Resolução de exercícios, resmat

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Para resolver este problema, precisamos inicialmente calcular a força que atua na 
barra BB’, para isso aplicamos o somatório dos momentos no ponto A: 
∑ 𝑀𝐴 = 0
↶+
 12𝐹𝐵𝐵′ −
12 ∗ 12
2
∗ 8 = 0 
12𝐹𝐵𝐵′ − 576 = 0 
12𝐹𝐵𝐵′ = 576 
𝐹𝐵𝐵′ = 48 𝑘𝑁 
A variação do diâmetro da barra pode ser escrita da seguinte forma: 
∆𝑑 = 𝑑𝜖𝑙𝑎𝑡 
Portanto, precisamos determinar a deformação lateral. Como foi fornecido o 
coeficiente de Poisson, vamos escrever a seguinte relação: 
𝜈 =
𝜖𝑙𝑎𝑡
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔
 
Isolando a deformação lateral: 
𝜖𝑙𝑎𝑡 = 𝜈𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 
Para determinar a deformação longitudinal podemos escrever a lei de Hooke: 
𝜎 = 𝐸𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 =
𝜎
𝐸
 
A tensão normal na barra é dada por: 
𝜎 =
𝐹𝐵𝐵′
𝐴
 
𝜎 =
𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2
4
 
𝜎 =
4𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2
 
Substituindo na equação para a deformação longitudinal: 
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 =
4𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2
𝐸
 
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 =
4𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2𝐸
 
Substituindo agora a deformação longitudinal na equação para a deformação lateral: 
𝜖𝑙𝑎𝑡 =
4𝜈𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2𝐸
 
Desta forma, a variação do diâmetro da barra será: 
∆𝑑 = 𝑑
4𝜈𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑2𝐸
 
∆𝑑 =
4𝜈𝐹𝐵𝐵′
𝜋𝑑𝐸
 
Do gráfico fornecido, temos que o módulo de elasticidade: 
𝐸 =
𝜎
𝜖
 
𝐸 =
100
0,0005
 
𝐸 = 200 𝐺𝑃𝑎 
Por fim, a variação do diâmetro: 
∆𝑑 =
4 ∗ 0,5 ∗ 48 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,001 ∗ 200 ∗ 109
 
∆𝑑 = 1,53 ∗ 10−4 𝑚 
∆𝑑 = 0,0153 𝑚𝑚 
Portanto, o novo diâmetro da barra será: 
𝑑𝑛 = 𝑑 + ∆𝑑 
𝑑𝑛 = 10 + 0,0153 
𝑑𝑛 = 10,0153 𝑚𝑚 
 
a) Para determinar as tensões em cada barra, precisamos inicialmente calcular as 
forças normais em cada uma das barras. O primeiro passo para calcular as forças nas 
barras da treliça é determinar as reações nos apoios, aplicando o somatório dos 
momentos em b: 
∑ 𝑀𝐵 = 0
↶+
 8𝑉𝐶 − 4 ∗
8
10
∗ 50 + 3 ∗
6
10
∗ 50 = 0 
8𝑉𝑐 − 160 + 90 = 0 
8𝑉𝑐 − 70 = 0 
8𝑉𝑐 = 70 
𝑉𝑐 = 8,75 𝑘𝑁 
Aplicando o somatório das forças em y: 
∑ 𝐹𝑦 = 0
↑+
 𝑉𝐵 + 8,75 −
8
10
∗ 50 = 0 
𝑉𝐵 + 8,75 − 40 = 0 
𝑉𝐵 − 31,25 = 0 
𝑉𝐵 = 31,25 𝑘𝑁 
Aplicando agora o somatório das forças em x: 
∑ 𝐹𝑥 = 0
→+
 𝐻𝐵 −
6
10
∗ 50 = 0 
𝐻𝐵 − 30 = 0 
𝐻𝐵 = 30 𝑘𝑁 
Agora vamos aplicar a lei dos nós para determinar a força normal em cada barra: 
Nó B: 
 
Calculando o ângulo 𝜃: 
𝜃 = 𝑡𝑔−1 (
3
4
) 
𝜃 = 36,87° 
Das forças em y: 
𝐹𝐵𝐴𝑆𝑒𝑛36,87 + 31,25 = 0 
𝐹𝐵𝐴𝑠𝑒𝑛36,87 = −31,25 
𝐹𝐵𝐴 = −52,08 𝑘𝑁 
Das forças em x: 
𝐹𝐵𝐶 − 52,08𝑐𝑜𝑠36,87 + 30 = 0 
𝐹𝐵𝐶 − 11,67 = 0 
𝐹𝐵𝐶 = 11,67 𝑘𝑁 
Nó C: 
Das forças em y: 
𝐹𝐶𝐴𝑠𝑒𝑛36,87 − 8,75 = 0 
𝐹𝐶𝐴𝑠𝑒𝑛36,87 = 8,75 
𝐹𝐶𝐴 = 14,58 𝑘𝑁 
Agora que já temos as forças normais, podemos determinar as tensões. A tensão na 
barra BA: 
𝜎𝐵𝐴 =
𝐹𝐵𝐴
𝐴
 
