TESTETERCEIRAINDEXAÇÃO PDF

SOLUÇÃO Carga Interna. Devemos determinar primeiro a força axial em cada haste. O diagrama de corpo livre da luminária é mostrado na Figura 1.17b. Aplicando as equações de equilíbrio das força, obtemos: → Σ F_x = 0; F_BC (4/5) - F_BA cos 60° = 0 ↑ Σ F_y = 0; F_BC (3/5) + F_BA sen 60° - 784,8 N = 0 F_BC = 395,2 N, F_BA = 632,4 N Pela terceira lei de Newton referente à ação, essas forças, iguais mas de reação oposta, submetem a haste à tração em todo seu comprimento. Tensão Normal Média. Aplicando a Equação 1.6, temos: σ_BC = F_BC / A_BC = 395,2 N / π(0,04 m)^2 = 7,86 MPa Resposta σ_BA = F_BA / A_BA = 632,4 N / π(0,005 m)^2 = 8,05 MPa Resposta A distribuição da tensão normal média que atua na seção transversal da haste AB é mostrada na Figura 1.17c; em um ponto qualquer dessa seção transversal, um elemento de material é tensionado como mostrado na Figura 1.17d. Σ M_B = 0 + 15(0,5) + 60(1,5) + 60(3,0) + 30(4,5) - F_AY(5) = 0 F_AY = 82,5 kN Σ F_y = 0 + 15 + 60 + 60 + 30 - 82,5 + F_CBY = 0 F_CBY = -82,5 kN (inverte sinal) F_CB . sen 30° = F_CBY F_CB = 165 kN (inverte sinal de F_CBX) a) G = \frac{40 \times 1000 \text{ N}}{100 \times 120} = 3,33 \text{ MPa} área do bloco de madeira b) G = \frac{40 \times 1000 \text{ N}}{500 \times 500} = 0,16 \text{ MPa} área do bloco de concreto 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. 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 Fcb cos 30° = Fcbx Fcbx = 143 kN Como inverteu o sinal de Fcby, fica: ∑Fx = 0 -Fcbx ➔ Fax = 0 ➔ + Fax = -143 kN ➔ inverteu sinal (Desenho: vetor de forças) Tracionada Fa = √(Fax² + Fay²) = 165 kN τa = τb = τc = 165 x 1000N / (1/4 π (18)²) = 324 MPa 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. Cisalhamento τ = P / (1/4 π (20)²) => 80 = P / (1/4 π (20)²) => P ≤ 100 kN Esmagamento σesm = P / ((20)(10)4) => 100 = P / ((20)(10)4) P ≤ 80 kN Tração σtração = P / (100-20-20).15 => 140 P / 60.15 => P ≤ 126 kN (secção transversal dos parafusos) σtração = P / (120-20-20).10 => 140 P / (80).10 => P ≤ 112 kN ∴ P ≤ 80 kN 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. Solução: \( \operatorname{tg} \beta = \frac{450}{240} \Rightarrow \beta = 61,9275^\circ \) \( \cos \beta = 0,47059 \) \( \sum \overrightarrow{M_C} = 0 \circlearrowright+ \) \( 0,135P + F_{BD} \times \cos \beta \times 0,450 = 0 \) \( F_{BD} = -0,6375P \) Portanto, a força na \( BD \) é de compressão e, em módulo, é igual a \( 0,6375P \). Logo, a tensão normal na barra \( BD \) é de compressão e, em módulo, é calculada como \[ \sigma_{BD} = \frac{F_{BD}}{A_{BD}} = \frac{0,6375P}{800 \times (10^{-3})^2} \Longrightarrow 50 \times 10^{6} = \frac{0,6375P}{800 \times (10^{-3})^2} \Longrightarrow \] \( P = 62745 \text{ N} \) Resp.: \( P = 62745 \text{ N} \Longrightarrow P \equiv 62,7 \text{ kN} \) 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 Como