As tensões normal e de cisalhamento na arruela são calculadas. O diâmetro necessário é de 5-1/2 polegadas e a espessura necessária é de 1/2 polegada para que as tensões não ultrapassem os limites admissíveis.

1. 1.16. Determinar a força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que
passa pelo ponto C. Usar P = 8 kN.
Solução:
VA
HA
HB
VC
NC
MC
Reações de apoio
kN8V0VP0F
kN30H0HH0F
kN30H06,0H)75,03(P0M
AAy
AABx
BBA
=⇒=+−⇒=
=⇒=−⇒=
=⇒=×+××−⇒=
∑
∑
∑
Esforços na seção C, tomando o lado direito de C:
kN30HHN
kN8VVV
m.kN6M075,0VM
AAC
CAC
CAC
=⇒=
=⇒=
=⇒=×=
Resposta: A força normal, a força de cisalhamento e o momento na seção que passa pelo ponto C
são, respectivamente: 30 kN (compressão), 8 kN (para baixo) 6 kN.m (sentido horário),

2. 1.33. A coluna está submetida a uma força axial de 8 kN no seu topo. Supondo que
a seção transversal tenha as dimensões mostradas na figura, determinar a tensão
normal média que atua sobre a seção a-a. Mostrar essa distribuição de tensão atuando
sobre a área da seção transversal.
Solução:
Área da seção transversal:
MPa82,1
mm
N
82,1
mm4400
N8000
A
P
mm4400101402)10150(A
22
2
====σ
=×+××=
σ
Resposta: A tensão normal média que atua sobre a seção a-a é de 1,82 MPa (tensão de compressão
mostrada na cor vermelha atuando uniformemente sobre toda a seção transversal).

3. 1.36. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular
seu valor. Suponha que θ = 60º. O diâmetro de cada haste é dado na figura.
Solução:
050)60(senF)60cos(F0F
0)60cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lbf3,43F
lbf25F
AC
AB
=
= x
y
FAB
θθθθ=60o
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
psi581,344
4
4,0
3,43
4
d
F
psi324,127
4
5,0
25
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
=
×π
=
π
=σ
=
×π
=
π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 127,324 psi e
344,581 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC.

4. 1.37. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar qual das hastes está sujeita à maior tensão normal média e calcular
seu valor. Suponha que θ = 45º. O diâmetro de cada haste é dado na figura.
Solução:
050)45(senF)60cos(F0F
0)45cos(F)60(senF0F
o
AC
o
ABy
o
AC
o
ABx
=−×+×⇒=
=×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lbf83,44F
lbf6,36F
AC
AB
=
= x
y
FAB
θθθθ=45o
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
psi736,356
4
4,0
83,44
4
d
F
psi415,186
4
5,0
6,36
4
d
F
22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
=
×π
=
π
=σ
=
×π
=
π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 186,415 psi e
356,736 psi. Portanto, a haste que está sujeita à maior tensão normal média é a haste AC.

5. 1.38. A luminária de 50 lbf é suportada por duas hastes de aço acopladas por um anel
em A. Determinar o ângulo da orientação de θ de AC, de forma que a tensão normal
média na haste AC seja o dobro da tensão normal média da haste AB. Qual é a
intensidade dessa tensão em cada haste? O diâmetro de cada haste é indicado na
figura.
Solução:
28,1
F
F
2
4,0
5,0
F
F
d
d
F
F
d
F
d
F
4
d
F
4
d
F
050)(senF)60cos(F0F
0)cos(F)60(senF0F
AB
AC
2
2
AB
AC
2
AC
2
AB
AB
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
2
AB
AB
2
AC
AC
AB
AC
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=⇒=×=×==
π
π
=
σ
σ
=−θ×+×⇒=
=θ×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
o
AC
AB
42,47
lbf37,44F
lbf66,34F
=θ
=
=
x
y
FAB
θθθθ
50 lbf
60o
FAC
Assim, as tensões são:
AB22
AC
AC
AC
22
AB
AB
AB
2psi053,353
4
4,0
37,44
4
d
F
psi526,176
4
5,0
66,34
4
d
F
σ==
×π
=
π
=σ
=
×π
=
π
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e AC são, respectivamente, 176,526 psi e
353,053 psi, para um ângulo θ = 47,42o
.

6. 1.53. O bloco plástico está submetido a uma força de compressão axial de 600 N.
Supondo que as tampas superior e inferior distribuam a carga uniformemente por
todos o bloco, determinar as tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da
seção a-a.
Solução:
P
m
n
p
q
α
P
N
V
P
αααα
P
σσσσαααα
τττταααα
αααα
y
x
P
)(senPV
)cos(PN
α=
α=
Como a área A’ da seção inclinada é A/cos(α), as tensões correspondentes a N e V são,
respectivamente:
MPa05196,0)30cos()30sin(
50100
600
)cos()sin()cos()sin(
A
P
A
V
MPa09,0)30(cos
50100
600
)(cos)(cos
A
P
A
N
oo
30x'
o2
30
2
x
2
'
o
o
=
×
=τ⇒αασ=αα==τ
=
×
=σ⇒ασ=α==σ
α
α
Resposta: As tensões normal e de cisalhamento médias ao longo da seção a-a são: 90 kPa e 51,96
kPa, respectivamente.

7. 1.56. A junta está submetida à força de 6 kip do elemento axial. Determinar a tensão
normal média que atua nas seções AB e BC. Supor que o elemento é plano e tem 1,5
polegada de espessura.
x
y 6000 lb
FAB
60o
FBC
70o
Solução:
0)70cos(F)60cos(6000F0F
0)60(sen6000)70(senF0F
o
BC
o
ABx
oo
BCy
=×−×−⇒=
=×−×⇒=
∑
∑
Resolvendo:
lb4891F
lb5530F
AB
BC
=
=
Assim, as tensões são:
psi41,1630
5,10,2
4891
psi204,819
5,15,4
5530
AB
BC
=
×
=σ
=
×
=σ
Resposta: As tensões médias que atuam nas seções AB e BC são, respectivamente, 1630 psi e 819 psi.

8. 1.60. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2
. Determinar
a tensão normal média em cada elemento devido à carga P = 8 kip. Indicar se a tensão
é de tração ou de compressão.
Solução:
αααα
8,0
5
4
cos
6,0
5
3
sen
==α
==α
Nó A
ααααA
P
NAE
NAB
kip67,108,0
6,0
P
N
8,0NN0cosNN0F
kip33,13
6,0
8
N
6,0
P
N0senNP0F
AE
ABAEABAEx
AB
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴
=⇒=α+−⇒=
∑
∑
Nó E
NBE
NDE
ENAE
P
kip67,108,0
6,0
P
N
NN0NN0F
kip6875,0N
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BE
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=×=∴
=⇒=−⇒=
∑
∑

9. Nó B
αααα
NAB
B
NBDNBE
NBC
kip33,29N
8,0
6,0
6,0/PP75,0
8,0
6,0
P
8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
kip33,23
6,0
6,0/PP75,0
N
6,0
6,0NN
N
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BD
ABBE
BD
BEBDABy
=∴
×
−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=
−−
=∴
×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
Resposta: Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão
(indicadas com –) podem ser resumidos na tabela abaixo.
Barra Esforço (kip) Tensão (ksi)
AB +13,33 +10,67
BC +29,33 +23,47
DE -10,67 -8,53
AE -10,67 -8,53
BE +6,00 +4,80
BD -23,33 -18,67

10. 1.61. As barras da treliça têm uma área da seção transversal de 1,25 pol2
. Supondo
que a tensão normal média máxima em cada barra não exceda 20 ksi, determinar a
grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça.
Solução:
αααα
8,0
5
4
cos
6,0
5
3
sen
==α
==α
Nó A
ααααA
P
NAE
NAB
P333,18,0
6,0
P
N
8,0NN0cosNN0F
P667,1
6,0
P
N0senNP0F
AE
ABAEABAEx
ABABy
−=×−=∴
×−=⇒=α+⇒=
==∴=α+−⇒=
∑
∑
Nó E
NBE
NDE
ENAE
P
P333,18,0
6,0
P
N
NN0NN0F
P75,0N0P75,0N0F
DE
AEDEAEDEx
BEBEy
−=×−=∴
=⇒=−⇒=
=∴=−⇒=
∑
∑

11. Nó B
αααα
NAB
B
NBDNBE
NBC
P667,3N
8,0
6,0
6,0/PP75,0
8,0
6,0
P
8,0N8,0NN
0cosNcosNN0F
P917,2
6,0
6,0/PP75,0
N
6,0
6,0NN
N
0NsenNsenN0F
BC
BDABBC
ABBDBCx
BD
ABBE
BD
BEBDABy
=∴
×
−−
−×=×−×=⇒
=α−α+⇒=
−=
−−
=∴
×−−
=⇒
=−α−α−⇒=
∑
∑
Os valores dos esforços e das tensões de tração (indicadas com +) e de compressão (indicadas
com –) podem ser resumidos na tabela abaixo. A tensão normal média máxima ocorre na barra BC.
Barra Esforço Tensão
AB +1,667P +1,333P
BC +3,667P +2,933P
DE -1,333P -1,067P
AE -1,333P -1,067P
BE +0,750P +0,600P
BD -2,917P -2,333P
Assim:
kip818,6P
933,2
20
PP933,2ksi20
A
força
maxadm =∴=⇒=⇒σ=σ⇒=σ
Resposta: A grandeza máxima P das cargas aplicadas à treliça deve ser de 6818 lbf.

12. 1.79 O olhal (figura ao lado) é usado para
suportar uma carga de 5 kip. Determinar seu
diâmetro d, com aproximação de 1/8 pol, e a
espessura h necessária, de modo que a arruela
não penetre ou cisalhe o apoio. A tensão
normal admissível do parafuso é σadm = 21
ksi, e a tensão de cisalhamento admissível do
material do apoio é τadm = 5 ksi.
Solução:
(1) tensão normal
P = 5 kip = 5000 lbf
σadm = 21 ksi = 21000 psi = 21000 lbf/pol2
d = ?
pol
8
5
d
pol55059,0
21000
50004
d
P4
d
P
4
dP
A
A
P
admadm
2
adm
adm
=∴
=
×π
×
=⇒
πσ
=⇒
σ
=
π
⇒
σ
=⇒=σ
(2) tensão cisalhante
V = 5 kip = 5000 lbf
τadm = 5 ksi = 5000 psi = 5000 lbf/pol2
φ = 1 pol (diâmetro da arruela)
( )
pol
8
3
h
pol31831,0
50001
5000
h
V
h
V
h
V
A
A
V
admadmadm
adm
=∴
=
××π
=⇒
τφπ
=⇒
τ
=πφ⇒
τ
=⇒=τ
Resposta: O diâmetro d necessário é de 5/8 pol e a espessura h necessária é de 3/8 pol .