𝜎𝐵𝐴 =
52,08
𝜋 ∗ 52
4
 
𝜎𝐵𝐴 = 2,65 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 
A tensão na barra CA: 
𝜎𝐶𝐴 =
𝐹𝐶𝐴
𝐴
 
𝜎𝐶𝐴 =
14,58
𝜋 ∗ 52
4
 
𝜎𝐶𝐴 = 0,74 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 
A tensão na barra BC: 
𝜎𝐵𝐶 =
𝐹𝐵𝐶
𝐴
 
𝜎𝐵𝐶 =
11,67
𝜋 ∗ 52
4
 
𝜎𝐵𝐶 = 0,59 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 
b) Para determinar o diâmetro vamos utilizar o critério da resistência: 
𝑠 =
𝜎𝑟𝑢𝑝
𝜎
 
𝑠 =
𝜎𝑟𝑢𝑝
𝐹
𝐴
 
𝑠 =
𝐴𝜎𝑟𝑢𝑝
𝐹
 
𝑠𝐹
𝜎𝑟𝑢𝑝
=
𝜋𝑑2
4
 
𝑑2 =
4𝑠𝐹
𝜋𝜎𝑟𝑢𝑝
 
𝑑 = √
4𝑠𝐹
𝜋𝜎𝑟𝑢𝑝
 
Para a barra BA, temos que a mesma está sujeita a compressão, portanto: 
𝑑𝐵𝐴 = √
4 ∗ 1,5 ∗ 52,08
𝜋 ∗ 3,5
 
𝑑𝐵𝐴 = 5,33 𝑐𝑚 
Para a barra CA, temos que a mesma também está sujeita a compressão: 
𝑑𝐶𝐴 = √
4 ∗ 1,5 ∗ 14,58
𝜋 ∗ 3,5
 
𝑑𝐶𝐴 = 2,82 𝑐𝑚 
Para a barra BC, temos que a mesma está sujeita a tração: 
𝑑𝐵𝐶 = √
4 ∗ 1,5 ∗ 11,67
𝜋 ∗ 3
 
𝑑𝐵𝐶 = 2,73 𝑐𝑚 
Portanto, o menor diâmetro aceitável será o da barra BA, isto acontece, pois a mesma 
está sujeita ao maior esforço. Se utilizar o diâmetro da barra BC por exemplo, a treliça 
não irá suportar a carga na barra BA e irá ocorrer falha do material. Desta forma a 
resposta final será: 
𝑑 = 5,33 𝑐𝑚 
Arredondando para múltiplos de 0,5 cm: 
𝑑 = 5,5 𝑐𝑚 
 
 
 
 
Como estamos apenas considerando o trecho “af”, a reação no apoio “a”: 
𝑁𝑎 − 70 + 250 − 90 + 150 = 0 
𝑁𝑎 + 240 = 0 
𝑁𝑎 = −240 𝑘𝑁 
Temos o seguinte diagrama de esforço normal: 
 
Agora vamos calcular as tensões em cada um dos trechos. A tensão no trecho ab: 
𝜎𝑎𝑏 =
240 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,062
4
 
𝜎𝑎𝑏 = 84,88 𝑀𝑃𝑎 
A tensão no trecho bc: 
𝜎𝑏𝑐 =
310 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,062
4
 
𝜎𝑏𝑐 = 109,64 𝑀𝑃𝑎 
A tensão no trecho cd: 
𝜎𝑐𝑑 =
60 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,062
4
 
𝜎𝑐𝑑 = 21,22 𝑀𝑃𝑎 
Calculando a tensão no trecho de: 
𝜎𝑑𝑒 =
150 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,032
4
 
𝜎𝑑𝑒 = 212,21 𝑀𝑃𝑎 
Portanto, a máxima tensão é: 
𝜎𝑑𝑒 = 212,21 𝑀𝑃𝑎 
b) Para determinar a força P que não altere a reação no apoio “i”, temos: 
𝛿𝑎𝑖 =
𝑁𝑎𝑏𝐿𝑎𝑏
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑑𝑒𝐿𝑑𝑒
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
+
𝑃𝐿𝑒𝑓
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
+ 𝛿𝑓𝑔 +
𝑁𝑔ℎ𝐿𝑔ℎ
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
+
𝑁ℎ𝑖𝐿ℎ𝑖
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
 
