RESMAT-BRAGANCA-Trelicas-Planas-Isostáticas-Exercícios-Gabarito(1)

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Resistência dos Materiais
Treliças Planas Isostáticas
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
Exercícios - Gabarito
Exercício 1 – Para a viga plana
treliçada isostática, calcular as
reações de apoio e, pelo Método
dos Nós, os esforços nas barras,
indicando se esses são de tração
ou compressão. Fazer uma tabela
resumo com as respostas,
indicando com o sinal positivo os
esforços de tração e com o sinal
negativo os esforços de
compressão.
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Exercício 1
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BARRA N (N)
BS
CD = FG 0
DE = EF -300
BI
AH = BJ +300
HI = IJ +400
M
AC = BG -200
DH = FJ +100
EI 0
D
AD = BF -424,26
EH = EJ -141,42
RVA = 500 N ↑
RVB = 500 N ↑
Solução
Exercício 2 – Para a viga plana
treliçada isostática, calcular as
reações de apoio e, pelo Método
dos Nós, os esforços nas barras,
indicando se esses são de tração
ou compressão. Fazer uma tabela
resumo com as respostas,
indicando com o sinal positivo os
esforços de tração e com o sinal
negativo os esforços de
compressão.
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Exercício 2
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BARRA N (N)
BS
FG 0
GH + 400
HI + 1.200
IJ + 2.400
BI
AB -400
BC - 1.200
CD - 2.400
DE - 4.000
M
AF 0
BG -300
CH -600
ID -900
D
AG + 500
BH + 1.000
CI + 1.500
DJ + 2.000
RVJ = 1.200 N ↑ RHJ = 4.000 N →
RHE = 4.000 N ←
Solução
Exercício 3 – Para a tesoura
treliçada plana isostática, calcular
as reações de apoio e, pelo
Método dos Nós, os esforços nas
barras, indicando se esses são de
tração ou compressão. Fazer uma
tabela resumo com as respostas,
indicando com o sinal positivo os
esforços de tração e com o sinal
negativo os esforços de
compressão.
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Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
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Exercício 3
BARRA N (N)
BS
AF = BH
FG = GH
BI
AC = BE
CD = DE
D
FC = EH
CG = EG
M DG
RVA = 
RVB = 
Tabela Resumo
Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
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Exercício 3
Solução
Reações de Apoio
(+)
∑V = 0
2 x 100 + 3 x 200 – RVA – RVB = 0
(+)∑MA = 0
RVA + RVB = 800 N ...(I) 
200 x 4,0 + 200 x 8,0 + 200 x 12,0 + 100 x 16,0– RVB x 16,00 = 0
RVB = 400 N ...(II)
Com (II) em (I):
RVA + 400 = 800 N 
RVA = 400 N ...(III)
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Exercício 3
Solução
BARRA N (N)
BS
AF = BH
FG = GH
BI
AC = BE
CD = DE
D
FC = EH
CG = EG
M DG
RVA = 400 N
RVB = 400 N
Tabela Resumo Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
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Exercício 3
Solução
Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
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100 N
200 N
A
C D
B
E
F H
RVA = 400 N
RVB = 400 N
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
2,0 m
α
α
1,0 m 1,0 m
2,0 m
100 N
200 N
200 N G
α
Exercício 3
Força Normal nas Barras 
(equilíbrio de ponto)
(+)
∑V = 0
- 670,84 cos α + NAC = 0
100 -400 - NAF sin α = 0 
NAF = 670,84 N (compressão)
NAC = 600 N (tração)
NÓ (A)
NAC
RVa = 400 N
α
NAF
(+)∑H = 0
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100 N RVa = 400 N
α
NAF
100 N
Exercício 3
Solução
BARRA N (N)
BS
AF = BH - 670,84
FG = GH
BI
AC = BE 600
CD = DE
D
FC = EH
CG = EG
M DG
RVA = 400 N
RVB = 400 N
Tabela Resumo Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
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Exercício 3
Solução
Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
100 N
200 N
A
C D
B
E
F H
RVA = 400 N
RVB = 400 N
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
2,0 m
α
α
1,0 m 1,0 m
2,0 m
100 N
200 N
200 N G
α
- 670,84 N
+ 600 N
- 670,84 N
+ 600 N
Exercício 3
Força Normal nas Barras 
(equilíbrio de ponto)
(+)
∑V = 0
