TESTETERCEIRAINDEXAÇÃO PDF

b) Valor máximo da tensão normal média na barra BC. A barra AB está sendo comprimida. \( \sigma_{BC} = \frac{P}{A} = \frac{F_{BC}}{A_{BC}} = \frac{39,45 \times 10^3 \, N}{0,012 \, m \times 0,046 \, m} = 71,47 \times 10^6 \, N/m^2 \) \( \sigma_{BC} = 71,47 \, MPa \) (C) ΣM_A=0 -F_BY (0,7) + 70 (0,7+0,9) = 0 F_BY = 160 kN ΣF_Y=0 + F_AY + F_BY - 70 = 0 F_AY = -90 kN (Inverte Sinal) ΣF_X=0 F_AX = 0 Tensão AC σ_AC = + \frac{150 \times 1000}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} = 477 MPa Força AC F_AY = F_AC \cdot \sin \theta \tan \theta = \frac{3,2}{1,6} \theta = 36,87° F_AC = \frac{90}{\sin 36,87°} F_AC = 150 kN (tracionada) Como temos todos os ângulos e um dos lados do triângulo, podemos calcular os outros lados pela Lei dos senos. \( \frac{F_{AB}}{\sin 45} = \frac{F_{BC}}{\sin 60} = \frac{44 \, kN}{\sin 75} \) \( F_{AB} = \frac{44 \, kN (\sin 45)}{\sin 75} = 32,21 \, kN \) \( F_{BC} = \frac{44 \, kN (\sin 60)}{\sin 75} = 39,45 \, kN \) a) Valor máximo da tensão normal média na barra AB. A barra AB está sendo tracionada, logo devemos descontar o diâmetro do pino para o cálculo da área. \( \sigma_{AB} = \frac{P}{A} = \frac{F_{AB}}{A_{AB}} = \frac{32,21 \times 10^3 \, N}{0,012 \, m \times (0,046 \, m - 0,02 \, m)} = 103,24 \times 10^6 \, N/m^2 \) \( \sigma_{AB} = 103,24 \, MPa \) (T) 2- Determinar a tensão normal de compressão mútua (ou tensões de “contato "ou tensão de “esmagamento”) entre: a) o bloco de madeira de seção 100 mm x 120 mm e a base de concreto 500 mm x 500 mm x 60 mm. b) a base de concreto e o solo. a.) G = \dfrac{40 \times 1000 \, N}{100 \times 120} = 3,33 \, MPa \leftarrow \text{ área do bloco de madeira} b.) G = \dfrac{40 \times 1000 \, N}{500 \times 500} = 0,16 \, MPa \leftarrow \text{ área do bloco de concreto} 3 - A luminária de 80 kg é sustentada por duas hastes, AB e BC, como mostra a Figura. Se AB tiver diâmetro de 10 mm e BC tiver diâmetro de 8 mm, determine a tensão normal média em cada haste. Obs: aceleração da gravidade = 9,81 m/s² 4 - A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Se P = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida nos pinos em A, B e C. Todos os pinos estão sujeitos a cisalhamento duplo, como mostra a Figura, e cada um tem diâmetro de 18 mm 5- Duas placas são unidas por 4 parafusos cujos diâmetros valem d = 20mm, conforme mostra a Figura abaixo. Determine a maior carga P que pode ser aplicada ao conjunto. As tensões de cisalhamento e de esmagamento no parafuso, bem como a tensão de tração direta na chapa são limitadas a 80, 100 e 140 MPa respectivamente. 6 - Sabendo que a haste de ligação BD mostrada na Figura tem seção transversal uniforme com área igual a 800 mm², determine a intensidade da carga P para que a tensão normal média na haste BD seja 50 MPa. 7 – Duas forças horizontais são aplicadas ao pino B do conjunto mostrado na Figura. Sabendo-se que é usado um pino de 20 mm de diâmetro em cada conexão, determine o valor máximo de tensão normal: a-) na barra AB b-) na barra BC 8 – Calcule as tensões normais