O deslocamento das extremidades será nulo, pois o apoio é um engaste. Isolando o 
P: 
𝑁𝑎𝑏𝐿𝑎𝑏
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
+
𝑁𝑑𝑒𝐿𝑑𝑒
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
+
𝑃𝐿𝑒𝑓
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
+ 𝛿𝑓𝑔 +
𝑁𝑔ℎ𝐿𝑔ℎ
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
+
𝑁ℎ𝑖𝐿ℎ𝑖
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
= 0 
𝑃𝐿𝑒𝑓
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
= −
𝑁𝑎𝑏𝐿𝑎𝑏
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
−
𝑁𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
−
𝑁𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
−
𝑁𝑑𝑒𝐿𝑑𝑒
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
− 𝛿𝑓𝑔 −
𝑁𝑔ℎ𝐿𝑔ℎ
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
−
𝑁ℎ𝑖𝐿ℎ𝑖
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
 
𝑃𝐿𝑒𝑓
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
= −
1
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑
(𝑁𝑎𝑏𝐿𝑎𝑏 + 𝑁𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐 + 𝑁𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑 + 𝑁𝑑𝑒𝐿𝑑𝑒) − 𝛿𝑓𝑔 −
1
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖
(𝑁𝑔ℎ𝐿𝑔ℎ
+ 𝑁ℎ𝑖𝐿ℎ𝑖) 
𝑃 = −
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
𝐴𝑎𝑑𝐸𝑎𝑑𝐿𝑒𝑓
(𝑁𝑎𝑏𝐿𝑎𝑏 + 𝑁𝑏𝑐𝐿𝑏𝑐 + 𝑁𝑐𝑑𝐿𝑐𝑑 + 𝑁𝑑𝑒𝐿𝑑𝑒) −
𝛿𝑓𝑔𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
𝐿𝑒𝑓
−
𝐴𝑑𝑓𝐸𝑑𝑓
𝐴𝑔𝑖𝐸𝑔𝑖𝐿𝑒𝑓
(𝑁𝑔ℎ𝐿𝑔ℎ + 𝑁ℎ𝑖𝐿ℎ𝑖) 
𝑃 = −
7,07 ∗ 10−4 ∗ 100 ∗ 109
2,83 ∗ 10−4 ∗ 120 ∗ 109 ∗ 0,05
∗ (240 ∗ 0,03 + 310 ∗ 0,09 + 60 ∗ 0,03 + 150 ∗ 0,07) −
0,09 ∗ 10−3 ∗ 7,07 ∗ 10−4 ∗ 100 ∗ 109
0,05
−
7,07 ∗ 10−4 ∗ 100 ∗ 109
1,96 ∗ 10−3 ∗ 80 ∗ 109 ∗ 0,05
(200 ∗ 0,06 + 150 ∗ 0,1) 
𝑃 = 510,04 𝑘𝑁 
 
 
 
a) Para determinar o deslocamento em C, temos a seguinte relação: 
𝛿𝐶
1,8
=
𝛿𝐵
0,6
 
𝛿𝐶 =
1,6𝛿𝐵
0,6
 
𝛿𝐶 = 2𝛿𝐵 
Onde o deslocamento em B: 
𝛿𝐵 =
𝐹𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷
𝐴𝐵𝐷𝐸𝐵𝐷
 
Aplicando o somatório dos momentos em A para calcular 𝐹𝐵𝐷: 
∑ 𝑀𝐴 = 0
↶+
 0,6𝐹𝐵𝐷 − 1,8 ∗ 1,5 = 0 
0,6𝐹𝐵𝐷 = 2,7 
𝐹𝐵𝐷 = 4,5 𝑘𝑁 
Desta forma o deslocamento em C: 
𝛿𝐶 =
2𝐹𝐵𝐷𝐿𝐵𝐷
𝐴𝐵𝐷𝐸𝐵𝐷
 
𝛿𝐶 =
2 ∗ 4,5 ∗ 103 ∗ 2,2
𝜋 ∗ 0,0062
4 ∗ 200 ∗ 109
 
𝛿𝐶 = 5,25 ∗ 10−3 𝑚 
𝛿𝐶 = 5,25 𝑚𝑚 
b) A variação do diâmetro pode ser expressa da seguinte forma: 
∆𝑑 = 𝑑𝜖𝑙𝑎𝑡 
Onde, temos a seguinte relação para a deformação lateral: 
𝜈 = −
𝜖𝑙𝑎𝑡
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔
 
𝜖𝑙𝑎𝑡 = −𝜈𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 
Substituindo na equação para a variação do diâmetro: 
∆𝑑 = −𝑑𝜈𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 
Pela lei de Hooke: 
𝜎 = 𝐸𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 
𝜖𝑙𝑜𝑛𝑔 =
𝜎
𝐸
 