13. 1.80 A junta sobreposta do elemento de madeira A de uma treliça está submetida a
uma força de compressão de 5 kN. Determinar o diâmetro requerido d da haste de
aço C e a altura h do elemento B se a tensão normal admissível do aço é
(σadm)aço = 157 MPa e a tensão normal admissível da madeira é (σadm)mad = 2 MPa. O
elemento B tem 50 mm de espessura.
Solução:
x
y
FB
60o
5 kN
FC
0)60cos(5F0F
0)60(sen5F0F
o
Bx
o
Cy
=×+−⇒=
=×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
kN500,2F
kN330,4F
B
C
=
=
Assim, as tensões são:
mm25h
250
2500
h
e
F
h
F
he
F
A
A
F
mm93,5d
157
43304
d
F4
d
F
4
dF
A
A
F
mad
B
mad
B
mad
B
mad
mad
B
mad
aço
C
aço
C
2
aço
C
s
s
C
aço
=⇒
×
=⇒
σ×
=⇒
σ
=×⇒
σ
=⇒=σ
=⇒
×π
×
=⇒
σ×π
×
=⇒
σ
=
π
⇒
σ
=⇒=σ
Resposta: O diâmetro da haste de aço deve ser de d=6mm e a altura do elemento B deve ser de
h=25mm.

14. 1.112- As duas hastes de alumínio suportam a carga vertical P = 20 kN. Determinar
seus diâmetros requeridos se o esforço de tração admissível para o alumínio for
σadm = 150 MPa.
Solução:
P = 20 kN = 20000 N
σadm = 150 MPa = 150 N/mm2
dAB = ?
dAC = ?
Equações de equilíbrio onde FAB e FAC são as forças nas hastes AB e AC, respectivamente.
N0,20000F0)45cos(F0F
N3,28284F0P)45(senF0F
AC
o
ACx
AB
o
ABy
=⇒=×+−⇒=
=⇒=−×⇒=
∑
∑
mm0294,13
150
200004F4
d
mm4947,15
150
3,282844F4
d
P4
d
P
4
dP
A
A
P
adm
AC
AC
adm
AB
AB
admadm
2
adm
adm
=
×π
×
=
πσ
×
=⇒
=
×π
×
=
πσ
×
=⇒
πσ
=⇒
σ
=
π
⇒
σ
=⇒=σ
Resposta: O diâmetro dAB necessário é de 15,5 mm e o diâmetro dAC necessário é de 13,1 mm.

15. 2.5 A viga rígida está apoiada por um pino em A e pelos arames BD e CE. Se a
deformação normal admissível máxima em cada arame for εmax = 0,002 mm/mm,
qual será o deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames?
Solução:
A B C
P
δδδδB
δδδδC
∆∆∆∆P
Por semelhança de triângulo:
CBP
537
δ
=
δ
=
∆
Mas,
mm2,118
5
7
5
7
mm8002,04000L
mm146
3
7
3
7
mm6002,03000L
CPmaxECC
BPmaxDBB
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
==δ=∆⇒=×=ε×=δ
Analisando
!sim0016,0
3000
8,4
L
8,42,11
7
3
7
3
mm2,11
mm14podenão0025,0
4000
10
L
1014
7
5
7
5
mm14
max
DB
B
BPBP
Pmax
EC
C
CPCP
ε<==
δ
=ε⇒==∆=δ⇒=∆
=∆ε>==
δ
=ε⇒==∆=δ⇒=∆
Resposta: O deslocamento vertical máximo provocado pela carga P nos arames será de 11,2 mm.

16. 2.8. Duas Barras são usadas para suportar uma carga. Sem ela, o comprimento de
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se a carga P atua
sobre o anel em A, a deformação normal em AB torna-se εAB = 0,02 pol/pol e a
deformação normal em AC torna-se εAC = 0,035 pol/pol. Determinar as coordenadas
de posição do anel devido à carga.
Solução:
CDBD
AD
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
pol33,4)60(sen5AD
5
AD
)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD
)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
E o lado CD:
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0):
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5)
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33).
Os alongamentos das barras serão:
pol28,0035,08L
pol1,002,05L
ACACACAC
ABABABAB
=δ⇒×=ε×=δ
=δ⇒×=ε×=δ
Assim, os novos comprimentos das barras serão:
pol28,8L28,08LL
pol1,5L1,05LL
*
ACACAC
*
AC
*
ABABAB
*
AB
=⇒+=δ+=
=⇒+=δ+=

17. 5,1 pol 8,28 pol
AD*
BD* CD*
αααα*
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar,
temos que:
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=
Mas o ângulo de 60o
foi alterado para:
o
*
AB
2*
AC
22*
AB*
**
AB
22*
AB
2*
AC
1,63
BCL2
LBCL
cosarc
)cos(BCL2BCLL
=








××
−+
=α
⇒α×××−+=
Para encontrar os novos lados BD e AD, temos que:
pol548,4)1,63(sen1,5AD
pol308,2)1,63cos(1,5BD
o*
o*
=×=
=×=
O novo ponto A é encontrado assim, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33):
→ anda à direita, em x, de BD*
(+2,308) e desce em y AD*
(–4,548).
Então as novas coordenadas do ponto A são (–0,192; –0,218)
Resposta: As coordenadas de posição do anel devido à carga são (–0,192; –0,218) pol.

18. 2.9. Duas barras são usadas para suportar uma carga P. Sem ela, o comprimento de
AB é 5 pol, o de AC é 8 pol, e o anel em A tem coordenadas (0,0). Se for aplicada
uma carga P ao anel em A, de modo que ele se mova para a posição de coordenadas
(0,25 pol, -0,73 pol), qual será a deformação normal em cada barra?
Solução:
CDBD
AD
Para encontrar os lados BD e AD, temos que:
pol33,4)60(sen5AD
5
AD
)60(sen
pol5,2)60cos(5BD
5
BD
)60cos(
o
o
o
o
=×=
⇒=
=×=
⇒=
E o lado CD:
pol727,6CD
33,48CDCDAD8 22222
=
⇒−=⇒+=
O ponto B é encontrado assim, a partir do ponto A que tem coordenadas (0; 0):
→ sobe em y com o valor AD (+4,33) e anda à esquerda, em x, com o valor de BD (–2,5)
Então as coordenadas do ponto B são (–2,5; +4,33).
Os novos comprimentos, BD*
e AD*
, a partir do ponto B que tem coordenadas (–2,5; +4,33) e do novo ponto
A(0,25; –0,73):
→ anda à direita, em x, (–2,5–0,25) e desce em y [+4,33–(–0,73)]
Então BD*
=|(–2,5–0,25) | = 2,75 pol e AD*
=|[+4,33–(–0,73)]| = 5,06 pol.
Como os pontos B e C permanecem no mesmo lugar, temos que:
pol227,9BC
727,65,2BCCDBDBC
=
+=⇒+=

19. AD*
BD* CD*
αααα*
LAB* LAC*
Então
pol477,675,2227,9BDBCCD **
=−=−=
pol219,806,5477,6ADCDL
pol759,506,575,2ADBDL
222*2**
AC
222*2**
AB
=+=+=
=+=+=
Assim, as deformações normais nas barras são:
0274,0
8
8219,8
L
LL
152,0
5
5759,5
L
LL
AC
AC
*
AC
AC
AB
AB
*
AB
AB
=
−
=
−
=ε
=
−
=
−
=ε
Resposta: A deformação normal na barra AB é de 15,2% e a deformação normal da barra AC é 2,74%.

20. 2.13. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada.
Determinar a deformação por cisalhamento média γxy da chapa.
Solução:
θθθθ
rad0199973,0
150
3
tg
2
1
xy
xy
−=





−=γ
θ−
π
=γ
−
Resposta: A deformação por cisalhamento média γxy da chapa é de –0,0200 rad.

21. 2.15. A chapa retangular está submetida à deformação mostrada pela linha tracejada.
Determinar as deformações normais εx, εy, εx’, εy’.
Solução:
0025,0
8
02,0
00125,0
4
005,0
y
x
==ε
−=−=ε
Chamando as diagonais de d e d’, antes e depois das deformações:
4
'y'x
22
22
1027,6
d
d'd
01,4995,3'd
44d
−
×=
−
=ε=ε
+=
+=
Resposta: As deformações normais são: εx = –1,25×10-3
; εy = 2,50×10-3
; εx’= 6,27×10-4
e
εy’ = 6,27×10-4

22. 2.17. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por
cisalhamento γxy nos cantos A e B se o plástico se distorce como mostrado pelas
linhas tracejadas.
Solução:
As coordenadas dos pontos (após a deformação) são:
A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D( 0, 0)
( ) rad80,01158515
2
5823815,1
005,403007,302
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410)2(302)403(2r.r
005,403rj)20(i)4030(r
007,3023022rj302i2rj)2304(i)403405(r
xyA
ADAB
ADAB
ADAB
ADAD
22
ABABAB
−=α−
π
=γ
=





×
−
=








×
=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
( ) rad80,01158515
2
5592112,1
005,403007,302
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410r.r
005,403rj)304302(i)4052(r
007,302rj)3042(i)405403(r
xyB
BCBA
BCBA
BCBA
BCBC
BABA
=β−
π
=γ
=





×
=







×
=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,01160 rad e
+ 0,01160 rad, respectivamente.

23. Lembrando que:
Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB
Vetor posição de A para B:................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB
rrr
−+−=
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr
+= e jBiBB yx
rrr
+=
Módulos dos vetores: ......................... 2
y
2
x AAA +=
r
e 2
y
2
x BBB +=
r
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅
rr
Ângulo entre vetores:.........................








×
⋅
=θ
BA
BA
cosarc rr
rr

24. 2.18. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação por
cisalhamento γxy nos cantos D e C se o plástico se distorce como mostrado pelas
linhas tracejadas.
Solução:
As coordenadas dos pontos (após a deformação) são:
A(403, 2)
B(405, 304)
C( 2, 302)
D( 0, 0)
( ) rad80,01158515
2
5823815,1
007,302005,403
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410)302(2)2(403r.r
007,302rj)3020(i)20(r
005,4032403rj2i403rj)302304(i)2405(r
xyC
CDCB
CDCB
CDCB
CDCD
22
CBCBCB
−=α−
π
=γ
=





×
−
=







×
=α
−=−×+−×=
=⇒−+−=
=+=⇒+=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrrrrr
( ) rad80,01158515
2
5592112,1
007,302005,403
1410
cosarc
rr
r.r
cosarc
1410r.r
007,302rj)0302(i)02(r
005,403rj)02(i)0403(r
xyD
DCDA
DCDA
DCDA
DCDC
DADA
=β−
π
=γ
=





×
=







×
=β
=
=⇒−+−=
=⇒−+−=
rr
rr
rr
rrrr
rrrr
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos C e D são –0,01160 rad e
+ 0,01160 rad, respectivamente.