em todas as barras da treliça, considerando cada barra com 20 mm de diâmetro Nó A FAC FAB FAY θ = 36,87° Obs: Barra tracionada - força "sai" do nó Barra comprimida - força "chega" no nó FAC . cosθ = FAB FAB = -120 kN ← Comprimindo σAB = -\frac{120 \times 1000}{\frac{1}{4}π(20)^2} = -382 \, MPa Nó B Força BC tg α = \frac{1,20}{0,9} ∴ α = 53,13° FBC . cosα = 120 kN FBC = -200 kN ← Barra "chegando" no nó → comprimida σBC = -\frac{200 \times 1000}{\frac{1}{4}π(20)^2} = -637 \, MPa O elemento AC mostrado na Figura 1.19a está submetido a uma força vertical de 3 kN. Determinar a posição x de aplicação da força de modo que o esforço de compressão médio no apoio C seja igual ao esforço de tração no tirante AB. A haste tem uma área de seção transversal de 400 \, mm^2, e a área de contato em C é de 650 \, mm^2. Figura 1.19 SOLUÇÃO CARGA INTERNA. As forças em A e C podem ser relacionadas considerando-se o diagrama de corpo livre do elemento AC (Figura 1.19b). Há três incógnitas, ou seja, FAB, FC e x. Na solução do problema, usaremos as unidades newton e milímetro. +↑ Σ FY = 0; FAB + FC - 3.000 N = 0 \quad (1) ↺ Σ MA = 0; -3.000 N(x) + FC (200 \, mm) = 0 \quad (2) TENSÃO NORMAL MÉDIA. Uma terceira equação necessária pode ser escrita, desde que a tensão de tração na barra AB e a tensão de compressão em C sejam equivalentes, ou seja: σ = \frac{FAB}{400 \, mm^2} = \frac{FC}{650 \, mm^2}\ \FC = 1,625 FAB Substituindo esse valor na Equação 1 e resolvendo para FAB e depois para FC, obtemos: \FAB = 1.143 \, N FC = 1.857 \, N A posição da carga aplicada é determinada pela Equação 2: x = 124 \, mm \quad \text{Resposta} Observe que 0 < x < 200 \, mm, como requerido. 1.2 Two solid cylindrical rods AB and BC are welded together at B and loaded as shown. Knowing that the average normal stress must not exceed 150 MPa in either rod, determine the smallest allowable values of the diameters d1 and d2. SOLUTION rod AB Force: P = 60 x 10^3 N Area: A = π/4 d1² Stress: σ_AB = 150 x 10^6 Pa σ_AB = P/A ∴ A = P/σ_AB π/4 d1² = P/σ_AB d1² = 4P/πσ_AB = (4)(60 x 10^3) / π(150 x 10^6) = 509.3 x 10^-6 m² d1 = 22.56 x 10^-3 m d1 = 22.6 mm rod BC Force P = 60 x 10^3 - (2)(125 x 10^3) = -190 x 10^3 N Stress: σ_BC = -150 x 10^6 Pa Area: A = π/4 d2² σ_BC = P/A = 4P/πd2² d2² = 4P/πσ_BC = (4)(-190 x 10^3) / π(-150 x 10^6) = 1.6128 x 10^-3 m² d2 = 40.16 x 10^-3 m d2 = 40.2 mm 1.7 Link BD consists of a single bar 30 mm wide and 12 mm thick. Knowing that each pin has a 10-mm diameter, determine the maximum value of the average normal stress in link BD if (a) θ = 0, (b) θ = 90. SOLUTION Use bar ABC as free body ∑M_A = 0 (a) θ = 0° (0.450 sin 30°)(20 x 10^3) - (0.300 cos 30°) F_BD = 0 F_BD = 17.32 x 10^3 N (b) θ = 90° (0.450 cos 30°)(20 x 10^3) - (0.300 cos 30°) F_B = 0 F_BD = -30 x 10^3 N Areas (a) tension loading A = (0.030 - 0.010)(0.012) = 240 x 10^-6 m² (b) compression A = (0.030)(0.012) = 360 x 10^-6 m² Stresses (a) σ = F_BC/A = 17.32 x 10^3/240 x 10^-6 = 72.2 x 10^6 72.2 MPa (b) σ = F_BC/A = -30 x 10^3/360 x 10^-6 = -83.3 x 10^6 -83.3 MPa 1.14 Two hydraulic