Mecânica dos Sólidos I

P1 – 2010.120/05/2010(a) Reações de apoio

RA RB

q0a x

q0a/2

RA RB q0 2 a 0=

RB a q0 2 a a a( ) q0a2

2 0=

RB7 a q0

2=

RA7 a q0

2 q0 2 a 0= RA

3 a q0

2=

(b) Diagrama de Momento Fletor

0 < x < aM x( ) RA x= M x q0

3 a q0

2 x=

M x( ) RA x RB x a( ) q0x a( )2

2= a < x < 3a

M x( )3 a q0

2 x

7 a q0

2x a( ) q0

x a( )2

2= M x( )

q0 x 2 a( ) x 4 a( )

2=

mf x( )M x( )

q0 a2

= ξxa

= ξ 0 0.01 3

mf ξ( ) if 0 ξ 132

ξξ 2( ) ξ 4( )

2

0 1 2 31.5

1

0.5

0

0.5

x/a

M(x

)/qo*

a^2

0

(c) Diagrama de Cortante

V x( )x

M x q0 dd=

V x( )3 a q0

2= 0< x < a

V x( ) q0 a x( ) 2 a q0 = a < x < 3a

v x( )V x( )q0 a

=

v ξ( ) if 0 ξ 132 3 ξ( )

0 1 2 32

1

0

1

2

x/a

-V/q

o*a

(c) Diagrama de Cortante

O momento fletor máximo ocorre em x=a e vale M a( )3 a2 q0

2=

2ª Questão Um bloco, de rigidez muito grande , é suspenso por quatro barras articuladas, que possuem a mesma seção transversal e são constituídas do mesmo material. O sistema de suspensão está mostrado na figura abaixo.

(a) Para = 300 calcular as forças nas barras (b) O deslocamento do ponto C. (c) Se por acidente a barra 3 arrebentar, qual será a força na barra 2 ? Justifique. (d) Para o caso (c) calcular o deslocamento dos pontos A e C.

LL

d

P

1 2 3 4

C A

Dados: P = Peso do bloco d E – Módulo de Elasticidade A – Área da seção transversal

Parte 1

Equilibrio

Pela Simetria : F1 F4= F2 F3=

C A

1 2 3 4

L L

F1 sin θ( ) F2 cos θ( )P2

=

Cinemática Pela simetria deduz que o deslocamento horizontal é nulo e o deslocamentovertical de A é igual ao de C.

δ1 v sin θ( )= δ2 v cos θ( )=

Constitutiva

δ1F1 d

sin θ( ) E A= δ2

F2 d

cos θ( ) E A=

Solução

F1 F2 tan θ( )2=F1 d

sin θ( )2 E A

F2 d

cos θ( )2 E A=

F1 sin θ( ) F2 cos θ( )P2

= F2 sin θ( ) tan θ( )2 F2 cos θ( )

P2

=

F2P cos θ( )2

2 sin θ( )3 cos θ( )3

= F1P sin θ( )2

2 sin θ( )3 cos θ( )3

=

θπ6

cos θ( ) 0.866 sin θ( ) 0.5

(a)

F23 P

3 3 1= F2 0.48 P= F1

P

3 3 1= F1 0.16 P=

(b)vc

F1 d

sin θ( )2 E A vc

P d

2 A E cos θ( )3 sin θ( )3

=

vc4 P d

A E 1 3 3

= vc0.65 P d

A E=

(c) Se a barra 3 arrebentar a força na barra 2 é nula.

Justificativa : Fazendo- se o momento das forças em relação ao ponto central mostra-secom facilidade que

F2 0=

(d)F1

P2 sin θ( )

= F1 P= δ2 0= logo va 0=

δ1P d

E A sin θ( )=

δ1 v sin θ( )( )= δ1 v sin θ( )( )=

vδ1

sin θ( )= v

P d

A E sin θ( )2

= v4 P dA E

=

A Barra girará em torno do ponto A: ω atanv

d tan θ( )

=

ω atanv

d tan θ( )

= ω atanP

A E sin θ( )2 tan θ( )

= ω atan4 3 P

A E

=

ω atan6.9 PA E

=

ou para ω pequeno: ωd tan θ( ) v= ωv

d tan θ( )= ω

6.9 PA E

=

3ª Questão A peça de aço da figura está livre de tensões a temperatura ambiente. Achar o alongamento da peça quando o tubo externo sofre um acréscimo de temperatura .

2 1

3

L L

Dados: E=210 GPa = 1,2 x 10-5 1/0C = 500C L= 0,5m Diâmetros: Peça 1 – d1= 240mm Peça 2= d2= 270mm Peça 3= Diâmetro externo d3e=600mm Diâmetro interno d3i=300mm

E 210GPa α 1.2 10 5 Δθ 50

εT αΔθ εT 6 10 4

L 0.5m d1 240mm d2 270mm

d3e 600mm d3i 300mm ted3e d3i

2 dm

d3e d3i

2 te 150 mm

dm 450 mm

Equilibrio

F1 F2=σ1πd1

2

4 σ2

πd22

4= σ1

d22 σ2

d12

=

F2 F3= σ2πd2

2

4 σ3 π dm te = σ3

d22 σ2

4 dm te=

Cinemática δ3 δ1 δ2=

Constitutiva

δ32 L σ3

E2 L εT= δ1

Lσ1E

= δ2Lσ2

E=

Solução

2 L σ3E

2 L εTLσ1

E

Lσ2E

= 2 L σ3 E εT

E

Lσ2 d12 d2

2

E d12

=

L d22 σ2 4 E dm te εT

2 E dm te

Lσ2 d12 d2

2

E d12

0=

σ24 E d1

2 dm te εT

d12 d2

2 2 dm te d1

2 2 dm te d2

2

σ1d2

2 σ2

d12

σ2 89.82 MPa σ1 113.678 MPa

σ3E d1

2 d2

2 εT

d12 d2

2 2 dm te d1

2 2 dm te d2

2

σ3 24.251 MPa

δ32 L σ3

E2 L εT= δ3

4 L dm te εT d12 d2

2

d12 d2

2 2 dm te d1

2 2 dm te d2

2

δ3 0.485 mm

A peça de aço da figura está livre de tensões a temperatura ambiente. Achar

terno d3e=600mm Diâmetro interno d3i=300mm