25. Lembrando que:
Coordenadas de pontos: ..................... ( )yx A,AA e ( )yx B,BB
Vetor posição de A para B:................ ( ) ( )jABiABr yyxxAB
rrr
−+−=
Vetores: .............................................. jAiAA yx
rrr
+= e jBiBB yx
rrr
+=
Módulos dos vetores: ......................... 2
y
2
x AAA +=
r
e 2
y
2
x BBB +=
r
Produto escalar :................................. yyxx BABABA +=⋅
rr
Ângulo entre vetores:.........................








×
⋅
=θ
BA
BA
cosarc rr
rr

26. 2.19. A peça de plástico originalmente é retangular. Determinar a deformação
normal média que ocorre ao longo das diagonais AC e DB.
Solução:
As diagonais AC e DB originais têm:
mm500300400dd 22
DBAC =+==
A diagonal AC passa a ter o seguinte comprimento:
mm8,500300401d 22
'AC =+=
A diagonal DB passa a ter o seguinte comprimento:
mm4,506304405d 22
'DB =+=
Assim, as deformações nas diagonais são:
3
DB
3
AC
108,12
500
5004,506
106,1
500
5008,500
−
−
×=
−
=ε
×=
−
=ε
Resposta: As deformações normais médias que ocorrem ao longo das diagonais AC e DB são:
1,6×10-3
e 12,8×10-3
, respectivamente

27. 2.24. O quadrado deforma-se, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformação por cisalhamento em cada um dos cantos A e C. O lado DB
permanece horizontal.
Solução:
θθθθ
ββββ
( ) rad90,02617993
180
5,15,15,9190 oooo
xyA −=
π
×−=−=−=γ
Como a altura do ponto )5,1cos(53'D o
= , então:
rad0,20471002
)5,1cos(53
11
tgarc
)5,1cos(53
38
)(tg oo
=





=β⇒
+
=β
Assim:
( ) rad0,20471002)
2
(
22xyB −=β−=β+
π
−
π
=θ−
π
=γ
Resposta: As deformações por cisalhamento γxy nos cantos A e B são –0,02618 rad e – 0,2047 rad,
respectivamente.

28. 2.25. O bloco é deformado, indo para a posição mostrada pelas linhas tracejadas.
Determinar a deformação normal média ao longo da reta AB.
Solução:
Comprimento inicial de AB (calculado pelo triângulo retângulo verde):
mm7033,10710040L 22
ABi =+=
A altura de B’ (calculado pelo triângulo retângulo rosa):
222
15110'B −=
Assim o comprimento final AB’ é (calculado pelo triângulo retângulo amarelo):
mm8034,1111511025'B25L 22222
ABf =−+=+=
Portanto a deformação média de AB é:
038068498,0
L
7033,1078034,111
L
LL
ABiABi
ABiABf
=
−
=
−
=ε
Resposta: A deformação normal média ao longo da reta AB é de 0,0381 mm/mm.

29. 2.28. O elástico AB tem comprimento sem esticar de 1 pé. Se estiver preso em B e
acoplado à superfície no ponto A’, determinar a deformação normal média do
elástico. A superfície é definida pela função y=(x2
) pé, onde x é dado em pé.
Solução:
Comprimento inicial de AB:
pé1LABi =
Comprimento final de A’B:
pé1,4789429dxx41dx)x2(1dx)x('f1L
1
0
2
1
0
2
1
0
2
ABf =+=+=+= ∫∫∫
Portanto a deformação média de AB é:
4789429,0
1
11,4789429
L
LL
ABi
ABiABf
=
−
=
−
=ε
Resposta: A deformação normal média do elástico AB é de 0,4789 pé/pé.

30. 3.2 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
O módulo de elasticidade é a inclinação da reta inicial, ou seja, a tangente do ângulo entre a reta
inicial e o eixo das deformações (abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial, ou
melhor, área do triângulo inicial.
psi96,9ksi00996,0
2
0006,02,33
u
ksi3,55333
0006,0
2,33
E
r ==
×
=
==
Resposta:. Módulo de elasticidade = 55333,3 ksi e o módulo de resiliência = 9,96 psi.

31. 3.3 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de tenacidade aproximado se a tensão de ruptura for de 53,4 ksi.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
10
20
30
40
50
60
0,0000 0,0005 0,0010 0,0015 0,0020 0,0025
O módulo de tenacidade será a soma das áreas abaixo da curva do diagrama tensão versus
deformação, neste caso, um triângulo e quatro trapézios:
psi84,85ksi08584,0)4,535,51(
2
0004,0
)5,514,49(
2
0004,0
)4,495,45(
2
0004,0
)5,452,33(
2
0004,0
2
0006,02,33
ut
==+×++×
++×++×+
×
=
Resposta:. O módulo de tenacidade = 85,84 psi.

32. 3.4 Os dados de um teste tensão-deformação de uma cerâmica são fornecidos na
tabela. A curva é linear entre a origem e o primeiro ponto. Construir o diagrama e
determinar o módulo de elasticidade e o módulo de resiliência.
Solução:
Diagrama Tensão × Deformação
0
5
10
15
20
25
30
35
40
45
0,0000 0,0010 0,0020 0,0030 0,0040 0,0050 0,0060
O módulo de elasticidade é a tangente do ângulo entre a reta inicial e o eixo das deformações
(abscissa). O módulo de resiliência é a área sob essa reta inicial.
psi6,25ksi0256,0
2
0016,032
u
ksi20000
0016,0
32
E
r ==
×
=
==
Resposta:. O Módulo de elasticidade = 20000 ksi, e o módulo de resiliência = 25,6 psi.

33. 3.18 Os arames de aço AB e AC suportam a massa de 200 kg. Supondo que a tensão
normal admissível para eles seja σadm = 130 MPa, determinar o diâmetro requerido
para cada arame. Além disso, qual será o novo comprimento do arame AB depois que
a carga for aplicada? Supor o comprimento sem deformação de AB como sendo
750 mm. Eaço = 200 GPa.
x
y
FAB FAC
αααα
F
60o
Solução:
αααα
3
45
6,0
5
3
)cos(
8,0
5
4
)(sen
==α
==α
N33,196180665,9200F =×=
0F)(senF)60(senF0F
0)cos(F)60cos(F0F
AC
o
ABy
AC
o
ABx
=−α×+×⇒=
=α×+×−⇒=
∑
∑
Resolvendo:
N39,1066F
N66,1279F
AC
AB
=
=
Assim, os diâmetros serão:
mm23,3d
130
39,1066F
4
d
mm54,3d
130
66,1279F
4
d
AC
adm
AC
2
AC
AB
adm
AB
2
AB
=⇒=
σ
=
π
=⇒=
σ
=
π
O deslocamento do arame AB será:
mm488,0
4
54,3
200000
75066,1279
4
d
E
LF
22
AB
ABAB
=
×π
×
×
=
π
=δ
Resposta: Os diâmetros requeridos para os arames AB e AC são 3,54 mm e 3,23 mm, respectivamente. O
novo comprimento do arame AB será de 750,488 mm.

34. 3.24. A haste plástica é feita de Kevlar 49 e tem diâmetro de 10 mm. Supondo que
seja aplicada uma carga axial de 80 kN, determinar as mudanças em seu
comprimento e em seu diâmetro.
Solução:
Vamos nomear os comprimentos iniciais da
haste
Li = 100 mm
di = 10 mm
Outros dados:
P = 80 kN = 80000 N
E = 131 GPa = 131000 N/mm2
ν=0,34
Precisamos saber que:
ε=σ
ε×+=⇒
−
=
δ
=ε
ε
ε
−=ν
E
LLL
L
LL
L
iif
i
if
allongitudin
ltransversa
Da Lei de Hooke encontramos a deformação longitudinal.
mm97356,9)00264367,0(1010dddd
mm77751,1000077751,0100100LLLL
00264367,00077751,034,0
0077751,0
131000
59,1018
E
E
mm/N59,1018
4
10
80000
A
P
fltransversaiif
fallongitudiniif
allongitudinltransversa
allongitudin
ltransversa
allongitudin
2
2
=−×+=⇒ε×+=
=×+=⇒ε×+=
−=×−=ε×ν−=ε
⇒
ε
ε
−=ν
==
σ
=ε⇒ε=σ
=
π
==σ
Resposta: O comprimento passa a ser de 100,77751 mm e o novo diâmetro de 9,97356 mm.

35. 4.6. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Se a haste está sujeita a uma
carga axial P1 = 12 kip em A e P2 = 18 kip na conexão B, determinar o deslocamento
da conexão e da extremidade A. O comprimento de cada segmento sem alongamento
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam
rígidas.
Solução:
Dados:
Eaço = 29000 ksi = 29×106
psi = 29×106
lbf/pol2
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106
psi = 10×106
lbf/pol2
d = 1 pol
LAB = 4 pés = 48 pol
LBC = 2 pés = 24 pol
NAB = P1 = 12 kip = 12000 lbf
NBC = P1-P2 = 12-18 = -6 kip = -6000 lbf
pol00632,0
785398,01029
246000
AE
LN
AE
LN
pol0670,0
785398,01029
246000
785398,01010
4812000
AE
LN
AE
LN
AE
LN
pol785398,0
4
)pol1(
4
d
A
6B
aço
BCBC
B
n
1i ii
ii
66A
aço
BCBC
alumínio
ABAB
A
n
1i ii
ii
2
22
−=
××
×−
=δ⇒=δ⇒=δ
=
××
×−
+
××
×
=δ⇒+=δ⇒=δ
=
π
=
π
=
∑
∑
=
=
Resposta: O deslocamento da extremidade A é de 0,0670 pol e o deslocamento da conexão é de
-0,00632.

