CURSO DE ENGENHARIA CIVIL

DISCIPLINA: TEC 150 - RESISTÊNCIA DOS MATERIAIS II - E

PROF. GERALDO J B DOS SANTOS
SEMESTRE: 2021.2
ALUNO: DATA: 17/11/2021

2a VERIFICAÇÃO DE APRENDIZAGEM

INSTRUÇÃO: A presente verificação de aprendizagem é individual, sendo, portanto, proi-

bida a consulta a qualquer pessoa por qualquer razão, principalmente para a troca
de informações e materiais, sob pena de anulação. É permitida a consulta única e exclusiva-
mente às suas anotações, contendo toda e qualquer informação que deseja acessar durante a
avaliação. As folhas de consulta deverão ser digitalizadas, identificadas e enviadas junto com
as folhas de respostas da verificação de aprendizagem. O instrumento de avaliação contem
todas as informações necessárias para o seu entendimento e solução, mas, se houver alguma
dúvida ou questionamento, o estudante deve dirigir-se exclusivamente ao professor. O instru-
mento de avaliação deve ser respondido preferencialmente a caneta (tinta preta
ou azul) para ficar mais legı́vel depois da digitalização. Outrossim, as questões
devem ser respondidas passo a passo, de forma clara e organizada, esclarecendo
e justificando ao máximo cada passagem, artifı́cio, hipótese assumida e simpli-
ficação, o que será fortemente levado em consideração na correção. Para garantir
seu foco, a avaliação deverá ser realizada em local isolado e tranquilo. Caso não haja qualquer
tipo de constrangimento ou invasão de privacidade, as câmaras deverão ser ligadas no inı́cio da
avaliação de forma a identificar o(a) discente(a), podendo permanecer desligadas em seguida.
A avaliação possui o tempo máximo de duração de 2h e 30min. Todas as folhas
(papel A4 ou pautado) que forem utilizadas para a resolução das questões devem
ser assinadas e numeradas. Após o tempo da avaliação os discentes terão 20
minutos para digitalizar e encaminhar pelo portal do Google Classroom as folhas
de respostas (assinadas e numeradas) em arquivo único no formato pdf. Após
esse tempo, a cada minuto de atraso na entrega da avaliação será descontado um
ponto na prova. Use seu próprio nome e sobrenome para identificar o arquivo (ex.: fulano
de tal.pdf ). SUCESSO!

1
QUESTÃO 1. (3,0 Pontos)

A viga mostrada na Figura 1 tem um suporte deslizante em A apoiada em B. O suporte

deslizante em A permite movimento vertical mas impede a rotação. Usando um método de
energia calcule a deflexão vertical na extremidade D, sabendo que a carga distribuı́da aplicada
q = 10 kN/m, o comprimento da viga é L = 7, 5 m. Considere que E = 210 GP a e o momento
de segunda ordem é I = 248 × 106 mm4 . Despreze a contribuição do cisalhamento.

Figura 1: Viga apoiada com balanço numa extremidade e com rotação impedida na outra.

2
Solução:

Para o cálculo do deslocamento vertical do ponto D, vamos usar o método da carga unitária.
Para isso, desprezando a contribuição do esforço cisalhante, os diagramas de momento fletor
dos carregamentos real e unitário são descritos a partir das Figuras 2 e 3.

Carregamento Real: Reações e diagrama de momento fletor

Figura 2: Reações diagrama de momento fletor para o carregamento real.

X 2L 2 · 7, 5
FV = 0 ⇒ RB − q =0 ⇒ RB = 10 · = 50 kN
X 3 3
MB = 0 ⇒ MA = 0

Considerando que MA = 0, o diagrama de momento fletor é como mostrado na Figura 2,

como se houvesse balanço de ambos os lados do ponto B. O valor máximo de momento em B é
10 · 7, 52
igual a M1 = = 31, 25 kN m.
18
Carregamento Virtual Unitário: Reações e diagrama de momento fletor

Figura 3: Reações diagrama de momento fletor para o carregamento real.

