EM506 – Resistência dos Materiais II – Gabarito da Segunda … · 2017-01-16 · Questão 2 da Segunda Prova EM506 Resistência dos Materiais II - Gabarito – versão dez 2009

EM506 – Resistência dos Materiais II – Gabarito da Segunda Prova

Questão 1 da Segunda Prova EM506 Resistência dos Materiais II - Gabarito – versão dez 2009 Prof. Josué Labaki

1


Questão 1 [REVISADA] (3,0 pontos): Um durômetro Vickers possui uma ponta prismática

conforme mostrada na Figura 1. Em um teste de deformação da ponta, o prisma foi submetido

a uma carga uniformemente distribuída de intensidade p0 (N/m) ao longo de sua altura H.

Determine a redução de comprimento da ponta devido à carga p0 aplicada. Use o método que

achar conveniente.

Dados: módulo de elasticidade longitudinal do material da ponta – E.

Figura 1: Ponta prismática e suas dimensões.

Solução

Método escolhido: Princípio das Forças Virtuais.

O prisma pode ser modelado como uma barra, submetida a um carregamento uniformemente

distribuído, cuja área varia linearmente ao longo do comprimento. Um modelo do

carregamento é mostrado na Figura 1b.

Figura 1b: Modelo da pirâmide como uma barra com seção variável.

A expressão da área A(x) pode ser escrita como:

( )A x x= α +β (1)



2

Em que:

( ) ( ) ( ) 2A x 0 2H 2H 4H= = ⋅ = (2)

( )A x H 0= = (3)

De (2) e (3) em (1), obtém-se α = −4H e β = 4H2. Assim,

( ) ( )A x 4H H x= − (4)

Para aplicar o Princípio das Forças Virtuais (PFV) na determinação do deslocamento do ponto

B, é necessário estabelecer um sistema auxiliar, mostrado na Figura 1c.

Figura 1c: Sistema auxiliar para determinação de uB pelo PFV.

O esforço axial virtual interno devido à força virtual aplicada no ponto B é:

( ) BXN x F= + (5)

Essa força virtual é responsável por produzir um trabalho virtual de:

B Ba B BW F u F uδ = ⋅δ = ⋅µ ⋅ (6)

O esforço axial real do problema (Figura 1b) pode ser determinado pela equação diferencial

de barras.

a) eixos e convenção de sinais da Resistência dos Materiais

b) equação diferencial

( )X

dN x p(x)

dx= − (7)



3

c) equação de carregamento

0p(x) p= − (8)

d) condições de contorno

( )XN x H 0= = (9)

e) integração da equação diferencial

( )X 0

dN x p

dx= (10)

↓ ∫

( )X 0 1N x p x C= + (11)

f) determinação das constantes de integração

Substituindo-se (9) em (11), tem-se:

( )X 0 1 1 0N x H p H C 0 C p H= = + = ⇒ = − (12)

g) equações finais

( ) ( ) ( ) ( )X 0 X 0N x p x H N x p H x= − ⇒ = − − (13)

Assim, a variação de energia de deformação na pirâmide é:

( ) ( )( ) ( )

( )X 0Xbarra

x

p H xN x N xU dx

E x A x E

− −µδ = µ =∫ ( )

BF

4H H x−

x H H0 0B B0

x 0

p pdx F x F

4EH 4E

=

== −µ = −µ∫ (14)

Do princípio de conservação de energia, tem-se que:

BaW Fδ = ⋅ µ B barrau U⋅ = δ = − µ BF 0 0B

p pu

4E 4E⇒ = − (15)



1


Questão 2 (4,0 pontos): O eixo engastado-livre mostrado na Figura 2a é submetido a um

momento torsor MXC em sua extremidade livre. Uma forma de aumentar a torção máxima do

eixo é por meio de um furo, como mostrado na Figura 2b. Se o diâmetro do furo tiver metade

do diâmetro do eixo, determine que comprimento deve ter para que a torção máxima seja

aumentada em 5% em relação à do eixo maciço. Resolva pela técnica de Associação de

Sistemas.

Dados: raio do eixo maciço – rE; comprimento do furo – h.

Figura 2: (a) Eixo maciço e (b) o mesmo eixo com furo de comprimento h.

Solução

a) Dissociação dos sistemas

Figura 2c: dissociação dos sistemas.

b) Equilíbrio na interface

X 2 1 2 1M 0 M M 0 M M= ⇒ − + = ⇒ =∑ (1)



2

c) Compatibilidade cinemática

( ) ( )1B 1 1 2 2 2Bx L h x 0φ = φ = − = φ = = φ (2)

d) Solução do problema (1)

d1) eixos e convenção de sinais da Resistência dos Materiais

d2) equação diferencial

( )2

p1 1 1 1 1 12

1

dJ G x t (x )

dxφ = − (3)

d3) equação de carregamento

1 1t (x ) 0= (4)

d4) condições de contorno

( )1 1x 0 0φ = = (5)

( )X1 1 1M x L h M= − = + (6)

d5) integração da equação diferencial

( )2

p1 1 1 12

1

dJ G x 0

dxφ = (7)