36. 4.7. O conjunto consiste de uma haste CB de aço A-36 e de uma haste BA de
alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 1 pol. Determinar as cargas aplicadas
P1 e P2 se A desloca-se 0,08 pol para a direita e B desloca-se 0,02 pol para a esquerda
quando as cargas são aplicadas. O comprimento de cada segmento sem alongamento
é mostrado na figura. Desprezar o tamanho das conexões em B e C e supor que sejam
rígidas.
Solução:
Dados:
Eaço = 29000 ksi = 29×106
psi = 29×106
lbf/pol2
Ealumínio = 10000 ksi = 10×106
psi = 10×106
lbf/pol2
d = 1 pol
LAB = 4 pés = 48 pol
LBC = 2 pés = 24 pol
lbf9,35342P02,0
785398,01029
24)P5,16362(
lbf5,16362P08,002,0
785398,01010
48P
pol08,0
785398,01029
24)PP(
785398,01010
48P
AE
LN
AE
LN
pol02,0
785398,01029
24)PP(
AE
LN
pol785398,0
4
)pol1(
4
d
A
26
2
B
16
1
A
6
21
6
1
A
aço
BCBC
alumínio
ABAB
A
6
21
B
aço
BCBC
B
2
22
=⇒−=
××
×−
=δ
=⇒=−
××
×
=δ
=
××
×−
+
××
×
=δ⇒+=δ
−=
××
×−
=δ⇒=δ
=
π
=
π
=
Resposta: As cargas aplicadas P1 e P2 são: 16,4 kip e 35,3 kip, respectivamente.

37. 4.42 A coluna de concreto é reforçada com quatro barras de aço, cada uma com
diâmetro de 18 mm. Determinar a tensão média do concreto e do aço se a coluna é
submetida a uma carga axial de 800 kN. Eaço = 200 GPa e Ec = 25 GPa.
Solução:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
2
sc
2
2
s
mm1,88982A300300A
mm88,1017
4
18
4A
=−×=
=




 π
=
P=800 kN
Pc – parte da força P no concreto
Ps – parte da força P no aço
scsc PPPPPP −=⇒=+
( ) ( ) ( ) ( )( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
MPa24,8
1,88982
7,732927
A
P
MPa9,65
88,1017
3,67072
A
P
N7,7329273,67072800000P
N3,67072
88,10172000001,8898225000
88,1017200000
800000P
AEAE
AE
PPAEPAEAEP
AEPAEPAEPAEPAEPAEP
AEPPAEPAEPAEP
AE
LP
AE
LP
c
c
c
s
s
s
c
s
sscc
ss
sssssccs
sssssccssssssccs
sssccssscccs
ss
s
cc
c
sc
===σ⇒===σ⇒
=−=⇒
=
×+×
×
×=⇒
+
=⇒=+⇒
=+⇒−=⇒
−=⇒=⇒=⇒δ=δ
Resposta: A tensão normal média do concreto é de 8,24 MPa e a tensão normal média do aço é de
65,9 MPa.

38. 4.43 A coluna mostrada na figura é fabricada de concreto com alta resistência
(Ec=29 GPa) e quatro barras de reforço de aço A36. Se a coluna é submetida a uma
carga axial de 800 kN, determine o diâmetro necessário a cada barra para que um
quarto da carga seja sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto.
Solução:
Es=200 GPa
Ec=25 GPa
sc A300300A −×=
P=800 kN
Pc – parte da força P no concreto
Ps – parte da força P no aço
scsc PPPPPP −=⇒=+
mm34,36
1
29000
200000
200
600
90000
1
E
E
P
P
90000
d
1
E
E
P
P
90000
d
1
E
E
P
P
90000
4
d
4
1
E
E
P
P
90000
A
1
E
E
P
P
A
90000
E
E
P
P
1
A
A90000
E
E
1
P
P
1
A
A
E
E
1
P
P
A
A
1
P
P
AE
AE
AE
AE
1
P
P
AE
AEAE
P
P
AEAE
AE
P
P
AEAE
AE
PP
c
s
s
c
c
s
s
c
c
s
s
c
2
c
s
s
c
s
c
s
s
c
s
s
c
c
ss
s
s
c
c
s
c
s
c
cc
s
ccc
ss
cc
ss
c
cc
sscc
csscc
ccc
sscc
cc
c
=
+











π=
+











π=⇒
+











π=⇒
+











=




 π
⇒
+











=⇒
+











=⇒












=
−
⇒












−
=⇒












−=⇒−=⇒+=⇒
+
=⇒
+
=⇒
+
=
Resposta: O diâmetro necessário é de 36,34 mm a cada barra para que um quarto da carga seja
sustentada pelo aço e três quartos pelo concreto.

39. 5.1. Um eixo é feito de liga de aço com tensão de cisalhamento admissível de
τadm = 12 ksi. Supondo que o diâmetro do eixo seja de 1,5 pol, determinar o torque
máximo T que pode ser transmitido. Qual seria o torque máximo T’ se fosse feito um
furo de 1 pol de diâmetro ao longo do eixo? Traçar o gráfico da distribuição
cisalhamento-tensão ao longo de uma reta radial em cada caso.
Solução:
pol.lbf16,7952
16
5,112000
16
d
T
d
T16
32
d
.2
Td
J2
dT
pol5,1d
psi12000ksi12
33
adm
34adm
adm
=
π
=
πτ
=
π
=
π
==τ
=
==τ
Para o eixo com um furo de 1 pol
pol.lbf36,6381'T
12000
32
)0,15,1(
2
5,1'T
32
)dd(
.2
Td
J2
d'T
pol0,1d
pol5,1d
psi12000ksi12
444
i
4
e
e
adm
i
e
adm
=∴
=
−π
×
×
=
−π
==τ
=
=
==τ
12 ksi 12 ksi
7,95 kip.pol 6,38 kip.pol
Resposta: As tensões de cisalhamento T e T’ são, respectivamente, 7952,16 lbf.pol e
6381,36 lbf.pol.

40. 5.5. O eixo maciço de 30 mm de diâmetro é usado para transmitir os torques
aplicados às engrenagens. Determinar a tensão de cisalhamento desenvolvida nos
pontos C e D do eixo. Indicar a tensão de cisalhamento nos elementos de volume
localizados nesses pontos.
Solução:
Para o ponto C temos:
233
C
4
CC
C
C
mm
N
7256,37
)30(
20000016
d
T16
32
d
2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N200000m.N200500300T
=
×π
×
=
π
=
π
==τ
=
==+−=
Para o ponto D temos:
233
D
4
DD
D
D
mm
N
4512,75
)30(
40000016
d
T16
32
d
2
dT
J2
dT
mm30d
mm.N400000m.N400200500300T
=
×π
×
=
π
=
π
==τ
=
==++−=
TC
TD
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos pontos C e D são: 37,7 MPa e 75,5 MPa,
respectivamente.

41. 5.6. O conjunto consiste de dois segmentos de tubos de aço galvanizado acoplados
por uma redução em B. O tubo menor tem diâmetro externo de 0,75 pol e diâmetro
interno de 0,68 pol, enquanto o tubo maior tem diâmetro externo de 1 pol e diâmetro
interno de 0,86 pol. Supondo que o tubo esteja firmemente preso à parede em C,
determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em cada seção do tubo
quando o conjugado mostrado é aplicado ao cabo da chave.
Solução:
Para o trecho AB temos:
2444
i
4
e
e
AB
ie
pol
lbf
71,7818
32
)68,075,0(
2
75,0210
32
)dd(
.2
Td
J2
Td
pol68,0dpol75,0d
pol.lbf210pol14lb15T
=
−π
×
×
=
−π
==τ
==
=×=
Para o trecho BC temos:
2444
i
4
e
e
BC
ie
pol
lbf
02,2361
32
)86,01(
2
75,0210
32
)dd(
.2
Td
J2
Td
pol86,0dpol1d
=
−π
×
×
=
−π
==τ
==
Resposta: As tensões máximas de cisalhamento nos trechos AB e BC são: 7,82 ksi e 2,36 ksi,
respectivamente.

42. 5.10. O eixo maciço tem diâmetro de 0,75 pol. Supondo que seja submetido aos
torques mostrados, determinar a tensão de cisalhamento máxima desenvolvida nas
regiões CD e EF. Os mancais em A e F permitem rotação livre do eixo.
Solução:
Para o trecho CD temos:
2334CD
pol
lbf
2173
75,0
18016
d
T16
32
d
.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf180pol12lbf15pés.lbf)2035(T
=
×π
×
=
π
=
π
==τ
=
=×=−=
Para o trecho EF temos:
2334EF
pol
lbf
0
75,0
016
d
T16
32
d
.2
Td
J2
Td
pol75,0d
pol.lbf0pés.lfb0T
=
×π
×
=
π
=
π
==τ
=
==
Resposta: A tensão de cisalhamento no trecho CD é de 2,173 ksi e no trecho EF é de 0,0 ksi.

43. 5.25. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que o eixo tenha diâmetro de ½ pol, determinar a tensão de cisalhamento
máxima nele desenvolvida.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 pés . lbf / s
23max
34max
t
max
pol
lbf
96,0855
5,0
0085,2116
d
T16
32
d
2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2
300
1255P
TTP
=
×π
×
=τ
π
=





 π
=τ⇒=τ
=
π
×
×
=
ω
=⇒ω=
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida é de 856 psi.

44. 5.26. O motor de engrenagens desenvolve 1/10 hp quando gira a 300 rev/min.
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível para o eixo seja τadm = 4 ksi,
determinar o menor diâmetro de eixo que pode ser usado com aproximação de 1/8
pol.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 pés . lbf / s
pol
8
3
pol299067,0
4000
0085,2116
d
T16
d
d
T16
32
d
2
Td
J2
Td
pol.lbf0085,21
60
2
300
1255P
TTP
3
3
adm
34max
t
max
≅=
×π
×
=
πτ
=⇒
π
=





 π
=τ⇒=τ
=
π
×
×
=
ω
=⇒ω=
Resposta: O menor diâmetro de eixo deve ser de 3/8 pol.

45. 5.30. A bomba opera com um motor que tem potência de 85 W. Supondo que o
impulsor em B esteja girando a 150 rev/min, determinar a tensão de cisalhamento
máxima desenvolvida em A, localizada no eixo de transmissão que tem 20 mm de
diâmetro.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 W = 1 N . m / s
2max
334max
t
max
mm
N
44492,3
20
27,541116
d
T16
32
d
2
Td
J2
Td
mm.N27,5411
60
2
150
85000P
TTP
=τ
×π
×
=
π
=





 π
=τ⇒=τ
=
π
×
=
ω
=⇒ω=
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima desenvolvida em A é de 3,44 MPa.

46. 5.31. Um tubo de aço com diâmetro externo de d1 = 2,5 pol transmite 35 hp quando
gira a 2700 rev/min. Determinar o diâmetro interno d2 do tubo, com aproximação de
1/8 pol, se a tensão de cisalhamento admissível é τmax = 10 ksi.
Solução:
A tensão de cisalhamento máxima é:





 π
−
π
==τ
2
d
2
d
dT
J
cT
4
2
4
1
1
t
max
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
1 hp = 550 lbf . pé / s
pol
8
3
2pol4832,2d
10000
2
d
2
5,2
5,2995,816
2
d
2
d
dT
J
cT
pol.lbf995,816
60
2
2700
1255035P
TTP
2
adm4
2
44
2
4
1
1
t
max
==
=τ=





 π
−
×π
×
=





 π
−
π
==τ
=
π
×
××
=
ω
=⇒ω=
Resposta: O diâmetro interno d2 do tubo deve ser de 2 3/8 pol.