3
 X
F̄V = 0 ⇒ RB − F̄ = 0 ⇒ RB = F̄ = 1 kN
X L
MB = 0 ⇒ MA = F̄ · = 2, 5 kN m
3
No trecho AB o momento é constante e em BD é linear, ambos com valor máximo M̄1 =
2, 5 kN m. Combinando os dois gráficos, carregamento real e virtual unitário, nos trechos CB e
BD, obtemos a expressão do deslocamento em D a partir das tabelas do método da carga unitária.

1 1 L 1 L
δD = · MBD · M̄BD · + · MCB · M̄CB · (1)
EI 4 3 3 3
1 1 L 1 L
δD = · M1 · M̄1 · + · M1 · M̄1 ·
EI 4 3 3 3
1 1 7, 5 1 7, 5  113, 85
δD = · 31, 25 · 2, 5 · + · 31, 25 · 2, 5 · =
210 × 106 · 248 × 10−6 4 3 3 3 52080

δD u 2, 2 × 10−3 m (Resposta)

4
QUESTÃO 2. (3,0 Pontos)

A viga de abas largas W 310 × 107, mostrada na Figura 4, tem comprimentos dos vãos L1 = 2 m
e L2 = 4 m e módulo de elasticidade E = 210 GP a. Determine a deflexão máxima na extre-
midade livre e a tensão normal máxima (tração ou compressão) na viga, sabendo que um peso
W = 5 kN foi solto de uma altura h = 0, 5 m em C.

Figura 4: Viga com extremidade rotuladas e em balanço com choque de peso W na extremidade
livre.

5
Solução:

Os dados do perfil W 310 × 107 são: A = 13600 mm2 , d = 311 mm, bf = 306 mm,
tf = 17 mm, tw = 10, 9 mm e I = 248 × 106 mm4 .

Substituindo o efeito do impacto do peso W por uma força equivalente Fe (ver Figura 5)
que produza a mesma deflexão δ em C e consequentemente a mesma energia de deformação,
obtemos, do balanço de energia, a expressão:

Fe · δ
Ep = U ⇒ W · (h + δ) = , (2)
2
sendo Fe uma variável desconhecida.

Da Figura 5, as reações, em função de Fe são dadas por:

X
MB = 0 ⇒ RA · L1 = Fe · L2 ⇒ RA = 2 Fe (3)
X
FV = = ⇒ −RA + RB − Fe = 0 ⇒ RB = 3 Fe (4)

Figura 5: Reações e diagrama de momento fletor na viga.

A relação entre Fe e δ é obtida aplicando o teorema de Castigliano para encontrar a deflexão

δ em C. Assim, temos:

"Z #
B Z B
1 0
δ= MAB · M̄AB dx + MCB · M̄CB dx (5)
EI A C

onde

MAB = RA · x = 2 Fe x (6)
MCB = Fe · x0 (7)
∂MAB
M̄AB = = 2x (8)
∂Fe
∂MCB
M̄CB = = x0 (9)
∂Fe

6
 Logo, substituindo as equações (6)-(9) acima na equação (5) e integrando, obtemos:

" #
1 4 Fe L31 Fe L32
δ = + (10)
EI 3 3
32 Fe
=
210 × 106 · 248 × 10−6

⇒ Fe = 1627, 5 · δ (11)

Substituindo a equação (11) na equação (2), obtemos a equação

813, 75 δ 2 − 5, 0 δ − 2, 5 = 0. (12)

Resolvendo a equação algébrica do 2o grau em δ, obtemos

p
−(−5, 0) ± 5, 02 − 4 · 813, 75 · (−2, 5)
δ = (13)
2 · 813, 75
5 ± 90, 3435
=
1627, 5

δ u 58, 58 × 10−3 m (Resposta) (14)