670,84 cos α + NFG cos α + NFC sin α = 0
200 – 670,84sin α - NFG sin α + NFC cos α = 0 
NFG = - 581,40 N (compressão)
NFC = - 178,89 N (compressão)
NÓ (F)
NFC
α
NFG
(+)∑H = 0
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200 N
670,84 N α
α
NFC = 111,81 + 0,5NFG ... (1)
670,84 + NFG + 0,5NFC = 0 ... (2)
Com (1) em (2):
670,84 + NFG + 0,5(111,81 + 0,5NFG) = 0
670,84 + NFG + 55,905 + 0,25NFG = 0
... (3)
Com (3) em (1):
NFC = 111,81 + 0,5 (- 581,40) 
Exercício 3
Solução
BARRA N (N)
BS
AF = BH - 670,84
FG = GH - 581,40
BI
AC = BE 600
CD = DE
D
FC = EH -178,89
CG = EG
M DG
RVA = 400 N
RVB = 400 N
Tabela Resumo Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
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Exercício 3
Solução
Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
100 N
200 N
A
C D
B
E
F H
RVA = 400 N
RVB = 400 N
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
2,0 m
α
α
1,0 m 1,0 m
2,0 m
100 N
200 N
200 N G
α- 670,84 N
+ 600 N
- 670,84 N
- 178,89 N
- 670,84 N
- 178,89 N - 670,84 N
+ 600 N
Exercício 3
Força Normal nas Barras 
(equilíbrio de ponto)
(+)
∑V = 0
178,87 sin α – 600 + 200 cos β + NCD = 0
178,89cos α – NCG sin β = 0 
NCD = 400 N (tração)
NCG = 200 N (tração)NÓ (C)
NCD
β
NCG
(+)∑H = 0
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178,89 N
600 N
α
Exercício 3
Solução
BARRA N (N)
BS
AF = BH - 670,84
FG = GH - 581,40
BI
AC = BE 600
CD = DE 400
D
FC = EH -178,89
CG = EG 200
M DG
RVA = 400 N
RVB = 400 N
Tabela Resumo Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
Exercício 3
Solução
Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
100 N
200 N
A
C D
B
E
F H
RVA = 400 N
RVB = 400 N
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
2,0 m
α
α
1,0 m 1,0 m
2,0 m
100 N
200 N
200 N G
α- 670,84 N
+ 600 N
- 670,84 N
- 178,89 N
+ 400 N + 400 N + 600 N
- 670,84 N- 178,89 N
- 670,84 N
+ 200 N + 200 N
Exercício 3
Força Normal nas Barras 
(equilíbrio de ponto)
(+)
∑V = 0
NCG = 0 
NDG = 0NÓ (D)
400 N 
NDG
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400 N
Exercício 3
Solução
BARRA N (N)
BS
AF = BH - 670,84
FG = GH - 581,40
BI
AC = BE 600
CD = DE 400
D
FC = EH -178,89
CG = EG 200
M DG 0
RVA = 400 N
RVB = 400 N
Tabela Resumo Ângulos
tan α =
4
8
α = 𝑎𝑟𝑐 tan
4
8
= 26,57𝑜
cos α = 0,8944
sin α = 0,4472
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
Exercício 3
Solução
Solução
Diagrama de Corpo Livre - DCL
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
100 N
200 N
A
C D
B
E
F H
RVA = 400 N
RVB = 400 N
4,0 m 3,0 m 3,0 m 4,0 m
2,0 m
α
α
1,0 m 1,0 m
2,0 m
100 N
200 N
200 N G
α- 670,84 N
+ 600 N
- 670,84 N
- 178,89 N
+ 400 N + 400 N + 600 N
- 670,84 N- 178,89 N
- 670,84 N
+ 200 N + 200 N
0 N
Exercício 3
Força Normal nas Barras 
(equilíbrio de ponto)
(+)
∑V = 0
200 + 2(200sin β – 581,40 sin α) = 0 
NÓ (G)
β
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200 N
Verificação
αα
0
β
200 N
200 N 581,40 N581,40 N
Ok!!!
Exercício 3
Solução
Exercício 4 – Para a torre treliçada
plana isostática, calcular as
reações de apoio e, pelo Método
dos Nós, os esforços nas barras,
indicando se esses são de tração
ou compressão. Fazer uma tabela
resumo com as respostas,
indicando com o sinal positivo os
esforços de tração e com o sinal
negativo os esforços de
compressão.
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
Exercício 4
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
TABELA RESUMO
BARRA N(N)
AB -200
CD +300
EF +200
AC +632,50
CE +474,30
EG +316,20
BD -474,30
DF -316,20
FG -316,20
BC -291,50
DE -212,10
RVA = 600 N ↓
RVB = 600 N ↑
RHB = 600 N ←
Solução
Exercício 4
Prof. Dr. Antonio Carlos da F. Bragança Pinheiro
Determinação dos Ângulos06arctan 18,43
18

 
= = 
 
senα = 0,3162 
cosα = 0,9486 
6
arctan 6 6 2
18
d m
 
=  =  = 
 
→ e = 12 – 2 = 10 m
06arctan 30,96
10

 
= = 
 
senγ = 0,5145 
cosγ = 0,8575 
18 12 12 12
8
12 18
f m
f
−  
= =
− 
→ g = f – d = 8 – 2 = 6 m
06arctan 45
6

 
= = 
 
senξ = 0,7071 
cosξ = 0,7071 
Solução