47. 5.43. Um eixo está submetido a um torque T. Comparar a eficácia do tubo mostrado
na figura com a de um eixo de seção maciça de raio c. Para isso, calcular a
porcentagem de aumento na tensão de torção e no ângulo de torção por unidade de
comprimento do tubo em relação aos valores do eixo de seção maciça.
Solução:
As tensões de torção são: Os ângulos de torção são:
0667,1
15
16
2
c
cT
16
15
2
c
cT
e
2
c
cT
J
cT
16
15
2
c
cT
2
)2/c(
2
c
cT
J
cT
4
4
tensão
4
t
m
max
444
t
t
max
==





 π






×
π
=





 π
==τ






×
π
=





 π
−
π
==τ
0667,1
15
16
2
c
G
LT
16
15
2
c
G
LT
e
2
c
G
LT
GJ
LT
16
15
2
c
G
LT
2
)2/c(
2
c
G
LT
GJ
LT
4
4
ângulo
4
t
m
max
444
t
t
max
==





 π






×
π
=





 π
==τ






×
π
=





 π
−
π
==φ
Resposta: As eficiências de tensão de torção e ângulo de torção são iguais e valem um aumento de
6,67% do eixo vazado em relação ao eixo maciço.

48. 5.46. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as
extremidades estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da
extremidade A em relação à extremidade D? Os tubos têm diâmetro externo de
30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de 40 mm.
Solução:
Para o trecho BC temos:
( ) ( )
( ) ( )
o
44444AD
4
CDi
4
CDe
CD
4
BC
BC
4
ABi
4
ABe
AB
AD
BC
CDeABe
CDiABi
BC
CDAB
2
637973,0rad0111347,0
32
2030
250
32
40
500
32
2030
250
75000
85000
32
dd
L
32
d
L
32
dd
L
G
T
GJ
TL
mm40d
mm30dd
mm20dd
mm500L
mm250LL
mm
N
75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==












−π
+
π
+
−π
=φ












−π
+
π
+
−π
==φ
=
==
==
=
==
==
==
∑
Resposta: O ângulo de torção da extremidade A em relação a extremidade D é de 0,638º.

49. 5.47. O eixo de aço A-36 está composto pelos tubos AB e CD e por uma parte
maciça BC. Apóia-se em mancais lisos que lhe permitem girar livremente. Se as
extremidades A e D estão sujeitas a torques de 85 N.m, qual o ângulo de torção da
extremidade B da parte maciça em relação à extremidade C? Os tubos têm diâmetro
externo de 30 mm e diâmetro interno de 20 mm. A parte maciça tem diâmetro de
40 mm.
Solução:
Para o trecho BC temos:
o
4BC
4
BC
BC
BC
BC
BC
2
129185,0rad0022547,0
32
40
75000
50085000
32
d
G
LT
mm40d
mm500L
mm
N
75000GPa75G
mm.N85000m.N85T
==
π
×
×
=φ
π
=φ
=
=
==
==
Resposta: O ângulo de torção da extremidade B em relação à extremidade C é de 0,129º.

50. 5.49. As engrenagens acopladas ao eixo de aço inoxidável ASTM-304 estão sujeitas
aos torques mostrados. Determinar o ângulo de torção da engrenagem C em relação à
engrenagem B. O eixo tem diâmetro de 1,5 pol.
Solução:
Para o trecho BC temos:
( )
o
4
6
BC
26
716,2rad04741,0
32
5,1
1011
367200
GJ
TL
pol5,1d
pol36pés3L
pol/lbf1011ksi11000G
pol.lbf7200pol12lbf600pés.lb60T
==
π
××
×
==φ
=
==
×==
=×==
Resposta: O ângulo de torção da engrenagem C em relação à engrenagem B é de 2,716º.

51. www.profwillian.com
5.54. O eixo de aço A-36 tem 3 m de comprimento e diâmetro externo de 50 mm. Requer
que transmita 35 kW de potência do motor E para o gerador G. Determinar a menor velo-
cidade angular que o eixo pode ter se a máxima torção admissível é de 1o
. Adotar o módu-
lo de elasticidade transversal igual a 75 GPa.
Solução:
1 rotação = 2π rad
1 minuto = 60 s
( )
mm3000m3L
32
mm50
32
d
J
mm
N
75000MPa75000G
rad
180
1
44
2
o
==
×π
=
π
=
==
π
==φ
rpm37,1248
min
60
1
rot
2
1
729,130
s/rad729,130
267730
35000000
T
P
s
m.N
35000000kW35P
mmN267730
L
JG
T
JG
LT
=π×=ω
===ω
==
=
φ
=⇒=φ
Resposta: A velocidade angular é de 1248 rpm

52. 5.58. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade B quando os torques
são aplicados ao conjunto como mostrado.
Solução:
( ) ( )
o
BFFE
4
6
4
6
EHEHDHDH
EHDHE
1,53rad0,02666860,0177791
4
6
46
rad0,0177791
32
1
1011
301260
32
1
1011
101220
JG
LT
JG
LT
==×=φ=φ⇒φ=φ
=
×π
×
××
+
×π
×
××−
=+=φ+φ=φ
Observação: Note que o torque de 40 lb.pés (= 40×12 lb.pol) aplicado em G se transforma em 60
lb.pés aplicado no ponto E pois o diâmetro das engrenagens são diferentes. A reação de apoio em D
é de 20 lb.pés, portanto, os trechos DH e EH estão com os torques de –20 lb.pés e 60 lb.pés,
respectivamente.

53. 5.59. Os dois eixos são feitos de aço A-36. Cada um tem diâmetro de 1 pol, e eles
estão apoiados por mancais em A, B e C, o que permite rotação livre. Supondo que o
apoio D seja fixo, determinar o ângulo de torção da extremidade A quando os torques
são aplicados ao conjunto como mostrado.
Solução:
( ) ( )
( ) o
4
6
FGFG
EFGEAG
o
BFFE
4
6
4
6
EHEHDHDH
EHDHE
1,78rad0,0311133
32
1
1011
101240
0,0266686
JG
LT
1,53rad0,02666860,0177791
4
6
46
rad0,0177791
32
1
1011
301260
32
1
1011
101220
JG
LT
JG
LT
==
×π
×
××
+=+φ=φ+φ=φ=φ
==×=φ=φ⇒φ=φ
=
×π
×
××
+
×π
×
××−
=+=φ+φ=φ
Observação: φG (=φA) é encontrado adicionando φF (=φB) ao ângulo de torção surgido no trecho FG
devido ao torque de 40 lb.pés. Note que os trechos AG e BF não sofrem torques.

54. 6.1 Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais em
A e B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.
Solução:
AC
24 kN
250 mm
B
VA VB
x
800 mm
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
kN5,31V0105024800V0M AAz =⇒=×−×⇒=∑
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos:
kN5,7V024VV0F BBAy −=⇒=−+⇒=∑
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
24 kN x
Mx
Nx
Vx
Trecho CA x24M
0Mx240M
24V
0V240F
mm250x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
C
31,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
24 kN
7875x5,7M
0M)250x(5,31x240M
5,7V
05,31V240F
mm1050x250
x
xz
x
xy
−=∴
=+−−⇒=
=∴
=+−−⇒=
≤≤
∑
∑

55. Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-24
7,5
V
-6000
M

56. 6.2 O eixo está submetido às cargas provocadas pelas correias que passam sobre as
duas polias. Desenhar os diagramas de força cortante e momento. Os mancais em A e
B exercem apenas reações verticais sobre o eixo.
Solução:
AC
400 lbf
18 pol
B
VA VB
x
24 pol
300 lbf
D
12 pol
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
lbf550V0123004240024V0M AAz =⇒=×+×−×⇒=∑
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos:
lbf150V0300400VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
400 lbf x
Mx
Nx
Vx
Trecho CA x400M
0Mx4000M
400V
0V4000F
pol18x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
C
550 lbf
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
400 lbf
9900x150M
0M)18x(550x4000M
150V
0550V4000F
pol42x18
x
xz
x
xy
−=∴
=+−−⇒=
=∴
=+−−⇒=
≤≤
∑
∑

57. C
550 lbf
x
Mx
Nx
Vx
Trecho BD
A
400 lbf
B
150 lbf
16200x300M
0M)42x(150)18x(550x400
0M
300V
0150550V4000F
pol54x42
x
x
z
x
xy
−=∴
=+−−−−
⇒=
=∴
=++−−⇒=
≤≤
∑
∑
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-400
150
V
300
-7200 M-3600

58. 6.3 Os três semáforos têm, cada um, massa de 10 kg e o tubo em balanço AB tem
massa de 1,5 kg/m. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o tubo.
Desprezar a massa da placa.
Solução:
98,1 N 98,1 N 98,1 N
14,7 N/m
A B
1,75 m 1,75 m 3,00 m
C D
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AC
98,1 N
x1,98x35,7M
0M
2
x
x7,14x1,980M
1,98x7,14V
0Vx7,141,980F
m75,1x0
2
x
xz
x
xy
−−=∴
=++⇒=
−−=∴
=−−−⇒=
≤≤
∑
∑
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho CD
98,1 N 98,1 N
C
171,675x2,196x35,7M
0M
2
x
x7,14)75,1x(1,98x1,98
0M
2,196x7,14V
0Vx7,141,981,980F
m5,3x75,1
2
x
x
z
x
xy
+−−=∴
=++−+
⇒=
−−=∴
=−−−−⇒=
≤≤
∑
∑

59. A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DB
98,1 N 98,1 N
C
98,1 N
D
515,025x294,3x35,7M
0M
2
x
x7,14)5,3x(1,98)75,1x(1,98x1,98
0M
294,3x7,14V
0Vx7,141,981,981,980F
m5,6x5,3
2
x
x
z
x
xy
+−−=∴
=++−+−+
⇒=
−−=∴
=−−−−−⇒=
≤≤
∑
∑
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas (abaixo). Note que os momentos
negativos foram traçados para cima.
-98,1
-123,825
V
-221,925
-247,65
-345,75 -389,85
-194,184375
M
-605,1125
-1708,4625