Substituindo na equação para a variação do diâmetro: 
∆𝑑 = −𝑑𝜈
𝜎
𝐸
 
A tensão normal na barra: 
𝜎 =
𝐹𝐵𝐷
𝐴
 
𝜎 =
𝐹𝐵𝐷
𝜋𝑑2
4
 
𝜎 =
4𝐹𝐵𝐷
𝜋𝑑2
 
Substituindo na equação para a variação do diâmetro: 
∆𝑑 = −𝑑𝜈
4𝐹𝐵𝐷
𝜋𝑑2
𝐸
 
∆𝑑 = −
4𝜈𝐹𝐵𝐷
𝜋𝑑𝐸
 
∆𝑑 = −
4 ∗ 0,3 ∗ 4,5 ∗ 103
𝜋 ∗ 0,006 ∗ 200 ∗ 109
 
∆𝑑 = −1,432394 ∗ 10−6 𝑚 
∆𝑑 = −1,432394 ∗ 10−3 𝑚𝑚 
Portanto, o diâmetro final: 
𝑑𝑓 = 𝑑 + ∆𝑑 
𝑑𝑓 = 6 − 1,432394 ∗ 10−3 
𝑑𝑓 = 5,998567 𝑚𝑚 
O raio pode ser escrito como sendo: 
𝑟𝑓 =
𝑑𝑓
2
 
𝑟𝑓 =
5,998567
2
 
𝑟𝑓 = 2,99928 𝑚𝑚 
 
Para este problema, conseguimos escrever a seguinte relação: 
𝛿1
6
=
𝛿2
9
 
𝛿1 =
6
9
𝛿2 
𝐹1𝐿
(𝐸𝐴)1
=
6
9
𝐹2𝐿
(𝐸𝐴)2
 
𝐹1 =
6𝐹2(𝐸𝐴)1
9(𝐸𝐴)2
 
Aplicando o somatório dos momentos no apoio: 
∑ 𝑀 = 0
↶+
 6𝐹1 + 9𝐹2 − 12 ∗ 55 = 0 
6𝐹1 + 9𝐹2 = 660 
9𝐹2 = 660 − 6𝐹1 
𝐹2 =
660 − 6𝐹1
9
 
Substituindo na expressão para 𝐹1: 
𝐹1 =
6
660− 6𝐹1
9
(𝐸𝐴)1
9(𝐸𝐴)2
 
𝐹1 =
(3960 − 36𝐹1)(𝐸𝐴)1
81(𝐸𝐴)2
 
Para simplificar a expressão, temos o seguinte: 
(𝐸𝐴)1
(𝐸𝐴)2
=
103
2 ∗ 103
=
1
2
 
Temos então: 
𝐹1 =
(3960 − 36𝐹1)
162
 
162𝐹1 = 3960 − 36𝐹1 
162𝐹1 + 36𝐹1 = 3960 
198𝐹1 = 3960 
𝐹1 = 20 𝑘𝑁 
Calculando 𝐹2: 
𝐹2 =
660 − 6 ∗ 20
9
 
𝐹2 = 60 𝑘𝑁 
 
 
 
 
 
a) Aplicando as equações de equilíbrio no nó C: 
∑ 𝐹𝑥 = 0
→+
 −
4
5
𝐹𝐶𝐷 + 160 = 0 
4
5
𝐹𝐶𝐷 = 160 
𝐹𝐶𝐷 =
5 ∗ 160
4
 
𝐹𝐶𝐷 = 200 𝑘𝑁 
∑ 𝐹𝑦 = 0
↑+
 −
3
5
∗ 200 + 𝐹𝐶𝐵 = 0 
𝐹𝐶𝐵 =
3
5
∗ 200 
𝐹𝐶𝐵 = 120 𝑘𝑁 
b) A tensão normal na barra CD: 
𝜎𝐶𝐷 =
𝐹𝐶𝐷
𝐴𝐶𝐷
 
𝜎𝐶𝐷 =
200
5
 
𝜎𝐶𝐷 = 40 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 
A tensão normal na barra CB: 
𝜎𝐶𝐵 =
𝐹𝐶𝐵
𝐴𝐶𝐵
 
𝜎𝐶𝐵 =
120
4
 
𝜎𝐶𝐵 = 30 𝑘𝑁/𝑐𝑚2 
c) A barra CD está sujeita a tração, portando o coeficiente de segurança: 
𝑠𝐶𝐷 =
𝜎𝑐𝑜𝑚𝑝
𝜎𝐶𝐷
 
𝑠𝐶𝐷 =
240
40
 
𝑠𝐶𝐷 = 6 
A barra CB está sujeita a tração, portanto o coeficiente de segurança: 
𝑠𝐶𝐵 =
𝜎𝑡𝑟
𝜎𝐶𝐵
 
𝑠𝐶𝐵 =
60
30
 
𝑠𝐶𝐵 = 2