1INSTITUTO TECNOLGICO DE AERONUTICA Curso: EST-10MECNICA DOS
SLIDOS 1 AULA DE EXERCCIOS 07/08/2015 Exerccio 1
DeterminarosesforosinternosqueatuamnaseotransversalemGdavigade
madeiramostradanafigura2.17.ConsiderarqueasarticulaesA,B,C,DeEsejam
acopladas por pinos sem atrito. 2 Soluo -Clculo das reaes dos
apoios: Escrevemos as equaes de equilbrio tomando-se o diagrama de
corpo livre da
estruturaglobaleaconfiguraoindeformadaporqueconsideramospequenas
deformaes.
ComoabarraBCarticuladanasduasextremidades,paraelasemanterem
equilbrionecessrioqueaforaqueatuasobreelasejacolinearcomoseueixo
longitudinal.Portanto,acomponente yC sernulaeareaodoapoioCsobreessa
barra tem apenas a componente xC . A resultante Wda fora linear
distribuda dada por ( ) ( )1300 6 9002W W lb = = 3Equaes de
equilbrio:
Considerando-seosistemadecoordenadascartesianasx,y,zindicado,
escrevemos 0 0x x xF C E = = (a) 0 1500 900 0 2400y y yF E E lb = =
= ( )( ) ( ) ( )20 1500 10 900 6 3 0 62003E x xM C C lb| |= + = =
|\ . Substituindo esse resultado na equao (a) escrevemos 6200 0
6200x xE E lb = = A figura a seguir mostra esses resultados.
-Clculo dos esforos internos na seo transversal em G:
AocortarmosaestruturaporumplanotransversalvigademadeiraAEpassando
pelo ponto G, a barra AB tambm cortada. A figura a seguir mostra
esse corte e o
diagramadecorpolivreaserconsideradoparaoclculodosesforosinternosna
seo desejada. 4
Temos, ento, que conhecer a fora interna ABFna barra AB. Essa
fora obtida a partir do equilbrio do pino no ponto B. 0 6200 sin 0x
ABF F u' = = 0 cos 0y BD ABF F F u' = = 5 Do tringulo retngulo
ADBpodemos escrever 4sin5u =e3cos5u = . Substituindo esses valores
nas duas equaes anteriores, escrevemos 46200 0 77505AB ABF F lb| |
= = |\ . ( )37750 0 46505BD BDF F lb| | = = |\ . Com essas foras no
diagrama de corpo livre considerado, temos Equaes de equilbrio: 0
7750sin 0nF N u = + = 0 7750cos 1500 0sF V u = + = ( ) ( ) ( ) 0
1500 2 7750cos (2) 0GtM M u = + =
Substituindo os valores 4sin5u =e 3cos5u =nas equaes acima,
escrevemos 647750 0 62005N N lb| |+ = = |\ . 37750 1500 0 31505V V
lb| |+ = = |\ . ( ) ( )31500 2 7750 (2) 0 6300 .5M M lb pe s| |' +
= = |\ . Osinal(-)indicaqueaforaouomomentoatuasobreaseotransversal
indicada com sentido oposto quele que foi considerado no diagrama
de corpo livre. A figura a seguir mostra os esforos com os seus
sentidos correto. 7Exerccio 2
DeterminarosesforosinternosqueatuamnaseotransversalemCdaviga
mostrada na figura 2.15. Soluo
TomamosodiagramadecorpolivredapartedireitadaseotransversalemC
porque assim no precisamos determinar as reaes no suporte
(engastamento). 8Da semelhana dos tringulos acima escrevemos6180
/270 9hh N m = =( ) 180 (6)(6)5402 2hW N = = =(resultante da fora
distribuda no trecho considerado) ( )16 23x m| |= = |\ .(posio do
ponto de aplicao da resultante W)As equaes de equilbrio escritas
para essa parte da viga so as seguintes: 0 0xF N = = 0 540 0 540y y
y yF V W V V N = = = = ( ) ( ) ( ) 0 540 2 0 1080 .zCM M W x M M N
m = + = + = =
Portanto,osentidodomomentofletorMdeveseropostoaoadotadonodiagramade
corpo livre considerado para os clculos dos esforos internos.
Exerccio 3 O guindaste da figura 2.19 consiste na viga AB, de
roldanas em A e D, de um cabo e
ummotor.Determinarosistemaresultantedeesforosinternosqueatuamnaseo
transversalemC,seomotorlevantaacargaWde500lbcomvelocidadeconstante.
Desprezar o peso das roldanas e da viga. 9 Soluo
Secortarmosaestruturapor umplanotransversal vigaAB epassandopelo
ponto C, podemos desenhar o diagrama de corpo livre abaixo.
10AforanocaboigualaopesoW=500lbporqueomesmolevantadocom
velocidadeconstante(aceleraonula),ouseja,aresultantedasforassobreele
nula.
Equaesdeequilbrioescritasconformeosistemadecoordenadasindicadono
diagrama de corpo livre: 0 500 0 500xF N N lb = + = = 0 500 0 500yF
V V lb = = = ( ) ( ) ( ) 0 500 4,5 (500)(0,5) 0 2000 .CzM M M lb
pe' = + = =
Osinal(-)indicaqueaforanormalNeomomentofletorMatuamsobrea
seotransversalindicadacomsentidosopostosquelesassumidosnodiagramade
corpo livre. Esses resultados so apresentados na figura a seguir.
11Exerccio 4
Determinarosistemaresultantedeesforosinternosqueatuamnaseotransversal
em B do tubo mostrado na figura 2.20. O tubo tem massa de 2Kg/m e
est submetido a
umaforade50Neumconjugadode70N.memsuaextremidadeA.Otuboest fixado
parede em C. Soluo Para determinarmos o sistema resultante de foras
internas na seo transversal
emB,nscortamosotuboporumplanopassandoporessepontoenormalaoseu eixo
longitudinal. Se considerarmos o diagrama de corpo livre da parte
do tubo entre os
pontosAeB,nsnoprecisamoscalcularasreaesdoapoionoengastamentoem C.
12 Os pesos das partes AD e BD do tubo so dados por ( )22 1,25 9,81
24,53AD ADgkg mW m W Nm s| | | |= = ||\ . \ . ( )22 0,5 9,81 9,81BD
BDkg mW m W Nm s| | | |= = ||\ . \ . 13Equaes de equilbrio: 0 0xF N
= = 0 0y yF V = = 0 50 0z z AD BDF V W W = = ( ) ( ) ( )1,250 50
1,25 02B x ADxM M W| |= = |\ . ( ) ( ) ( ) ( )0,50 50 0,5 0,5 70
02B y AD BDyM M W W| |= + = |\ . ( ) 0 0B zzM M = =
Substituindoosvalores24,53ADW = e9,81BDW = nasequaesacima,
escrevemos 50 24,53 9,81 0 84,34z zV V N = =( ) ( )1,2550 1,25
(24,53) 0 77,83 .2x xM M N m| | = = |\ . ( )( ) ( )0,550 0,5
(24,53) 0,5 (9,81) 70 0 30,28 .2y yM M N m| | + = = |\ . O sinal
(-) indica que o momento fletor yMatua sobre a seo transversal em
B, com sentido oposto quele assumido no diagrama de corpo
livre.
