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ESCOLA POLITÉCNICA DA UNIVERSIDADE DE SÃO PAULO DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA DE ESTRUTURAS E FUNDAÇÕES Prova Recuperação – PEF 2401 01/08/02 1ª. Questão (3,0): Considere-se a estrutura formada por barras prismáticas de mesma seção transversal retangular e solicitada por carregamento, variação de temperatura e recalque de apoio, conforma se indicam na Figura 1. Com os dados abaixo, determinar o valor do recalque u D , tal que a sua reação correspondente (HD) seja nula. Nessas condições, calcular a rotação do nó C. Para resolver as questões solicitadas utilizar o teorema dos esforços virtuais, desprezandose a parcela correspondente ao efeito de força normal devida ao carregamento. ∆θ1
P
∆θ2
B a
C
Dados:
∆θ1 ∆θ2 A
∆θ2 ∆θ1
a uD
D
vD a
α = 10-5 ºC-1 ∆θ1 = +20º C e ∆θ 2 = −20º C v D = 0.02 m a=2m h = altura da seção transversal = 0,40 m EI = 32 ×10 6 Nm 2 P = 10000 N
a
Figura 1
∫ f (x )g (x )dx = 6 [ f (2 g A
A
+ g B ) + f B (2 g B + g A )]
0
fB
fA
gA
gB
2ª. Questão (3,5): Determinar o valor de γ , multiplicador do carregamento indicado na estrutura da Figura 2, que leva à ruína, usando o Método Passo a Passo. Verificar o resultado usando o Teorema Cinemático. Dados: a) Diagrama de momento fletor da estrutura da Figura 2 para γ = 1.0 b) Momento de plastificação M II = 180 kNm , constante para todas as barras 60γ 10γ G
F
H 4m
D
E 20γ
A
4m
B 4m
C 4m
50
10
10
Figura 2
G
50
H 90
F
D
B 10
A 10
50
10
E
50
C
Diagrama de M (kNm) para γ = 1.0
3ª. Questão (3,5): Considere que a estrutura mostrada na Figura 3 é submetida ao choque da massa m2 como indicado na mesma figura. v2
m1
A I
m2
Figura 3 Dados: E = 2.1×1011 N / m 2 I = 3.85 × 10 −3 m 4 v2 = 6 m / s m1 = 20000 kg m2 = 10000 kg =4m a) Considerando o choque perfeitamente inelástico determinar a área da seção transversal da barra inclinada tal que o momento máximo que ocorre na barra vertical seja M máx = 6 × 10 3 kN .m ; b) Considerando a estrutura submetida a um carregamento harmônico ressonante com indicado na Figura 4, determinar o valor da constante que define o amortecedor viscoso conforme também indicado na Figura 4 tal que a força normal máxima na barra inclinada seja N máx = 1.5 × 10 6 N . Para este item considerar que a área da seção transversal da barra inclinada é dada por A = 2 × 10 −3 m 2 e p0 = 1.6 × 10 5 N . p0sen(ωt)
m1
c
A I
Figura 4
Formulário para a 3a Questão Vibrações livres m *u + c *u + k *u = 0 u (t ) = e −ξωt ρ cos(ω D t − θ )
ω=
k* m*
ρ=
(u0 )
2
u + ξω u 0 + 0 ωD
2
c* ξ= 2m *ω u + 2ξ u 0 tan θ = 0 u 0ω D
ωD = ω 1−ξ 2
