ED 7° semestre Teoria das Estruturas Mecanicas

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ESTUDOS DISCIPLINARES - TEORIA DAS ESTRUTURAS MECANICAS
	CONTEÚDO
	MÓDULO
	EXERCÍCIO
	RESPONSÁVEL
	ENTREGUE
	2
	1
	1
	NIELSON
	OK 
	
	
	2
	NIELSON
	OK 
	
	
	3
	NIELSON
	OK
	3
	3
	1
	ROMÁRIO
	OK 
	
	
	2
	RODOLFO
	OK 
	
	
	3
	AURÉLIO
	OK 
	4
	2
	1
	ALEXANDRE / ETTORE
	OK
	
	
	2
	ALEXANDRE
	OK
	
	
	3
	ALEXANDRE
	OK
	6
	6
	1
	THIAGO ANTUNES
	OK 
	
	
	2
	RAFAEL REZENDE
	OK 
	
	
	3
	RENAN
	 OK
	
	
	4
	WELTON
	 OK 
	
	
	5
	AURÉLIO
	 OK 
	7
	7
	1
	AURÉLIO
	OK 
	8
	8
	1
	AURÉLIO
	 OK 
	
	
	2
	AURÉLIO
	 OK 
	
	
	3
	WALLACE
	OK 
	9
	4
	1
	WALLACE
	OK 
	
	
	2
	FELIPE
	OK 
	
	
	3
	PALOMA
	OK
	10
	5
	1
	PALOMA
	OK 
	
	
	2
	PALOMA
	OK
CONTEÚDO 2 (MÓDULO 1)
EX 1:
τ = V*Q/b*I
V = 80KN 
I = 301,3*10^-6 m^-4
Q1 = ʃy dA = b*y²/2 (com y variando de 0,15 a 0), LOGO: 0,02*(0,15²/2)
Q1 = 2,25*10^-4 m³
Q2 = ʃy dA = b*y²/2 (com y variando de 0,17 a 0,15), LOGO: 0,25*(0,17²/2 – 0,15²/2)
Q2 = 8*10^-4 m³
Qtotal = Q1 + Q2 = (2,25*10^-4) + (8*10^-4) 
Qtotal = 1,025*10^-3 m³
τ = ((80*10^3)*(1,025*10^-3)) / ((0,02)*(301,3*10^-6))
τ = 13,6 MPa
ALTERNATIVA “D”
EX 2:
V = 80 [KN]
I = 301,3*10^-6 [m^4]
Q1 = A1*yc1 =(0,25*0,02)*(0,16)
Q1 = 8*10^-4 [m^3] 
Q2 = A2*yc2 = (0,02*(0,15 –y))*(y + 0,5(0,15 – y)) 
Q2 = 2,25*10^-4 – 0,01*y^2 [m^3]
Qtotal = 1,025*10^-3 – 0,01*y^2 [m^3]
A FORÇA CORTANTE RESULTANTE É A INTEGRAL DA TENSÃO DE CISALHAMENTO EM RELAÇÃO À ÁREA
Vr = ʃ τ dA; e 
τ = V*Q/b*I
τ = ((13,6*10^6) –(132,76*10^6*(y^2) Pa
INTEGRANDO EM RALAÇÃO A y: 
Vr = 20*10^3*(13,6y – (132,76*y^3)/3)
COM O MESMO VARIANDO DE 0,15 Á -0,15
Vr ~ 80KN
ALTERNATIVA “E”
EX 3:
V = 80 [KN]
I = 301,3*10^-6 [m^4]
Qflange = A*yc 
A = b*x = 0,02*xm^2 ; yc = 0,16m
Qflange = 0,02x*0,16
Qflange = 3,2*10^-3x m^3
A FORÇA CORTANTE RESULTANTE É A INTEGRAL DA TENSÃO DE CISALHAMENTO EM RELAÇÃO À ÁREA
Vr = ʃ τ dA; e 
τ = V*Q/b*I
τ = (80*10^3*3,2*10^-3x)/(0,02*301,3*10^-6)
τ = 42,48257x Pa
INTEGRANDO EM RELAÇÃO A x TOMANDO A FLANGE SUPERIOR ESQUERDA COMO BASE
Vr = (42,48257*x^2)/2
COM VALOR DE x VARIANDO ENTRE 0 E 0,115m
Vr = 5,63 KN
ALTERNATIVA “D”
CONTEÚDO 3 (MÓDULO 3)
EX 1:
I= b.h^3/12 
I= 240.160^3/12 – 2.(100.80^3/12)
I= 73386666,67 mm^4
B= 40 mm
Q= considerando somente onde a viga é colada.
Q= (100 + 100 + 40). (40). (60)
Q= 576000 mm^3
V= b.I.τ/Q
V= (40. 73386666,67. 0,35)/576000
V= 1,783 kN.
Conforme feito em sala de aula com o professor, nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos. 