60. 6.5 O encontro de concreto armado é usado para apoiar as longarinas da plataforma
de uma ponte. Desenhar seus diagramas de força cortante e momento quando ele é
submetido às cargas da longarina mostradas. Supor que as colunas A e B exercem
apenas reações verticais sobre o encontro.
Solução:
A
60 kN
1 m
B
VA VBx
35 kN
1 m 1,5 m 1 m 1 m1,5 m
60 kN
35 kN 35 kN
C D E F G
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
kN5,112V01601355,2354356605V0M AAz =⇒=×+×−×−×−×−×⇒=∑
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos:
kN5,112V06035353560VV0F BBAy =⇒=−−−−−+⇒=∑
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
x
Mx
Nx
Vx
Trecho CA
60 kN
x60M
0Mx600M
60V
0V600F
m1x0
x
xz
x
xy
−=∴
=−−⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑

61. C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AD
60 kN
5,112x5,52M
0M)1x(5,112x600M
5,52V
0V5,112600F
m2x1
x
xz
x
xy
−=∴
=−−+−⇒=
=∴
=−+−⇒=
≤≤
∑
∑
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DE
60 kN 35 kN
D
5,42x5,17M
0M)2x(35)1x(5,112x60
0M
5,17V
0V355,112600F
m5,3x2
x
x
z
x
xy
−=∴
=−−−−+−
⇒=
=∴
=−−+−⇒=
≤≤
∑
∑
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho EF
60 kN 35 kN
D
35 kN
E
80x5,17M
)5,3x(355,42x5,17M0M
5,17V
0V35355,11260
0F
m5x5,3
x
xz
x
x
y
+−=∴
−−−=⇒=
−=∴
=−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho FB
60 kN
35 kN
D
35 kN
E
35 kN
F
255x5,52M
)5x(3580x5,17M0M
5,52V
0V3535355,11260
0F
m6x5
x
xz
x
x
y
+−=∴
−−+−=⇒=
−=∴
=−−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑
C
112,5 kN
x
Mx
Nx
Vx
Trecho BG
60 kN
35 kN
D
35 kN
E
35 kN
F
112,5 kN 420x60M
)6x(5,112255x5,52M0M
60V
0V5,1123535355,11260
0F
m7x6
x
xz
x
x
y
−=∴
−++−=⇒=
=∴
=−+−−−+−
⇒=
≤≤
∑
∑

62. Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em kN e
diagrama de momentos em kN.m (logo abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados
para cima.
–60
+52,5
V
+17,5
+60
–52,5
–17,5
M
–7,5
–60 –60
+18,75

63. 6.6. Desenhar os diagramas de força cortante e momento para o eixo. Os mancais
em A e B exercem apenas reações verticais sobre ele. Expressar também a força
cortante e o momento em função de x na região 125 mm < x < 725 mm.
Solução:
A C
800 N
125 mm
B
VA VB
x
600 mm
1500 N
D
75 mm
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
N625,815V0751500675800800V0M AAz =⇒=×−×−×⇒=∑
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos:
N375,1484V01500800VV0F BBAy =⇒=−−+⇒=∑
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
A
815,625
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AC x625,815M
0Mx625,8150M
625,815V
0V625,8150F
mm125x0
x
xz
x
xy
=∴
=−⇒=
=∴
=−⇒=
≤≤
∑
∑
A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho CD
C
800N
815,625 100000x625,15M
M)125x(800x625,8150M
625,15V
0V800625,8150F
mm725x125
x
xz
x
xy
+=∴
=−−⇒=
=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑

64. A
x
Mx
Nx
Vx
Trecho DB
C
800N
815,625
D
1500N
1187500x375,1484M
M)725x(1500)125x(800x625,815
0M
375,1484V
0V1500800625,8150F
mm800x725
x
x
z
x
xy
+−=∴
=−−−−
⇒=
−=∴
=−−−⇒=
≤≤
∑
∑
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em N e
diagrama de momentos em N.mm (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para
cima.
815,625
15,625
V
–1484,375
M
111328,125101953,125

65. 6.32. Desenhar os diagramas de força cortante e momento da viga de madeira e
determinar a força cortante e o momento em toda a viga em função de x.
Solução:
AC
250 lbf
4 pés
B
VA VB
x
6 pés
250 lbf
D
4 pés
150 lbf/pé
• Utilizando as equações de equilíbrio, calculam-se as reações de apoio.
∑ = 0Fx Não será utilizada pois o enunciado afirma que os apoios exercem apenas reações verticais.
• Em seguida pode-se resolver a equação: ∑ = 0Mz , assim, tomando um eixo z que passa pelo
ponto B temos:
( ) lbf700V0425036150102506V0M AAz =⇒=×+××−×−×⇒=∑
• usando a equação: ∑ = 0Fy , temos:
lbf700V06150250250VV0F BBAy =⇒=×−−−+⇒=∑
Equações de esforços para cada um dos trechos. (Os esforços normais são iguais a zero ,Nx=0)
C
250 lbf x
Mx
Nx
Vx
Trecho CA x250M
0Mx2500M
250V
0V2500F
pés4x0
x
xz
x
xy
−=∴
=+⇒=
−=∴
=−−⇒=
≤≤
∑
∑
C
700 lbf
x
Mx
Nx
Vx
Trecho AB
A
250 lbf
150 lbf/pé
2
x
x
2
z
x
xy
x75x10504000M
0M
2
)4x(
150)4x(700x250
0M
x1501050V
0V700)4x(1502500F
pés10x4
−+−=∴
=+
−
+−−
⇒=
−=∴
=−+−−−⇒=
≤≤
∑
∑

66. C
700 lbf x
Mx
Nx
Vx
Trecho BD
A
250 lbf
150 lbf/pé
700 lbf
B
3500x250M
0M)10x(700
)7x(6150)4x(700x250
0M
250V
0V7007006150250
0F
pés14x10
x
x
z
x
x
y
−=∴
=+−−
+−×+−−
⇒=
=∴
=−++×−−
⇒=
≤≤
∑
∑
Resposta: Com as equações (acima) podemos traçar os diagramas de forças cortantes em lbf e
diagrama de momentos em lbf.pé (abaixo). Note que os momentos negativos foram traçados para
cima.
–250
450
V
250
–450
–1000
M
–1000
–325

67. 6.42 Foram propostas duas soluções para o projeto de uma viga. Determinar qual
delas suportará um momento M = 150 kN.m com a menor tensão normal de flexão.
Qual é essa menor tensão? Com que porcentagem ele é mais eficiente?
Solução:
M = 150 kN.m = 150×106
N.mm
O momento de Inércia:
Seção (a)
MPa114
165
216450000
10150
c
I
M
mm216450000I
0)30030(
12
30030
25,157)15200(
12
15200
I
a
6
a
a
max
a
4
a
2
3
2
3
a
=σ∴
×
×
==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
Seção (b)
MPa7,74
180
361350000
10150
c
I
M
mm361350000I
0)30015(
12
30015
2165)30200(
12
30200
I
b
6
b
b
max
b
4
b
2
3
2
3
b
=σ∴
×
×
==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
Eficiência = %53100
7,74
7,74114
=×
−
Resposta: A menor tensão normal é do perfil b e é de 74,7 MPa com eficiência de 53%.

68. 6.47 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.
Determinar a tensão normal de flexão nos pontos B e C da seção transversal.
Desenhar os resultados em um elemento de volume localizado em cada um desses
pontos.
Solução:
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:






××+
×
+×





××+
×
=
=⇒
×+×+×
××+××+××
=
2
3
2
3
x 5,12)1080(
12
1080
25,12)4010(
12
4010
I
mm5,32y
)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(
y
MPa548,15,7
3
1090000
75000
y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000
y
I
M
mm
3
1090000
I
C
x
max
C
B
x
max
B
4
x
=×==σ
=×==σ
=∴
Resposta: As tensões normais de flexão nos
pontos B e C da seção transversal são,
respectivamente, 3,612 MPa e 1,548 MPa.
σ=1,548 MPa
σ=3,612 MPa

69. 6.48 A peça de máquina de alumínio está sujeita a um momento M = 75 N.m.
Determinar as tensões normais de flexão máximas de tração e de compressão na peça.
Solução:
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
mm5,32y
)1080()4010()4010(
45)1080(20)4010(20)4010(
y =⇒
×+×+×
××+××+××
=
MPa709,65,32
3
1090000
75000
y
I
M
MPa612,35,17
3
1090000
75000
y
I
M
mm
3
1090000
I
5,12)1080(
12
1080
25,12)4010(
12
4010
I
base
x
max
max
B
x
max
max
4
x
2
3
2
3
x
+=×==σ
−=×−==σ
=∴






××+
×
+×





××+
×
=
+
−
Resposta: As tensões normais de flexão máximas são: 3,612 MPa de compressão e
6,709 MPa de tração.

70. 6.55 A viga está sujeita a um momento de 15 kip.pés. Determinar a força resultante
que a tensão produz nos flanges superior A e inferior B. Calcular também a tensão
máxima desenvolvida na viga.
Solução:
M = 15 kip.pés = 15×1000 lbf × 12 pol = 180000 lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol5,5625y
)13()81()15(
5,0)13(5)81(5,9)15(
y =⇒
×+×+×
××+××+××
=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
4
x
2
3
2
3
2
3
x
pol3200,270833I
)5,05625,5()13(
12
13
)55625,5()81(
12
81
)5,95625,5()15(
12
15
I
=∴
−××+
×
+−××+
×
+−××+
×
=
As tensões na parte superior e inferior do flange superior são:
( )
( )
lbf176953539)15(F
AF
psi353930903988
2
1
2
1
psi3090)5,5625-(9
3200,270833
180000
y
I
M
psi3988)5,5625-(10
3200,270833
180000
y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
=×==σ
=×==σ

71. As tensões na parte superior e inferior do flange inferior são:
( )
( )
lbf3,136501,4550)13(F
AF
psi1,45505,49997,4100
2
1
2
1
psi5,49995,5625
3200,270833
180000
y
I
M
psi7,4100)1-(5,5625
3200,270833
180000
y
I
M
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
maxinf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
σ==×==σ
=×==σ
Resposta: A força resultante que as tensões produzem no flange superior é de 17,7 kip de
compressão. A força resultante que as tensões produzem no flange inferior é de 13,7 kip de tração.
A tensão máxima na seção é de 5 ksi de compressão na parte inferior do flange inferior (tração).