Vibrações forçadas harmônicas m *u + c *u + k *u = p0 sen ω t
1
D=
β=
(1 − β ) + (2ξβ ) 2 2
ω ω
2
Gabarito 1ª Questão: a) Alternativa 1 de resolução: ∆θ1
P
+
B
∆θ2
+ C
∆θ1 ∆θ2
+
A
∆θ2 ∆θ1
D
uD
X1
∆θ1
P B
∆θ2
P
Pa = 20 ∆θ1 B
C
∆θ2
C
Pa = 20 ∆θ1 ∆θ2
∆θ1 ∆θ2 A
A
∆θ2 ∆θ1
P
∆θ2 ∆θ1
Mo D
D
uD
X1
P/2
uD
P/2 ∆θ1
P B
∆θ2
P C
∆θ1 ∆θ2
a=2
∆θ2a 1
B
∆θ2
a =∆θ21 ∆θ2
-
A
∆θ2 ∆θ1
=4
-
A
1
∆θ2 2a ∆θ1 =
δM = M1 0.5
D
1 uD
⇒
1 ⋅ u D + δV ⋅ vD = ∫
M 1M 0 α∆θ ds + M 1ds EI h ∫
4
D
0.5 * * δτ int = δτ ext
C
uD
2 a 1 2a 4a 2 α ⋅ (20) a Pa a a Pa a a a ( 2 + 2 ) + ( 2 ) − + ( 1 . 5 ) ⋅ ( 2 ) + EI 6 h 2 6 2 u D = −0.01 + 0.004 − 0.022 u D = −0.028m
1 ⋅ u D + (0.5) ⋅ (0.02) =
Alternativa 2 de resolução: Inicia-se com X1 = 0 * δτ ext = 1 ⋅ u D + δV D ⋅ v D M α∆θ ds + ∫ δM ds EI h M = M 0 + X1 ⋅ M1 = M 0 δM = M 1
* = ∫ δM δτ int
b) Calculo da rotação θ C : ∆θ1
P
1
∆θ2
B
∆θ1
P
C
B
∆θ1 ∆θ2
1
+
∆θ2
C
∆θ1 ∆θ2
A
∆θ2 ∆θ1
A
∆θ2 ∆θ1
δM 1/4
D
uD
1/4 M α∆θ 1 ds + ∫ δM ds 1 ⋅ ϕ C − ⋅ v D = ∫ δM EI h 4 1 α∆θ 1 ϕ C = ⋅ (0.02) + δM ⋅ Mds + δMds ∫ 4 EI h ∫ * * δτ int = δτ ext
= 0.005 −
⇒
−5 1 2a 10 (40) Pa ( 1 ) + (1 ⋅ 2a ) ⋅ EI 6 0.4
= 0.005 − 4.2 ⋅10 −4 + 0.004 = 0.0086rad
D
uD
2ª Questão: Primeiro passo: determinação de γ 1 (primeira rotula, em G) M max = M G = 90kN ⋅ m γ 1 ⋅ M G = M II ∴ γ 1 ⋅ (90) = 180 ⇒ γ 1 = 2.0 Esquema e diagrama final para o primeiro passo M 1 = γ 1 ⋅ M : 100
50
2010
10
20
G
50 100
H 90
F
180
D
E
M1
100
50
10
20
B 10
A 1020
C
100 50
20
Acréscimo de carga ∆γ 1 : Resolução da nova estrutura para ∆γ 1 = 1.0 (estrutura isostática): 60 60γ
10γ 10
G
F
H
D
E 20 20γ
HA = 10
A
B 4
4
VA = 30
H A = 10kN V A + VC = 80 8VC = (20) ⋅ (4) + (60) ⋅ (4) + (10) ⋅ (8)
C
VC = 50
⇒
VC = 50kN ,
V A = 30kN
VD + VE = 60 H D + 10 = H E 8VE = (60) ⋅ (4) + (10) ⋅ (4)
⇒
VE = 35kN ,
VD = 25kN
M G = 0 ⇒ 4VD − 4 H D = 0 VD = H D = 25kN , H E = 35kN Diagrama de ∆M 1 : 140
10010
50
10
100
G
50 140
H 90
F
A 10100
E 140
80 B
50
10
100
∆M1
10
D
140 50
C
20
Segundo passo: determinação de ∆γ 1 (segunda rotula): M 2 = M 1 + ∆γ 1 ⋅ ∆M 1 = M II H ⇒ M H 2 = 100 + ∆γ 1 ⋅140 = 180 = M II ∴ ∆γ 1 = 80 / 140 = 0.57143 C ⇒ M C 2 = 100 + ∆γ 1 ⋅140 = 180 = M II ∴ ∆γ 1 = 80 / 140 = 0.57143 F ⇒ M F 2 = 20 + ∆γ 1 ⋅100 = 180 = M II ∴ ∆γ 1 = 160 / 100 = 1.6 A ⇒ M A 2 = 20 + ∆γ 1 ⋅140 = 180 = M II ∴ ∆γ 1 = 160 / 100 = 1.6 Segunda rotula: ocorre simultaneamente em H e C ∆γ 1 = 0.57143 γ 2 = γ 1 + ∆γ 1 = 2.0 + 0.57143 = 2.57143
Esquema final para o segundo passo: Verificação cinemática: γ (10 ⋅ 4θ + 60 ⋅ 4θ ) = τ ext
M II (2θ + θ + θ ) = M II ⋅ 4θ γ (280θ ) = 180 ⋅ 4θ 720 γ = = 2.57143 280
mecanismo: 4θ
γ60 60γ
10γ γ10
4θ F
G θ
H θ
θ D
E γ20 20γ
A
θ
B 4
C 4