Como mostrado na Figura 5, o momento máximo, Mmax = Fe · L2 , ocorre em B. Assim, a
tensão normal máxima (positiva ou negativa) na seção B, é dada por:

Mmax = F e · L2 (15)
= 1627, 5 · δ · L2
= 1627, 5 · 58, 58 × 10−3 · 4, 0
= 381, 3558 kN m

Mmax · c
|σmax | = (16)
I
381, 3558 · 0, 311/2
=
248 × 10−6

|σmax | u 239, 1 M P a (Resposta) (17)

7
QUESTÃO 3. (4,0 Pontos)

Seguindo as instruções abaixo, calcule os momentos máximos positivos (nos vãos) e negativos
(nas arestas com continuidade) de todos os vãos de lajes do piso mostrados na Figura 6. A
espessura das lajes é de 14 cm. O peso especı́fico do concreto armado é de 25 kN/m3 e a carga
acidental é de 3, 0 kN/m2 nas lajes L1, L2, 5, 0 kN/m2 nas lajes L3 e L6 e de 4, 0 kN/m2 para
as lajes L4 e L5.

Instrução - Calcule os momentos fletores máximos, em relação aos eixos X e Y, nos vãos
e nas arestas internas (Vi), considerando a carga máxima aplicada (acidental + permanente),
usando o seguinte procedimento: Para o cálculo dos momentos máximos no vão de
uma laje considere as arestas em contato com outras lajes como simplesmente
apoiadas, enquanto que para os momentos máximos nas arestas, as mesmas ares-
tas devem ser consideradas engastadas. Em ambos os casos, as demais arestas
externas sobre vigas devem ser consideradas apoiadas. O valor final do momento
máximo numa determinada aresta interna, após o cálculo em cada laje isolada
que contem a aresta, deve ser tomado como o valor médio entre os valores en-
contrados ou 80% do maior valor, o que for maior. Considere que o coeficiente de
Poisson do concreto é ν = 0, 2 a escolha das tabelas a serem usadas no cálculo dos momentos.

Figura 6: Lajes de piso de uma edificação.

8
Solução:

A carga distribuı́da em cada laje devido ao peso próprio é:

qp = γ · h = 25 · 0, 14 = 3, 5kN/m2

A carga distribuı́da total em cada laje é a soma da carga permanente mais a acidental.

qL1 = 3, 5 + 3, 0 = 6, 5kN/m2
qL2 = 3, 5 + 3, 0 = 6, 5kN/m2
qL3 = 3, 5 + 5, 0 = 8, 5kN/m2
qL4 = 3, 5 + 4, 0 = 7, 5kN/m2
qL5 = 3, 5 + 4, 0 = 7, 5kN/m2
qL6 = 3, 5 + 5, 0 = 8, 5kN/m2

Para a laje retangular simplesmente apoiada nos bordos, sob carga uniformemente dis-
tribuı́da, usamos a Tabela 51 para calcular os momentos máximos nos vãos das lajes. O sistema
de coordenadas usado é o indicado no problema.

9
 Momentos máximos positivos Mx e My , segundo o sistema global de coordena-
das, nos vãos das lajes.

Laje L1

b 3
= = 0, 6
a 5
Mx = α1 qL1 l2 = 0, 0426 · 6, 5 · 32 = 2, 37 kN m/m (Resposta)
My = β1 qL1 l2 = 0, 0868 · 6, 5 · 32 = 5, 08 kN m/m (Resposta)

Laje L2
b 3
= = 0, 5
a 6
Mx = α1 qL2 l2 = 0, 0367 · 6, 5 · 32 = 2, 15 kN m/m (Resposta)
My = β1 qL2 l2 = 0, 0999 · 6, 5 · 32 = 5, 84 kN m/m (Resposta)

Laje L3
b 4
= = 0, 8
a 5
Mx = α1 qL3 l2 = 0, 0446 · 8, 5 · 42 = 6, 06 kN m/m (Resposta)
My = β1 qL3 l2 = 0, 0627 · 8, 5 · 42 = 8, 53 kN m/m (Resposta)