ALTERNATIVA “B”
EX 2:
Q = 250 * 10-3 * 20 * 10-3 * 160 * 10-3
Q = 8 * 10-4 m3
I = (250 * 10-3 * (240 * 10-3)3 / 12) – 2 * (115 * 10-3 * (300 * 10-3)3 / 12)
I = 3,013 * 10-4 m4
VMÁX = 10 kN
F = VMAX * QCHAPA / I
F = 10 * 8 * 10-4 / 3,013 * 10-4
F = 26,55 kN/m 
N°CORDÕES = 4 / (150 * 10-3)
N°CORDÕES = 26,67
FCORDÃO = F * L / (2 * N°CORDÕES)
FCORDÃO = 26,55 * 4 / (2 * 26,67)
FCORDÃO = 2 kN
τCORDÃO = 105 kN/m2
τCORDÃO = FCORDÃO / ACORDÃO
105 = 2 / (15 * 10-3 * L)
L = 2 / (105 * 15 * 10-3)
L = 1,33 * 10-3 m
L = 1,33 mm
Conforme feito em sala de aula com o professor, nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos. 
ALTERNATIVA “E”
EX 3:
ICHAPA = b * h³ / 12
ICHAPA = 260 * 15³ / 12
ICHAPA = 96817500 mm2
I = 2 * (IU + ICHAPA)
I = 2 * (78259700 + 96817500)
I = 350154400 mm4
I = 350,15 * 10-6 m4
QCHAPA = 0,26 * 15 * 10-3 * 157,5 * 10-3
QCHAPA = 6,1425 * 10-4 m3
Vmáx = 62,5 kN
F = Vmáx * QCHAPA / I
F = 62,5 * 6,1425 * 10-4 / 350,15 * 10-6
F = 109,64 kN/m
FTOTAL = F * 2,5
FTOTAL = 109,64 * 2,5
FTOTAL = 274,1 Kn
n = FTOTAL / (2 * 47)
n = 274,1 / (2 * 47)
n = 2,92
d = 2,5 / 2,92
d = 0,85 m
d = 850 mm
Conforme feito em sala de aula com o professor, nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos.
ALTERNATIVA “C”
CONTEÚDO 4 (MÓDULO 2)
EX 1:
1ª OPÇÃO DE RESPOSTA:
A reação nos apoios verticais imposta pela carga distribuída na viga é de (5*6)/2=15kN, o que nos indica um fluxo de tensão para baixo nas seções verticais. Como o fluxo de tensão na seção horizontal acompanha o fluxo nas verticais a partir do eixo de simetria vertical, temos essa condição indicada na alternativa A.
2ª OPÇÃO DE RESPOSTA:
De acordo com a teoria do fluxo de cisalhamento, a direção da tensão de cisalhamento em cada ponto é paralela à parede.É possível observar que para os pontos de uma seção da barra que é um perfil de parede fina, a tensão de cisalhamento máximo , ocorre quando o corte efetuado tiver a direção perpendicular à parede fina.
ALTERNATIVA “A”
EX 2:
A reação nos apoios verticais imposta pela carga distribuída na viga também é de (5*6)/2=15kN, porém no meio do vão é onde temos V=0 (V passa por 0), o que nos indica que não há um fluxo de tensão neste ponto da seção. Desta forma a alternativa correta é a letra E.
ALTERNATIVA “E”
EX 3:
Ƭ=(V*Q)/(b*I); dado V=10000N e b= 20mm (10+10 seções verticais).
Cálculo de I: I = (bexterno*h3externo)/12 - (binterno*h3 interno)/12 = (150*1503)/12 – (130*1303)/12 = 18,387*106 mm4.
