Teremos,

então: 12kN

48kN 3m

3m

1m

2m

I

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

IRa LM A

= O

ZYXWVU

6RB=7x12+48x3

I E x .2

-

RB = 38kN

= O

LFv RA

I

I

+

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

aZ

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

Força normal na barra I ,M A

=

~~t

:

ZYXWV

l'

. 53°

.'

RAH

F1V

' lH

(j)

O

6Fi sen53°=

I

1m

12kN

«:-7 : a

A

4m

7 x 2 + 20 x 2

Fi = 11,25KN I

Componente vertical de Fi

Componente horizontal de Fi Fi

H

= Fi

53° = 11,25

COS

FiV = Fi sen 53° = 11,25 x 0,8 = 9 kN

x 0,6 = 6,75 kN

Reação em A Componente Vertical RAV I ,F v

= O

I ,F H

I

R AV+FiV=20+2

I

RAV = 22 - 9 = 13kN

Resultante RA RA = JR~H

+ R~v

RA = J6,752

I

+ 132

RA == 14,65kN

I

Ângulo que RAforma com a horizontal tg o : = RAV

RAH

10: =

Componente horizontal RAH

62° 34'

~ 6,75

I

Mecânica Técnica e Resistência dos Materiais

=

O

RAH = FiH = 6,75kN

E X .3 -

zyxwvutsrqp 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

aZYXWVU

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 IM A =

O

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

I

I

Rs = 1690N IF y

RAy IF H

= O

+ Rs = 2400 + 240 + 1200

IRAS = 2150N I

= O

RA H = 320N

I

59

aZYXWV ZYXW

Resultante RA

RA = ~RÃH + RÃv RA

I

= J3202 +21502

RA = 2174N

Ângulo que RA forma com a horizontal tg « = RAV _ 2 1 5 0 R 320 AH

E X .4 -

l a = 8 1 ° 3 2 '1

Determinar as reações nos apoios A, B e C e a força normal atuante nas barras C D e ( ? ) , na construção representada na figura a seguir. G

. /n_ E eo

c

w ~ -t

® 53

3T

800N m

I

.5 t

11 ' ..;-.'-

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 C D 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

.M e c â n ic a

Técnica e

R e s is t ê n c ia d o s M a t e r ia is

O O N .m

Força normal na barra CD .L :M

A

Reação no apoio A

= O

aZY

.L :F v = O

RA + F1 = 2400

5F1 = 2400 x 2 + 1000

= 2400 - 1160

RA

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

ZYXWVU

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

'" C a r g a ,O is t r ib u íd a

61

,l

TR A Ç Ã O E COMPRESSÃO

zyxwv zyxwv

5.1

Revisão do Capítulo 3

5.1.1

Força Norm al ou Axial F

Eixo Longitudinal

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 Com pressão

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 com prim ida

Peça tracionada

UTS

Área da secção Transversal

Área da secção Transversal

-:

/

-63

zyxwv zyxw

Tensão Norm al 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 Onde:

I

o - tensão normal [Pa;

]

F - força normal ou axial [N;

]

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

]

Unidade de Tensão no SI (Sistem a Internacional) A unidade de tensão no SI é o pascal, que corresponde à carga de 1N atuando sobre uma superfície de 1m 2. 1N

Como a unidade pascal é infinetesimal, freqüência, os seus múltiplos:

utiliza-se

com

'~ 1m

2

. kP a (quilo pascal)

MP a (mega pascal) MPa = 10

6

Pa

kPa = 10

3

Pa

A unidade MPa (rnega pascal, corresponde à aplicação de 106 N (um milhão de newtons) 2 na superfície de um metro quadrado (m ). Como m 2 = 106mm2, conclui-se que: I MPa

= N/mm

2

1

MP a 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:

fedcbaZYX zyxwvuts UTSRQ on 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

]

[m

2

;

]

do material [P a;

inicial da peça [m;

]

]

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

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

Com pressão

no Nó

Peça Tracionada

no Nó

Peça Com prim ida

F

IRf Onde:

=

R

+

tlR

I

J!f

-

comprimento

final da peça [m;

R

-

comprimento

inicial da peça [m;

tlR

-

alongamento

[m;

longitudinal

]

]

A lei de Hooke, em toda a sua amplitude, deformação transversal (Et). Deform ação

]

abrange a deformação

longitudinal

(E) e a

( E )

Consiste na deformação que ocorre em uma unidade de comprimento submetida à ação de carga axial.

(u.c) de uma peça

Sendo definida através das relações:

Tração

e Com pressão

6~v

r I

./"

zyxwv

zyxwvutsrqp fedcbaZ ,

IE=~=~ I

.- -.,.,--

d=

- '--

---=o 1'C

~

i

)

Onde: d - Diâmetro da peça [m]. F - Carga axial aplicada [N].

cr - Tensão

admissível do material [Pa].

re - Constante trigonométrica 3,1415 ...

2

tem-

5.11

Dim ensionam ento de Correntes

zyxw zy

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

T em-se entao que: o

=

Fc 2A 2

Como a área do círculo é A = ~

tem-se que: 0== ~

= 2 Fc portanto. 2

2n d2

4

n d

I

d ~ ~~ ~

I

Onde: d - diâmetro da barra do elo [m). Fc - Força na corrente [N). rt - Constante trigonométrica

3, 1415 ....

UTS 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

Material

elásticas dos m ateriais Módulo de elasticidade E [GPaj

Módulo de elasticidade E [GPaj

Material

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

fedcbaZYXW com um encontrar-se

o m ódulo de elasticidade

""::,.Mecânica

=

I

29,6 kN.

através do equilíbrio do "D", tem-se que: y

L:Fy = O F3 = 40kN x

40kN

T.~,~;;~

e Com pressão

81

r

zyxwvutsrqp .

UTSRQPONML

, \ ~ :: :""'i >-"'· · "i/il.)..:

~.~!U Li )C':í'[)

;~ ," .~-:-.1$

fedcbaZYXWVUTSRQPONMLK 1.5 - Carga axial na barra ®.

.tE :C A

p < ~ ''.:-'(/~!i(l.4EI

Por simetria, conclui-se que:

kNI

IF4 = F = 29,6 2

2 - Dimensionamento

das barras.

2.1 - Tensão admissível

°e

cr =

k

(o).

= 220 = 110MPa 2

Icr=110MPa

I

2.2 - Área mínima da secção transversal das barras. (?); 2.2.1 - Barras A

2

(?)

= A4 =

e ®

29600N 110x106~

A2

=

A4

A

-Barra _

3 -

m2

= 269 x 10-6m2

A2 = A4 = 269mm

2.2.2

®

@;

2

@

40000M "

110x106

~

m A3 == 364

X

6 2 10- m

A3 == 364mm

2

Ex. 7 - A barra O) da figura é de aço, possui Ai = 400 mm 2 (área de secção transversal), . e o seu comprimento é fi. 1 = 800 mm. Determinar para a barra 0):

•.

a) Carga axial atuante (Fi)'

2m

.

•

3m

b) Tensão normal atuante (cr1). c) O alongamento d) A deformação

Eaço

= 210 GPa

.

3m

1

'C"

\)

I'

6kN

(Ll fi. 1)'

20kN

,

longitudinal (ti).

e) A deformação transversal

.

(tt1)

~_.

...