↓ ∫

( ) ( )p1 1 1 1 X1 1 1

1

dJ G x M x C

dxφ = = (8)

↓ ∫

( )p1 1 1 1 1 1 2J G x C x Cφ = + (9)

d6) determinação das constantes de integração




3

( )p1 1 1 1 1 2 2J G x 0 C 0 C 0 C 0φ = = ⋅ + = ⇒ = (10)


( )X1 1 1 1 1 1M x L h C M C M= − = = + ⇒ = (11)

d7) equações finais

( )X1 1 1M x M= (12)

( )p1 1 1 1 1 1J G x M xφ = (13)

e) Solução do problema (2)

e1) eixos e convenção de sinais da Resistência dos Materiais

e2) equação diferencial

( )2

p2 2 2 2 2 22

2

dJ G x t (x )

dxφ = − (14)

e3) equação de carregamento

2 2t (x ) 0= (15)

e4) condições de contorno

( )X2 2 2M x 0 M= = + (16)

( )X2 2 XCM x h M= = + (17)

e5) integração da equação diferencial

( )2

p2 2 2 22

2

dJ G x 0

dxφ = (18)

↓ ∫



4

( ) ( )p2 2 2 2 X2 2 1

2

dJ G x M x D

dxφ = = (19)

↓ ∫

( )p2 2 2 2 1 2 2J G x D x Dφ = + (20)

e6) determinação das constantes de integração


( )X2 2 1 1M x 0 D M= = = + (21)

Substituindo-se (17) e (21) em (19), tem-se:

( )X2 2 1 XC 1 XCM x h D M M M= = = + ⇒ = (22)

e7) equações finais

( )X2 2 XCM x M= (23)

( )p2 2 2 2 XC 2 2J G x M x Dφ = + (24)

f) Resolvendo a associação

Das equações (1) e (13), tem-se que:

( )p1 1 1 1 XC 1J G x M xφ = (25)

Substituindo-se (24) e (25) em (2), tem-se:

( ) ( )1B 1 1 XC

p1 1

1x L h M L h

J Gφ = φ = − = − (26)

( )2B 2 2 2

p2 2

1x 0 D

J Gφ = φ = = (27)

( ) ( )p2 2

1B 2B XC 2 2 XC

p1 1 p2 2 p1 1

J G1 1M L h D D M L h

J G J G J Gφ = φ ⇒ − = ⇒ = − (28)

( ) ( )p2 2

2 2 XC 2 XC

p2 2 p1 1

J G1x M x M L h

J G J G

∴φ = + −

(29)



5

g) Solução

A torção máxima do eixo ocorre no ponto C e é dada pela Eq. (29) quanto x2 = h, isto é:

( ) ( )p2 2

máx 2 2 XC XC

p2 2 p1 1

J G1x h M h M L h

J G J G

φ = φ = = + −

(30)

O módulo de elasticidade transversal é o mesmo ao longo do eixo, sendo ele maciço ou

vazado: G = G1 = G2. O momento polar de inércia Jp1 refere-se ao eixo maciço, e Jp2 refere-se

ao eixo vazado.

4 4

p1 E IJ r r2

π= −( ) 4

Er2

π= (31)

No eixo vazado, com RI = RE/2, o momento polar de inércia é dado por:

( )4 4

4 4 4 4 4 4E Ep2 E I E E E E

r r 15 15J r r r r r r

2 2 2 2 16 2 16 2 16

π π π π π = − = − = − = = (32)

Neste eixo em particular, tem-se que:

4

Ep2 2 p2

4p1 1 p1E

15r

J G J 152 16

J G J 16r

2

π = = =

π

(33)

A deflexão máxima do eixo maciço é dada pela Eq. (13) quando x1 = L (ou também pela Eq.

(30) quando se faz o comprimento do furo h=0):

( ) XCmáx maciço 1 1

p1 1

Mx L L

J Gφ = φ = = (34)

Por outro lado, a deflexão máxima do eixo vazado é dada pela Eq. (30) por:

( ) ( ){ }{ }

p2

máx vazado XC XC XC XC

p2 2 p1 p2 2

XC

p2 2

J1 1 15M h M L h M h M L h

J G J J G 16

M 15 1L h

J G 16 16

φ = + − = + − =

= +

(35)



6

A relação entre a deflexão máxima para o eixo com e seu furo, segundo o enunciado, deve

ser:

XC

máx vazado

máx maciço

M

1,05φ

= =φ

p2 2J G{ }

XC

15 1L h

16 16

M

+

p1 1J G

{ } { }p1

p2

15 1 15 1L h L h

J 1616 16 16 16

J L 15 LL

105 15 15 1 63 15 1 3L L h L h h L

100 16 16 16 64 16 16 4

+ += = ⇒

⇒ = + ⇒ − = ⇒ =

(36)

Assim, um furo de 75% do comprimento do eixo é capaz de aumentar a torção máxima do

eixo em 5%.



