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1a Questão (3,0 pontos) – Na treliça isostática apresentada na figura abaixo, todas as barras possuem mesma área de seção transversal e mesmo módulo de elasticidade longitudinal. Todas as células são quadradas com aresta de 1 metro e P = 20 kN. Calcule as forças normais somente para as barras numeradas, completando a tabela. S1 P
P P 1m
1
S1
2
1m
3
P
P
S2
4
5
P
P
S2
6
S4
8 7
10 9
P
S4
P
S3
S3
0,3 0,3
Barra 1 2
0,3
3
0,3
4
0,3
5
0,3
6
0,3
7
0,3
8
0,3
9
0,3
10
= 20
= 30
0
0
0
0
-20
-30
0
0
0
−2
20 -40
30 -60
-40
-60
-33,3
-50
-20
-30
75,4
113,1
N (kN) 0 0
−
−2
−5⁄3 −
8√2⁄3
GABARITO Barras 1 e 2 São as únicas barras concorrentes em um nó onde não há carga externa aplicada. Portanto, = = . Para calcular a barra 3, toma-se o corte S1 – S1: P
P
A
P 2m
H
1m
4m N3
V = 0 → =
Cargas verticais simétricas em relação aos apoios: = = (compressão). Ou: = 0 → 1 + 3 − 4 = 0 → = = 0 → + − − = 0 → = Barra 4:
N4 ∑ = 0 → " = . Para calcular as barras 5 e 6, toma-se o corte S3 – S3: P
P (= N3) 2m
N5
P (= V) 2m
4m N6
P
1m
1m
B
P V
∑ = 0 → # = (tração). Cargas verticais simétricas em relação aos apoios: = $ = (compressão). Ou:
% = 0 → −1 + 1 + 3 + 5 − 4 & = 0 → & = 2 = 0 → + + + − 2 − = 0 → = 2 Barra 7:
2P (= V)
N7 ∑ = 0 → ' = (compressão). Barra 8, 9 e 10 Primeiramente, é calculada a reação de apoio da direita utilizando o corte S3 – S3:
P
2P (= N6)
2P (= V)
1m C
4m
3m
3m
1m V2
P
V1
( = 0 → 2 + 3 + 5 × 2 + 7 − 6, = 0 → , =
11 3
Em seguida, as barras 8, 9 e 10 são calculadas empregando o corte S4 – S4: N8 N10
N9
1m D 45
o
1m
11 3
P
∑ - = 0 → 1 . − 1 = 0 → / = (compressão) ∑ = 0 → − 01 cos5456 7 − + ∑ = 0 → −
:√,8 sen5456 7
008
= 0 → =
+ : = 0 → −
:8
9√ (tração).
+ : = 0 → 9 =
# (compressão).
P
PARA P= 30 kN , multiplicar todos os resultados por 1,5
2a. questão ( 4,0 ) As barras AB e CD mostradas na figura são rígidas. Os tirantes 1 e 2 e a barra 3 são constituídos pelo mesmo material, de módulo de elasticidade E = 70GPa . As áreas das seções transversais destes elementos guardam as relações A1 = A2 = 10 A3 / 3 . Determinar as forças normais nos tirantes 1 e 2 e na barra 3, sabendo que as forças externas valem P = 100kN , e dimensionar as seções transversais destes elementos, sabendo que a máxima tensão admissível vale σ = 100MPa e a máxima rotação permitida para as barras AB e CD vale θ = 0, 002rad . Note que os deslocamentos das barras AB e Cd são simétricos. sin α =
α 1
3δ ∆l1 = ∆l 2 = δ sin α = 5 ∆l 3 = −2δ
α B δ ∆l 1
3
P
δ Cα
2,5m
A3 = A 10 A3 10 A A1 = A2 = 3 = 3 EA Lei de Hooke: N i = i ∆l i , i = 1, 2, 3 li 3m EA1 E 10 A 3δ EA N1 = N 2 = l ∆l1 = 2l 3 5 = l δ 1 N = EA3 ∆l = EA ( −2δ ) = − 2 EA δ = −2 N 3 1 3 l3 l l
P
∆l 2
θ CD
D
2 2m
2m
l 3 = 2, 5m = l
Compatibilidade:
3m
A θ AB
3 5
α 2m
2m
Equilíbrio barra AB: VA
2m HA
2m α
∑ M(
N1 N3
P
A)
= 4 N1 sin α − 4 N 3 − 2 P = 0 3N 4 1 + 2 N1 − 2 P = 0 5
∴
N1 = N 2 =
10 P 52
N1 = N 2 = 19, 23kN
Substituindo valores:
N3 = −
20 P = −2 N1 52
N 3 = −38, 46kN
Dimensionamento: 1º Critério:
σ1 =
N1 3N1 = ≤σ A1 10 A
σ3 =
N3 N = 3 ≤σ A3 A
⇒ A≥
θ AB = θ CD ≤ θ
2º Critério: 3N1 3 ×19, 23 ×103 = = 0, 0000577m 2 θ AB 6 10σ 10 ×100 ×10
⇒ A≥
tan θ AB =
38, 46 ×103 = 0, 000385m2 100 ×106
δ 4
=
A≥
1 ∆l 3 1 N 3 l 3 1 N 3 l = = ≤θ 4 2 8 EA3 8 EA N3 l 8 Eθ
=
38, 46 × 103 × 2, 5 8 × 70 × 109 × 0, 002
A ≥ 0, 0000858m 2
Logo:
A3 = Amin = 0, 000385m2
;
A1 = A2 =
10 A3 = 0, 00128m 2 3
2a. questão ( 4,0 ) As barras AB e CD mostradas na figura são rígidas. Os tirantes 1 e 2 e a barra 3 são constituídos pelo mesmo material, de módulo de elasticidade E = 70GPa . As áreas das seções transversais destes elementos guardam as relações A1 = A2 = 10 A3 / 3 . Determinar as forças normais nos tirantes 1 e 2 e na barra 3, sabendo que as forças externas valem P = 260kN , e dimensionar as seções transversais destes elementos, sabendo que a máxima tensão admissível vale σ = 100MPa e a máxima rotação permitida para as barras AB e CD vale θ = 0,0002rad . Note que os deslocamentos das barras AB e CD são simétricos.