Laje L4
b 3
= = 0, 75
a 4
0, 0742 + 0, 0627
Mx = α1 qL4 l2 = · 7, 5 · 32 = 4, 62 kN m/m (Resposta)
2
0, 0436 + 0, 0446
My = β1 qL4 l2 = · 7, 5 · 32 = 2, 98 kN m/m (Resposta)
2
Laje L5
b 3
= = 0, 75
a 4
0, 0742 + 0, 0627
Mx = α1 qL5 l2 = · 7, 5 · 32 = 4, 62 kN m/m (Resposta)
2
0, 0436 + 0, 0446
My = β1 qL5 l2 = · 7, 5 · 32 = 2, 98 kN m/m (Resposta)
2
Laje L6
b 6
= = 1, 5
a 4
Mx = α1 qL6 l2 = 0, 0426 · 8, 5 · 42 = 5, 79 kN m/m (Resposta)
My = β1 qL6 l2 = 0, 0784 · 8, 5 · 42 = 10, 66 kN m/m (Resposta)

10
 Momentos máximos negativos nas arestas internas sobre as vigas V 2, V 4, V 5,
V 10, V 13 e V 14 com continuidade entre lajes.

Laje L1 : Tabela 54

b 3
= = 0, 6
a 5
qL1 = 6, 5 kN/m2
XV 2 = −0, 0781 · 6, 5 · 32 = −4, 57 kN m/m
XV 10 = −0, 1093 · 6, 5 · 32 = −6, 39 kN m/m
Laje L2 : Tabela 54

b 3
= = 0, 5
a 6
qL2 = 6, 5 kN/m2
XV 2 = −0, 0787 · 6, 5 · 32 = −4, 60 kN m/m
XV 13 = −0, 1180 · 6, 5 · 32 = −6, 91 kN m/m
Laje L3 : Tabela 54

b 4
= = 0, 8
a 5
qL3 = 8, 5 kN/m2
XV 4 = −0, 0746 · 8, 5 · 42 = −10, 14 kN m/m
XV 10 = −0, 0882 · 8, 5 · 42 = −12, 00 kN m/m
Laje L4 : Tabela 56

b 3
= = 0, 75
a 4
qL4 = 7, 5 kN/m2
XV 4 = XV 5 = −0, 0700 · 7, 5 · 32 = −4, 73 kN m/m
XV 13 = XV 14 = −0, 0564 · 7, 5 · 32 = −3, 81 kN m/m
Laje L5 : Tabela 55

b 3
= = 0, 75
a 4
qL5 = 7, 5 kN/m2
XV 5 = −0, 08425 · 7, 5 · 32 = −5, 69 kN m/m
XV 13 = XV 14 = −0, 07285 · 7, 5 · 32 = −4, 92 kN m/m
Laje L6 : Tabela 52

b 4
= = 0, 67
a 6
qL6 = 8, 5 kN/m2
XV 14 = −0, 1107 · 8, 5 · 42 = −15, 06 kN m/m

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 Seguindo as recomendações da questão, o momentos máximos negativo nas arestas internas
(vigas) são:

4, 57 + 4, 60
XV 2 = − = −4, 58 kN m/m (Resposta) (18)
2
XV 4 = −0, 8 · 10, 14 = −8, 11 kN m/m (Resposta) (19)
4, 73 + 5, 69
XV 5 = − = −5, 21 kN m/m (Resposta) (20)
2
XV 10 = −0, 8 · 12, 00 = −9, 60 kN m/m (Resposta) (21)
6, 91 + 4, 92
XV 13 = − = −5, 92 kN m/m (Resposta) (22)
2
XV 14 = −0, 8 · 15, 06 = −12, 05 kN m/m (Resposta) (23)

12
13
14
15
16
17