cylinders are used to control the position of the robotic arm ABC. Knowing that the control rods attached at A and D each have a 20-mm diameter and happen to be parallel in the position shown, determine the average normal stress in (a) member AE, (b) member DG. SOLUTION Use member ABC as free body. (0.150) 1/4 F_AE - (0.600)(800) = 0 F_AE = 4 x 10^3 N Area of rod in member AE is A = π/4 d² = π/4(20 x 10^-3)² = 314.16 x 10^-6 m² Stress in rod AE: σ_AE = F_AE/A = 4 x 10^3/314.16 x 10^-6 = 12.73 x 10^6 Pa (a) σ_AE = 12.73 MPa Use combined members ABC and BFD as free body. ∑M_F = 0 (0.150)(1/4 F_FA) - (0.200)(1/4 F_BD) - (1.050 - 0.850)(800) = 0 F_BD = -1500 N Area in rod DG is A = π/4 d² = π/4(20 x 10^-³)² = 314.16 x 10^-6 m² Stress in rod DG: σ_DG = F_DG/A = -1500/3.1416 x 10^-6 = -4.77 x 10^6 Pa (b) σ_DG = -4.77 MPa 1.15 The wooden members A and B are to be joined by plywood splice plates which will be fully glued on the surfaces in contact. As part of the design of the joint and knowing that the clearance between the ends of the members is to be 8 mm, determine the smallest allowable length L if the average shearing stress in the glue is not to exceed 800 kPa. SOLUTION There are four separate areas of glue. Each area must transmit half of the 24kN load. Therefore F = 12kN = 12 x 10^3 N Shearing stress in glue τ = 800 x 10^3 Pa τ = F/A ∴ A = F/τ = 12 x 10^3 / 800 x 10^3 = 15 x 10^-3 m^2 Let l = length of glue area and w = width = 100 mm = 0.1 m A = lw ∴ l = A/w = 15 x 10^-3 / 0.1 = 150 x 10^-3 m = 150 mm L = 2l + gap = (2 x 150) + 8 = 308 mm Lista 2 Resistência dos Materiais ZEB 0566 1) Na estrutura abaixo, as quatro barras são de aço (E = 200 GPa) têm 5 mm de espessura e 300 MPa de tensão última. Com base nessas informações e nas dimensões da estrutura mostradas na figura abaixo, determine: a) As forças atuantes nas barras AB e CD. Intensidade + tração/compressão. b) As deformações do ponto B e D. Valor e tipo (alongamento/encurtamento) c) Com o coeficiente de segurança igual a 2, as barras estão de acordo? Explique. Através da figura acima, percebemos que Fba está no mesmo sentido que a força de 75 kN e em sentido oposto a Fdc 2) Um conjunto é composto por uma haste CB de aço A-36 e uma haste BA de alumínio 6061-T6, cada uma com diâmetro de 25 mm. Determine as cargas aplicadas P1 e P2 se A se deslocar 2 mm para a direita e B se deslocar 0,5 mm para a esquerda quando as cargas forem aplicadas. Despreze o tamanho das conexões em B e C e considere que elas são rígidas. Utilize Eaço = 200 GPA e Eal = 70 GPA. 3) Um sistema articulado é composto por três elementos de aço A-36 conectados por pinos, cada um com área de seção transversal de 500 mm2. Se uma força vertical P = 250 kN for aplicada à extremidade B do elemento AB, determine o deslocamento vertical de B 4) Duas barras de materiais diferentes são acopladas e instaladas entre duas paredes quando a temperatura é T1 = 10ºC. Determine a força exercida nos apoios rígidos quando a temperatura for T2 = 20ºC. As propriedades dos materiais e as áreas de seção