α 1
Compatibilidade:
3m
3δ ∆l1 = ∆l 2 = δ sin α = 5 ∆l 3 = −2δ
α
A θ AB
B δ ∆l 1
2,5m
3
P
δ Cα
2m
∆l 2
θ CD
D
Lei de Hooke:
Ni =
EAi ∆l i , i = 1, 2, 3 li
3m EA1 E 10 A 3δ EA N1 = N 2 = l ∆l1 = 2l 3 5 = l δ 1 N = EA3 ∆l = EA ( −2δ ) = − 2 EA δ = −2 N 3 1 3 l3 l l
α 2m
2m
A3 = A 10 A3 10 A A1 = A2 = 3 = 3
P
2 2m
l 3 = 2,5m = l l1 = l 2 = 5, 0m = 2l
3 5
sin α =
Equilíbrio barra AB: VA
2m HA
2m α
∑ M(
N1
= 4 N1 sin α − 4 N 3 − 2 P = 0 3N 4 1 + 2 N1 − 2 P = 0 5
N3
P
A)
∴
N1 = N 2 =
10 P 52
N1 = N 2 = 50kN
Substituindo valores:
N3 = −
20 P = −2 N1 52
N3 = −100kN
Dimensionamento: 1º Critério:
σ1 =
N1 3N1 = ≤σ A1 10 A
σ3 =
N3 N = 3 ≤σ A3 A
⇒
2º Critério:
A≥
3N1 3 × 50 ×103 = = 0, 00015m 2 θ AB 6 10σ 10 ×100 ×10
tan θ AB =
δ 4
=
3
⇒
A≥
100 ×10 = 0, 001m2 6 100 ×10
A≥
θ AB = θ CD ≤ θ 1 ∆l 3 1 N 3 l 3 1 N 3 l = = ≤θ 4 2 8 EA3 8 EA N3 l 8 Eθ
=
100 × 103 × 2,5 8 × 70 × 109 × 0, 0002
A ≥ 0, 00223m 2
Logo:
A3 = Amin = 0, 00223m 2
; A1 = A2 =
10 A3 = 0, 00743m 2 3
Gabarito PEF 2202 - P2 - 3a. T1 := 50kN⋅ m
T2 := −100kN⋅ m
G := 80GPa
L12 := 1150mm
d1 := 180mm
d2 := 100mm
d3 := 250mm
d4 := 140mm
π 4 4 3 4 I34 := d1 − d4 = 6.535 × 10 ⋅ cm 32
π 4 4 4 I23 := d3 = 3.835 × 10 ⋅ cm 32
π 4 4 3 4 I12 := d1 − d2 = 9.324 × 10 ⋅ cm 32 τ23 :=
T 1 d3 ⋅ = 16.297⋅ MPa I23 2
(
)
τ34 :=
T1⋅ L34 T1 + T2 ⋅ L12 ϕ4 := + = 0.011 G⋅ I34 G⋅ I12
L23 := 2⋅ 500mm L34 := 2000mm
τ12 :=
T 1 + T 2 d1 ⋅ = −48.261⋅ MPa I12 2
T 1 d1 ⋅ = 68.865⋅ MPa I34 2 ϕ4 = 0.654⋅ deg
140 gamaA := = 2.035 68.8
Prova B T1 := 70kN⋅ m
T2 := −180kN⋅ m
d1 := 180mm
d2 := 100mm
d3 := 250mm
d4 := 140mm
π 4 4 −5 4 π 4 −4 4 I34 := d1 − d4 = 6.535 × 10 I23⋅ m:= d3 = 3.835 × 10 ⋅ m 32 32 π 4 4 −5 4 I12 := d − d2 = 9.324 × 10 ⋅ m 32 1
τ23 :=
T 1 d3 ⋅ = 22.816⋅ MPa I23 2
τ12 :=
L12 := 1150mm L23
T 1 d1 τ34 := ⋅ = 96.411⋅ MPa I34 2 T 1⋅
L23
T1⋅ L34 2 ϕ4 := + + G⋅ I23 G⋅ I34
T 1 + T 2 d1 ⋅ = −106.175⋅ MPa I12 2
2
( T 1 + T 2) ⋅
L23
G⋅ I23
140 gamaB := = 1.319 106.17
2
+
L34 := 2000mm
= 0.5 m
( T1 + T2) ⋅ L12 = 9.171 × 10− 3 G⋅ I12
G := 80GPa
ϕ4 = 0.525⋅ deg