72. 6.68 A seção transversal de uma viga está sujeita a um momento de 12 kip . pés.
Determinar a força resultante que a tensão produz na mesa (6 pol × 1 pol). Calcular
também a tensão máxima desenvolvida nesta seção transversal da viga.
Linha Neutra
y
σσσσsup
σσσσinf
σσσσmax
Solução:
M = 12 kip.pé = 12×1000 lbf × 12 pol = 144000 lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol0625,7y
)16()101(
5,10)16(5)101(
y =⇒
×+×
××+××
=
Momento de inércia da seção transversal em relação a linha neutra:
4
x
2
3
2
3
x pol271,197I)0625,75,10()16(
12
16
)50625,7()101(
12
101
I =∴−××+
×
+−××+
×
=
As tensões na parte superior e inferior da mesa são:
psi51550625,7
271,197
144000
y
I
M
psi21449375,2
271,197
144000
y
I
M
psi28749375,3
271,197
144000
y
I
M
x
max
max
inf
x
max
inf
sup
x
max
sup
=×==σ
=×==σ
=×==σ ( )
( )
lbf150552509)16(F
AF
psi250921442874
2
1
2
1
mesa
médmesamesa
méd
infsupméd
=××=
σ×=
=+=σ
σ+σ=σ
Resposta: A força resultante que a tensão produz na mesa é de 15,1 kip. A tensão máxima na seção
é de 5,2 ksi de compressão na parte inferior da alma.

73. 6.71 Determinar a tensão normal de flexão máxima absoluta no eixo de 30 mm de
diâmetro que está submetido a forças concentradas. As buchas nos apoios A e B
suportam apenas forças verticais.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
c
I
Mmax
max =σ
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na
questão:
mm15c
64
30
I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
4
1max
=
×π
=
==×=×=
Assim:
MPa181
mm
N
08,18115
64
30
480000
c
I
M
max
24max
max
max
=σ∴
=×
×π
=σ
=σ
Resposta: A tensão normal de flexão máxima absoluta é de σσσσmax = 181 MPa.

74. 6.72 Determinar o menor diâmetro admissível do eixo submetido a forças
concentradas. As buchas nos apoios A e B suportam apenas forças verticais e a tensão
de flexão admissível é σadm = 160 MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
c
I
Mmax
max =σ
I= momento de inércia da seção (no caso, um círculo). O centróide, c, da seção situa-se no centro da
altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre no apoio A. Com os dados fornecidos na
questão:
32
d
2
d
64
d
c
I
Z
2
d
c
64
d
I
mm.N480000m.N480m8,0N600aPM
3
4
4
1max
×π
=
×π
==
=
×π
=
==×=×=
Assim:
mm3,31d
300032
d
32
d
mm3000
160
480000
Z
M
Z
Z
M
c
I
M
3
3
3
nec
adm
max
nec
nec
maxmax
adm
=∴
π
×
=⇒
×π
===
σ
=⇒==σ
Resposta: O menor diâmetro admissível é de d = 31,3 mm.

75. 6.73 A viga tem seção transversal retangular como mostrado. Determinar a maior
carga P que pode ser suportada em suas extremidades em balanço, de modo que a
tensão normal de flexão na viga não exceda σadm = 10MPa.
Solução:
A tensão normal numa seção transversal de uma viga é:
c
I
Mmax
max =σ
I= momento de inércia da seção (no caso, um retângulo). O centróide, c, da seção situa-se no centro
da altura. Na questão, o momento máximo, Mmax, ocorre igualmente nos apoios. Com os dados
fornecidos na questão:
mm50c
12
10050
I
mmP500m5,0PaPM
3
max
=
×
=
=×=×=
Assim:
N67,1666P
50500
10
12
10050
P50
12
10050
P500
10
c
I
M
c
I
M
3
3
max
adm
max
max
=∴
×
×
×
=⇒×
×
=
=σ⇒=σ
Resposta: A maior carga P que pode ser suportada nas extremidades em balanço é de P = 1,67 kN.

76. 6.77. A viga está submetida ao carregamento mostrado. Determinar a dimensão a
requerida da seção transversal se a tensão de flexão do material for σadm = 150 MPa.
Solução:
Diagrama de momentos:
M
–60 kN.m
1,25 kN.m
0,25 m
Mmax = 60 kN.m = 60000000 N.mm = 60×106
N.mm (tração nas fibras superiores)
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
a
12
5
y
)a
3
2
a
2
1
()a
3
1
a(
a
3
2
)a
3
2
a
2
1
(a
6
1
)a
3
1
a(
y =⇒
×+×
××+××
=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
4
x
2
3
2
3
x
a
648
37
I
a
3
2
a
12
5
a
3
2
a
2
1
12
a
3
2
a
2
1
a
6
1
a
12
5
a
3
1
a
12
a
3
1
a
I
=∴






−×





×+






×
+





−×





×+






×
=
A tensão normal máxima ocorre na parte superior da seção transversal:
mm876,159
37
700
60a150a
12
5
a
a
648
37
1060
y
I
M 3
4
6
sup
x
max
sup =×=⇒=





−×
×
==σ
Resposta: A dimensão requerida deve ser a = 160 mm.

77. 6.79. Determinar a intensidade da carga máxima P que pode ser aplicada à viga,
supondo que ela seja feita de material com tensão de flexão admissível
(σadm)c = 16 ksi na compressão e (σadm)t = 18 ksi na tração.
Solução:
Diagrama de momentos:
M
60P
Mmax = 5×12 P = 60 P (tração nas fibras inferiores) em lbf.pol
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol25,6y
)81()18(
4)81(5,8)18(
y =⇒
×+×
××+××
=
Momento de inércia da seção transversal em relação à linha neutra:
( ) ( ) ( ) ( )
4
x
2
3
2
3
x
pol33,124I
425,681
12
81
25,65,818
12
18
I
=∴
−××+
×
+−××+
×
=
As tensões normais máximas ocorrem na parte superior (compressão) e na parte inferior (tração) da
seção transversal:
lbf5968P1800025,6
33,124
P60
y
I
M
lbf12056P1600075,2
33,124
P60
y
I
M
sup
x
max
inf
sup
x
max
sup
=⇒=×==σ
=⇒=×==σ
Resposta: A máxima carga P deve ser 5,968 kip.

78. 7.5 Se a viga T for submetida a um cisalhamento vertical V = 10 kip, qual será a
tensão de cisalhamento máxima nela desenvolvida? Calcular também o salto da
tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB. Desenhar a variação de intensidade
da tensão de cisalhamento em toda a seção transversal. Mostrar que IEN=532,04 pol4
.
Solução:
V = 10 kip = 10000 lbf
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol423,5y
)314()66(
5,7)314(3)66(
y =⇒
×+×
××+××
=
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
2
x
max
4
x
2
3
2
3
x
3
3
pol
lbf
4,276
60385,532
229,8810000
bI
QV
pol0385,532I
0769,2)314(
12
314
423,2)66(
12
66
I
pol229,880769,2)143(
2
577,0
)577,06(Q
ou
pol229,88
2
423,5
)423,56(Q
=
×
×
==τ
=∴






××+
×
+





××+
×
=
=××+××=
=××=
A tensão de cisalhamento na junção aba-alma AB:
2
x
mesa
2
x
alma
3
3
pol
lbf
1,117
140385,532
2298,8710000
bI
QV
pol
lbf
3,273
60385,532
2298,8710000
bI
QV
pol2298,870769,2)314(Q
ou
pol2298,87423,2)66(Q
=
×
×
==τ
=
×
×
==τ
=××=
=××= τ=117,1 psi
τ=273,3 psi
τ=276,4 psi
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima é de ττττmax = 276,4 psi. O salto da tensão de
cisalhamento na junção aba-alma AB é de 273,3 psi na alma e 117,1 psi na mesa.

79. 7.15 Determinar a tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal
circular de raio r e sujeito à força cortante V. Expressar a resposta em termos da área
A da seção transversal.
Solução:
A tensão de cisalhamento máxima é:
bI
QV
x
max =τ
onde:
r2b
4
r
I
3
r2
3
r4
2
r
Q
4
x
32
=
π
=
=





π
×




 π
=
Assim:
A3
V4
r3
V4
r2
4
r
3
r2
V
bI
QV
24
3
max
x
max
=
π
=
π
=τ⇒
=τ
Resposta: A tensão de cisalhamento máxima no eixo com seção transversal circular de raio r e
sujeito à força cortante V é de
A3
V4
max =τ .

80. 7.17 Determinar as maiores forças P nas extremidades que o elemento pode
suportar, supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 10 ksi. Os
apoios em A e B exercem apenas reações verticais sobre a viga.
Solução:
O máximo cortante ocorre nos apoios igualmente e é de:
PV =
Centro de gravidade da seção transversal tomando como base inferior como referência:
pol34091,2y
)5,16()5,25,1()5,25,1(
25,3)5,16(25,1)5,25,1(25,1)5,25,1(
y =⇒
×+×+×
××+××+××
=
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
( ) ( )
lbf6,80138P
21978,8
39574,2110000
P
pol
lbf
10000
39574,21
21978,8P
bI
QV
pol9574,21I
34091,225,3)5,16(
12
5,16
225,134091,2)5,25,1(
12
5,25,1
I
pol21978,82
2
34091,2
)34091,25,1(Q
2
x
4
x
2
3
2
3
x
3
=∴
××
=⇒
=
×
×
==τ
=∴






−××+
×
+×





−××+
×
=
=×





××=
Resposta: As maiores forças P nas extremidades que o elemento pode suportar são de 80,1 kip.

81. 7.21 Os apoios em A e B exercem reações verticais sobre a viga de madeira.
Supondo que a tensão de cisalhamento admissível seja τadm = 400 psi, determinar a
intensidade da maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga.
Solução:
O máximo cortante ocorre no apoio e é de:
)pol(12w75,0
2
w5,1
V
ou
)pé(w75,0
2
w5,1
V
×==
==
A tensão máxima de cisalhamento ocorre na linha neutra:
( )
( )
pé
kip
69,5
1000
12
474,0741
pol
lbf
474,0741w
161275,0
2
12
82
400
w
pol
lbf
400
2
12
82
1612w75,0
bI
QV
12
82
I
pol16
2
4
)42(Q
3
23
x
3
x
3
===∴
××
×
×
×
=⇒
=
×
×
××
==τ
×
=
=××=
Resposta: A maior carga distribuída w que pode ser aplicada sobre a viga é de 5,69 kip/pés.