1


Questão 3 (3 pontos): Considere a viga hiperestática mostrada na Figura 3. A viga é apoiada

no ponto A e engastada no ponto B. Um momento fletor MZA concentrado é aplicado no

ponto A.

a) Usando o Princípio das Forças Virtuais, determine a reação de apoio no vínculo A;

b) Explique o significado da expressão Wa = U no contexto dos métodos de energia na

elastostática. Exemplifique uma situação em que essa expressão não é satisfeita.

Figura 3: Viga hiperestática apoiada-engastada sujeita a momento concentrado.

Solução

A reação de apoio no vínculo A, VYA, é mostrada na Figura 3b. O valor de VYA é tal que a

flecha do ponto A é nula, isto é, vA = 0. Assim, pode-se aplicar o Princípio das Forças

Virtuais (PFV) para determinar a deflexão do ponto A, e fazendo essa deflexão igualar-se a

zero determinamos a reação VYA.

Figura 3b: Viga equivalente à da Figura 3.

Determinando o momento fletor real atuando na viga da Figura 3b:

a) Eixos e convenção da Resistência dos Materiais



2

b) Equação diferencial

( ) ( )2

Z2

dM qx x

dx= + (1)

c) Equação do carregamento

( )q 0x = (2)

d) Condições de contorno

( )Z ZAM Mx 0 = += (3)

( )Y YAV Vx 0 = += (4)

e) Integração da equação diferencial

( )2

Z2

dM 0x

dx= (5)

↓ ∫

( ) ( )Z Y 1

dM V Cx x

dx= = (6)

↓ ∫

( )Z 1 2M C x Cx = + (7)

f) Determinando as constantes de integração


( )Y 1 YA 1 YAV C V C Vx 0 = = + ⇒ == (8)


( )Z 2 ZA 2 ZAM C M C Mx 0 = = + ⇒ == (9)

g) Equações finais

( )Y YAV Vx = (10)

( )Z YA ZAM V x Mx = + (11)

Para determinar a flecha do ponto A, é necessário estabelecer um sistema auxiliar como

mostrado na Figura 3c.



3

Figura 3c: Sistema auxiliar para determinar a flecha em A, vA.

Determinando o momento fletor virtual atuando na viga da Figura 3c:

h) Eixos e convenção da Resistência dos Materiais

i) Equação diferencial

( ) ( )2

Z2

dM qx x

dx= + (12)

j) Equação do carregamento

( )q 0x = (13)

k) Condições de contorno

( )ZM 0x 0 == (14)

( ) AYV Fx 0 = += (15)

l) Integração da equação diferencial

( )2

Z2

dM 0x

dx= (16)

↓ ∫

( ) ( )Z Y 1

dM V Dx x

dx= = (17)

↓ ∫

( )Z 1 2M D x Dx = + (18)



4

m) Determinando as constantes de integração


( ) A AY 1 1V D F D Fx 0 = = + ⇒ == (19)


( )Z 2 2M D 0 D 0x 0 = = ⇒ == (20)

n) Equações finais

( ) AYV Fx = (21)

( )Z AM F xx = ⋅ (22)

O trabalho virtual da força virtual mostrada na Figura 3c é dado por:

A AA AWa F v F vδ = ⋅δ = ⋅µ ⋅ (23)

Este trabalho, produzido pela força virtual externa, corresponde a uma variação da energia de

deformação, dada por:

( ) ( )( ) ( )

ZZ

ZZx

M Mx xU dx

E Ix xδ = µ∫ (24)

[ ][ ]x L x LA 2

A YA ZAYA ZAx 0 x 0

ZZ ZZ

L L 3 23 2A A

YA ZA YA ZA

ZZ ZZ00

FU dx V x M x dxV x M F x

EI EI

F F L Lx xV M V M

EI EI 3 23 2

= =

= =

µ µδ = = + =+ ⋅

µ µ = =+ +

∫ ∫ (25)

Do princípio de conservação de energia, tem-se que:

AWa Fδ = ⋅ µ Av Uµ

⋅ = δ =AF 3 2

YA ZA

ZZ

L LV M

EI 3 2

+

(26)

3 2

A YA ZA

ZZ

1 L Lv V M

EI 3 2

∴ = +

(27)

Como foi dito, para que o problema da Figura 3b seja equivalente ao da Figura 3, é necessário

que o valor de VYA seja tal que a flecha do ponto A seja nula, vA = 0. Da Equação (27), tem-se

finalmente:

3 2 3 23 2

A YA ZA YA ZAYA ZA

ZZ

1 L L L LL Lv 0 V M 0 V MV M

EI 3 2 3 23 2

= = ⇒ + = ⇒ = −+

(28)



5

ZAYA

M3V

2 L= − (29)

No contexto dos métodos de energia na elastostática, a equação Wa = U expressa que todo o

trabalho exercido pelas forças externas sobre o corpo elástico é convertido em energia de

deformação. Essa expressão não é satisfeita, por exemplo, quando parte do trabalho das forças

externas é convertido em aceleração do corpo, isto é, depois da aplicação das forças o corpo

não permanece em equilíbrio estático.

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