transversal de cada barra são dadas na figura. T = 10°C δT/F = δT - δF → δT = δF α1 · ΔT · L1 + α2 · ΔT · L2 - L2 = F · L1 / A1 · E1 + F · L2 / A2 · E2 12×10⁻⁶ · 10 · 0,3 + 21×10⁻⁶ · 10 · 0,3 = F · 0,3 99×10⁻⁶ = F·7,5×10⁻⁹ + F·6,66×10⁻⁹ / 2×10⁻⁴·200×10⁹ 99×10⁻⁶ / 14,6×10⁻⁹ = F F = 6,79 kN ΔT = 20 - 10 ΔT = 10°C 5) Os dois segmentos de haste circular, um de alumínio (aluminum) e o outro de cobre (copper), estão presos às paredes rígidas de modo tal que há uma folga de 0,2 mm entre eles quando T1 = 15°C. Cada haste tem diâmetro de 30 mm.. Determine a tensão normal média em cada haste se T2 = 150°C. C T1 = 150 °C T2 = 150°C D = 0,02m αAL = 24×10⁻⁶ / °C EAL = 70×10⁹ αCu = 17×10⁻⁶ / °C ECu = 126×10⁹ A = 7,06×10⁻⁴ m² COBRE δCu = δT + δF δCu = α · ΔT · L ALUMINIO δAL = δT + δF δAL = α · ΔT · L - PL / AE 2×10⁻⁴ = δCu + δAL 2×10⁻⁴ = αCu · ΔT · L + PL / AE 2×10⁻⁴ = 17×10⁻⁶ · 135 · 0,1 - P · 0,1 / 494×10⁵ 2×10⁻⁴ = 2 · 225×10⁻⁴ - 1,124×10⁻³(P) + 6,18×10⁻⁴ - 4,04×10⁹ (P) 2×10⁻⁴ = 8,77×10⁻⁴ - 5,164×10⁹ P = 6,775×10⁵N / 5,164×10⁹ P = 1,311×10⁵N σ = F / A σ = 131,190 / 7,06×10⁻⁴ σ = 185,821,529 Pa σ = 185,82 MPa 6) A haste central CD do conjunto a baixo é aquecida de T1 = 30ºC até T2 = 180ºC por uma resistência elétrica. Na temperatura mais baixa, a folga entre C e a barra rígida é 0,7 mm. Determine a força nas hastes AB e EF provocadas pelo aumento na temperatura. As hastes AB e EF são feitas de aço e cada um tem área de seção transversal de 125 mm2. CD é feita de alumínio e tem área de seção transversal de 375 mm2. Utilize Eaço = 200 GPA, Eal = 70 GPA, αaço = 12 x 10-6 /°C e αAl = 23 x 10-6 /°C. ΔT = 150 ° CD E = 70×10⁹ Pa A = 3,75×10⁻⁴ m² α = 23×10⁻⁶ 1/°C L = 0,24 m AB e EF E = 200×10⁹ Pa A = 1,25×10⁻⁴ m² α = 12×10⁻⁶ 1/°C L = 0,3 m ΣFy = 0 → contração da ΔT FAB + FEF = 0 → FAB = FEF → F1 ΣFg =0 → após a ΔT FAB + FEF = FCD FCD = 2F1 δ1 = δCD - LF FL / AE = (αCD · ΔT · LCD - FCD · LCD) / ACD · ECD - 7×10⁻⁴ F1·0,3 / 250×10⁵ = (8,28×10⁴) - 7×10⁻⁴ 1,2×10⁻8 F1 + 8,28×10⁻4 + 1,83×10⁻8 F1 = -7×10⁻4 3,03×10⁻8 F1 = 1,28×10⁻4 F1 = 0,42×10⁴ F1 = 4,2 kN 7) Um tecido usado em estruturas infláveis está submetido a um carregamento biaxial que resulta em tensões normais σx = 120 MPa e σy = 160 MPa. Sabendo que as propriedades do tecido podem ser de aproximadamente E = 87 GPa e ν = 0,34, determine a variação no comprimento (a) do lado AB, (b) do lado BC, (c) da diagonal AC. σx = 120x10^6 Pa, σy = 0, σz = 160x10^6 Pa εx = \frac{1}{E} (σx - νσy - νσz) = \frac{1}{87x10^9} [120x10^6 - (0.34)(160x10^6)] = 754.02 x 10^-6 εz = \frac{1}{E} (-νσx - νσy + σz) = \frac{1}{87x10^9} [- (0.34)(120x10^6) + 160x10^6] = 1.3701 x 10^-3 (a) δAB = (AB) εx = (100 mm)(754.02 x 10^-6) = 0.0754 mm (b) δBC = (BC) εz = (75 mm)(1.3701 x 10^-6) = 0.1028 mm (c) [A] labeled sides of right triangle ABC as a, b, and c. c^2 = a^2 + b^2 Obtain differentials by calculus. 2c dc = 2a da + 2b db dc = \frac{a}{c} da + \frac{b}{c} db But, a = 100 mm, b = 100 mm \[da = δAB = 0.0754 mm\] \[db = δBC = 0.1370 mm\] δAC = dc = \frac{100}{125} (0.0754) + \frac{75}{125} (0.1028) = 0.1220 mm