82. 12.5 Determinar as equações da linha elástica da viga usando as coordenadas x1 e
x2. Especificar a inclinação em A e a deflexão máxima. Considerar EI constante.
Solução:
Reações de apoio:
PV0PPVV0F
PV0Pa)aL(PLV0M
BBAy
AA)B(z
=∴=−−+⇒=
=∴=−−−×⇒=
∑
∑
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
Lx)aL()aLx(P)ax(PPxM
)aL(xa)ax(PPxM
ax0PxM
3
2
1
≤≤−⇒+−−−−=
−≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
Lx)aL()aLx(P)ax(PPx)x(''yIE
)aL(xa)ax(PPx)x(''yIE
ax0Px)x(''yIE
3
2
1
≤≤−⇒+−+−+−=
−≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
Lx)aL(C
2
)aLx(
P
2
)ax(
P
2
x
P)x('yIE
)aL(xaC
2
)ax(
P
2
x
P)x('yIE
ax0C
2
x
P)x('yIE
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤−⇒+
+−
+
−
+−=
−≤≤⇒+
−
+−=
≤≤⇒+−=
Segunda integração:
Lx)aL(CxC
6
)aLx(
P
6
)ax(
P
6
x
P)x(yIE
)aL(xaCxC
6
)ax(
P
6
x
P)x(yIE
ax0CxC
6
x
P)x(yIE
63
333
3
52
33
2
41
3
1
≤≤−⇒++
+−
+
−
+−=
−≤≤⇒++
−
+−=
≤≤⇒++−=

83. As condições de contorno para a viga são:
6532
3232
5421
2121
CC)aL(y)aL(y
CC)aL('y)aL('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒−=−
=⇒−=−
=⇒=
=⇒=
)aL(
2
Pa
C)aL(
2
Pa
C
)aL(
2
Pa
C
0LC
6
)aLL(
P
6
)aL(
P
6
L
P)L(yIE0)L(y
0C0C0CC)0(yIE0)0(y
21
3
3
333
3
65441
−=∴−=∴
−=∴
⇒=+
+−
+
−
+−=⇒=
=⇒=⇒=⇒=⇒=
Então, as inclinações são:
Lx)aL()aL(
2
Pa
2
)aLx(
P
2
)ax(
P
2
x
P)x('yIE
)aL(xa)aL(
2
Pa
2
)ax(
P
2
x
P)x('yIE
ax0)aL(
2
Pa
2
x
P)x('yIE
222
3
22
2
2
1
≤≤−⇒−+
+−
+
−
+−=
−≤≤⇒−+
−
+−=
≤≤⇒−+−=
E as deflexões são:
Lx)aL(x)aL(
2
Pa
6
)aLx(
P
6
)ax(
P
6
x
P)x(yIE
)aL(xax)aL(
2
Pa
6
)ax(
P
6
x
P)x(yIE
ax0x)aL(
2
Pa
6
x
P)x(yIE
333
3
33
2
3
1
≤≤−⇒−+
+−
+
−
+−=
−≤≤⇒−+
−
+−=
≤≤⇒−+−=
A inclinação em A é:
EI2
)aL(Pa
)0('y
)aL(
2
Pa
)aL(
2
Pa
2
0
P)0('yIE
A1
2
1
−
=θ=∴
−=−+−=
O deslocamento máximo (centro, x=L/2) é:
)a4L3(
EI24
Pa
y
2
L
y
2
L
)aL(
2
Pa
a
2
L
6
P
2
L
6
P
2
L
yIE
22
max2
33
2
−==





∴
−+





−+





−=





Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.

84. 12.30 O eixo suporta as cargas das três polias mostradas. Determinar a deflexão em
seu centro e sua inclinação em A e B. Os mancais exercem apenas reações verticais
sobre ele e EI é constante.
Solução:
Reações de apoio:
2
P3
V
2
P3
V BA ==
As equações de momento fletor são:
a4xa3)a3x(
2
P3
)a2x(P)ax(
2
P3
Px)x(M
a3xa2)a2x(P)ax(
2
P3
Px)x(M
a2xa)ax(
2
P3
Px)x(M
ax0Px)x(M
4
3
2
1
≤≤⇒−+−−−+−=
≤≤⇒−−−+−=
≤≤⇒−+−=
≤≤⇒−=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
a4xa3)a3x(
2
P3
)a2x(P)ax(
2
P3
Px)x(''EIy
a3xa2)a2x(P)ax(
2
P3
Px)x(''EIy
a2xa)ax(
2
P3
Px)x(''EIy
ax0Px)x(''EIy
4
3
2
1
≤≤⇒−−−+−−=
≤≤⇒−+−−=
≤≤⇒−−=
≤≤⇒=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações. Primeira integração:
a4xa3C
2
)a3x(
2
P3
2
)a2x(
P
2
)ax(
2
P3
2
x
P)x('EIy
a3xa2C
2
)a2x(
P
2
)ax(
2
P3
2
x
P)x('EIy
a2xaC
2
)ax(
2
P3
2
x
P)x('EIy
ax0C
2
x
P)x('EIy
4
2222
4
3
222
3
2
22
2
1
2
1
≤≤⇒+
−
−
−
+
−
−=
≤≤⇒+
−
+
−
−=
≤≤⇒+
−
−=
≤≤⇒+=

85. Segunda integração:
a4xa3CxC
6
)a3x(
2
P3
6
)a2x(
P
6
)ax(
2
P3
6
x
P)x(EIy
a3xa2CxC
6
)a2x(
P
6
)ax(
2
P3
6
x
P)x(EIy
a2xaCxC
6
)ax(
2
P3
6
x
P)x(EIy
ax0CxC
6
x
P)x(EIy
84
3333
4
73
333
3
62
33
2
51
3
1
≤≤⇒++
−
−
−
+
−
−=
≤≤⇒++
−
+
−
−=
≤≤⇒++
−
−=
≤≤⇒++=
As condições de contorno para a viga são:
8743
4343
7632
3232
6521
2121
CC)a3(y)a3(y
CC)a3('y)a3('y
CC)a2(y)a2(y
CC)a2('y)a2('y
CC)a(y)a(y
CC)a('y)a('y
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
=⇒=
0Ca3C
6
)a2a3(
P
6
)aa3(
2
P3
6
)a3(
P)a3(EIy
0CaC
6
a
P)a(EIy
73
333
3
51
3
1
=++
−
+
−
−=
=++=
das duas últimas equações (fazendo C1=C3 e C5=C7) vem que:
3
654
2
321
a
12
P13
CCC
a
4
P5
CCC
===
−===
A deflexão no centro (centro, x=2a) é:
EI3
Pa
y)a2(y
a
12
P13
a2
4
Pa5
6
)aa2(
2
P3
6
)a2(
P)a2(EIy
3
a22
3
233
2
−==∴
+−
−
−=
As inclinações em A e B são:
EI4
Pa3
)a('y
4
Pa3
4
Pa5
2
Pa
C
2
a
P)a('yEI
2
A1
222
1
2
1
−=θ=∴
−=−=+=
EI4
Pa3
)a3('y
4
Pa5
2
)a2a3(
P
2
)aa3(
2
P3
2
)a3(
P)a3('EIy
2
B3
2222
3
=θ=∴
−
−
+
−
−=
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.

86. 12.49 A haste compõe-se de dois eixos para os quais o momento de inércia de AB é
I e de BC é 2I. Determinar a inclinação e a deflexão máximas da haste devido ao
carregamento. O módulo de elasticidade é E.
Solução:
Vamos encontrar as equações de momento fletor:
Lx
2
L
PxM
2
L
x0PxM
2
1
≤≤⇒−=
≤≤⇒−=
Agora, vamos montar as equações diferenciais da linha elástica (uma para cada trecho):
Lx
2
L
Px)x(''yEI2
2
L
x0Px)x(''yEI
2
1
≤≤⇒=
≤≤⇒=
E, assim, resolvê-las através de duas integrações.
Primeira integração:
Lx
2
L
C
2
x
P)x('yEI2
2
L
x0C
2
x
P)x('yEI
2
2
2
1
2
1
≤≤⇒+=
≤≤⇒+=
Segunda integração:
Lx
2
L
CxC
6
x
P)x(yEI2
2
L
x0CxC
6
x
P)x(yEI
42
3
2
31
3
1
≤≤⇒++=
≤≤⇒++=
As condições de contorno para a viga são:
16
PL3
C
2
L
y
2
L
y
16
PL5
C
2
L
'y
2
L
'y
3
PL
C0)L(y
2
PL
C0)L('y
3
321
2
121
3
42
2
22
=⇒





=





−=⇒





=





=⇒=
−=⇒=

87. A inclinação máxima (extremidade livre, x=0) é:
EI16
PL5
)0('y
16
PL5
16
PL5
2
0
P)0('yEI
16
PL5
2
x
P)x('yEI
2
max1
222
1
22
1
−=θ=∴
−=−=⇒−=
O deslocamento máximo (extremidade livre, x=0) é:
EI16
PL3
y)0(y
16
PL3
16
PL3
0
16
PL5
6
0
P)0(yEI
16
PL3
x
16
PL5
6
x
P)x(yEI
3
max1
3323
1
323
1
==∴
=+−=⇒+−=
Obs.: o eixo y positivo foi adotado para baixo.

88. 13.5 O elo de avião é feito de aço A-36 (E=29000 ksi). Determinar o menor
diâmetro da haste, com aproximação de 1/16 pol, que suportará a carga de 4 kip sem
sofrer flambagem. As extremidades estão presas por pinos.
Solução:
2
2
cr
)kL(
EI
P
π
=
No problema temos que:
k = 1 (coluna entre pinos)
lbf4000kip4P
pol18L
64
d
I
pol
lbf
1029E
cr
4
2
6
==
=
π
=
×=
Assim:
pol551,0
1029
18400064
d
E
LP64
d
L
64
d
E
)kL(
EI
P 4
63
2
4
3
2
cr
2
4
2
2
2
cr =
××π
××
=⇒
π
=⇒





 π
π
=
π
=
com aproximação de 1/16 pol, temos:
( )
pol
16
9
d
98,8
16/1
551,0
=∴
≈≈

89. 13.16 O elo de aço ferramenta L-2 usado em uma máquina de forja é acoplado aos
garfos por pinos nas extremidades. Determinar a carga máxima P que ele pode
suportar sem sofrer flambagem. Usar um fator de segurança para flambagem de
F.S. = 1,75. Observar, na figura da esquerda, que as extremidades estão presas por
pino para flambagem e, na da direita, que as extremidades estão engastadas.
Solução:
pol24L
pol
lbf
1029E 2
6
=
×=
No problema temos que: a) k = 1 (coluna entre pinos)
4
33
pol0,140625
12
5,15,0
12
bh
I =
×
==
Assim:
lbf69877,6P
)241(
0,1406251029
)kL(
EI
P cr2
62
2
2
cr =⇒
×
×××π
=
π
=
No problema temos que: b) k = 0,5 (coluna entre engastes)
4
33
pol0,015625=Ix
12
5,05,1
12
bh
I =
×
==
Assim:
lbf7,10563P
)245,0(
0,0156251029
)kL(
EI
P cr2
62
2
2
cr =⇒
×
×××π
=
π
=
Então: lbf17746
75,1
7,10563
.S.F
P
P cr
adm ===
Resposta: A carga máxima que o elo pode suportar sem sofrer flambagem é de P = 17,7 kip