temos todos os ângulos e um dos lados do triângulo, podemos calcular os outros lados pela Lei dos senos. \[ \frac{F_{AB}}{\sen 45} = \frac{F_{BC}}{\sen 60} = \frac{44 \text{ kN}}{\sen 75} \] \[ \frac{F_{AB}}{\sen 45} = \frac{44 \text{ kN}}{\sen 75} \Rightarrow F_{AB} = \frac{44 \text{ kN} (\sen 45)}{\sen 75} = 32,21 \text{ kN} \] \[ \frac{F_{BC}}{\sen 60} = \frac{44 \text{ kN}}{\sen 75} \Rightarrow F_{BC} = \frac{44 \text{ kN} (\sen 60)}{\sen 75} = 39,45 \text{ kN} \] 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. \[ \sigma_{AB} = \frac{P}{A} = \frac{F_{AB}}{A_{AB}}= \frac{32,21 \text{ kN}}{0,012 \text{m} (0,046 \text{m} - 0,02 \text{m})}= \frac{32,21 \times 10^{3} \text{ N}}{0,012 \text{m}\times 0,026\text{m}} = 103,24 \times 10^{6} \text{ N/m}^{2}\] \[ \sigma_{AB} = 103,24 \text{ MPa} \; (T) \] b) Valor máximo da tensão normal média na barra \( BC \). A barra \( AB \) está sendo comprimida. \[ \sigma_{BC} = \frac{P}{A} = \frac{F_{BC}}{A_{BC}} = \frac{39,45 \times 10^{3} \text{ N}}{0,012 \text{m}\times 0,046\text{m}} = 71,47 \times 10^{6} \text{ N/m}^{2} \] \( \sigma_{BC} = 71,47 \text{ MPa} \; (C) \) 8 – Calcule as tensões normais em todas as barras da treliça, considerando cada barra com 20 mm de diâmetro ΣMA = 0 - FBY (0,7) + 70 (0,7 + 0,9) = 0 FBY = 160 kN ΣFY = 0 FAY + FBY - 70 = 0 FAY = -90 kN (Inverte Sinal) ΣFX = 0 FAX = 0 70 kN C B A FAX FAY FBY θ FAC FAY FAC θ tg θ = \frac{1,2}{1,6} θ = 36,87^\circ Força AC FAY = FAC . sen θ FAC = \frac{90}{sen 36,87^\circ} FAC = 150 kN (Inacionada) Tensão AC σ_{AC} = + \frac{150 \times 1000}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} = 477 MPa Nó A FAY FAC FAB θ θ = 36,87^\circ FAC . cos θ = FAB FAB = -120 kN Comprimindo Obs: Barra tracionada - força "sai" do nó Barra Comprimida - força "chega" no nó σ_{AB} = -\frac{120 \times 1000}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} = -382 MPa Nó B α 160 kN 120 kN FBC tg α = \frac{1,20}{0,9} \therefore α = 53,13^\circ Força BC FBC . cos α = 120 kN FBC = -200 kN Barra "chegando" no nó -> comprimida σ_{BC} = -\frac{200 \times 1000}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} = -637 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. Ʃ MB = 0 (0.150) FAE - (0.600)(800) = 0 FAE = 4x10^3 N Area of rod in member AE is A = (π/4)d^2 = (π/4)(20x10^-3)^2 = 314.16 x 10^-6 m^2 Stress in rod AE: σAE = FAE/A = 4x10^3 / 314.16 x 10^-6 = 12.73 x 10^6 Pa (a) σAE = 12.73 MPa Use combined members ABC and BFD as free body. Ʃ MF = 0 (0.150)(800) - (0.200)(FBD) - (1.050 - 0.850)(800) = 0 FBD = -1500 N Area in rod DG is A = (π/4)d^2 = (π/4)(20x10^-3)^2 = 314.16 x 10^-6 m^2 Stress in rod DG: σDG = FBD/A = -1500 / 314.16 x 10^-6 = -4.77 x 10^6 Pa (b) σDG = -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 24 kN load. Therefore, F = 12 kN = 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)(150) + 8 = 308 mm