Cálculo de Q: Q = 2*(10*65*32,5) + (150*10*70) = 147250mm3.
Portanto Ƭ = (10000*147250)/(20*18,387* 106 ) = 4Mpa. A alternativa correta é a letra C.
ALTERNATIVA “C”
CONTEÚDO 6 (MÓDULO 6)
EX 1:
I1 = d4 * π / 32
I1 = 104 * π / 32
I1 = 981,74 mm4
I2 = d4 * π / 32
I2 = 164 * π / 32
I2 = 6433,98 mm4
N1 = π2 * E * I1 / L2
N1 = π2 * 206 * 103 * 981,74 / 6002
N1 = 5544,48 N
N2 = π2 * E * I2 / L2
N2 = π2 * 206 * 103 * 6433,98 / 9952
N2 = 13212,97 N
ƩFY = – P – N2 * SEN 67,56° = 0
P = – 0,92 * N2
P = – 0,92 * 13212,97
P = – 12155,93 N (o sinal negativo mostra que a barra 2 sofre compressão)
ƩFX = – N1 + N2 * COS 67,56° = 0
N1 = 0,38 * N2
P = – N1 / 0,41
P = – 5544,48 / 0,41
P = – 13523,12 N (o sinal negativo mostra que a barra 1 sofre compressão)
Segurança igual a 3
P = 12155,93 / 3
P = 4051,97 N
P = 4,0 kN
Nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos, fizemos conforme o professor nos orientou em sala de aula.
ALTERNATIVA “C”
EX 2:
EMx : -N1* sen45º + N2*sen74º = 0
Emy : -N1*cos45º - N2*cos74º -P = 0
-N1*0,7 + N2*0,96 = 0
-N1*0,7 – N2*0,27 - P = 0
-N2*0,27 – N2*0,96 – P = 0
N2 = -P/1,23
N1 = N2*0,96/0,7 = (-P/1,23)*(0,96/0,7)
N2= -0,813P e N1= - 1,115P
Pcr1 = ((π^3)* (200*10^6)*(10^-4))/ (32*(4,24^2)) = 1077,95 kN
Pcr2 = ((π^3)* (200*10^6)*(10^-4))/ (32*(10,88^2)) = 163,71 kN
Coef. de segurança = 2
Pcr = Pcr2/2 = 81,5
P= 81,85/0,813 = 100kN
Conforme feito em sala de aula com o professor, nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos. 
ALTERNATIVA “D”
EX 3:
Dados:
P=20 KN
E=200GPa
L=2m
N=4
Sabendo que nível de segurança é igual a 4, temos que a força:
P=20*4
P=80KN
Conhecendo a formula de “P”, temos:
P=π²*E*I/L²
I=P*L²/E* π²
Ficando:
I=80000*2²/200*10^9* π²
I=1,6211389*10^-7 m^4
I=162113,89 mm^4
Momento de Inercia para carregamento de 20 KN com modulo de segurança igual a 4.
Agora basta calcular o momento de inércia com as dimensões das alternativas, e fazendo isto o valor mais próximo que chegamos foi utilizando as dimensões 51 x 51 x 9,5:
I = IX1 + A1y1`2 + Ix2 + A2y2`2
I = (51 * 9,53) / 12 + 484,5 * 11,442 + (9,5 * 41,53) / 12 + 394,25 * 9,312
I = 157807,24 mm^4
ALTERNATIVA “A”
EX 4:
I = 2 * (I1 + I2)
I = 2 * (121765,4 + 32020,7) * 10-12
I = 3,076 * 10-7 m4
P = π2 * E * I / L2
P = π2 * 206 * 106 * 3,076 * 10-7 / 2,752
P = 82,7 kN
Como o coeficiente de segurança é 2, temos:
P = 82,7 / 2
P = 41,35 kN
ALTERNATIVA “E”
EX 5:
I = I1
I = 1,217654 * 10-7 m4
P = π2 * E * I / L2
P = π2 * 206 * 106 * 1,217654 * 10-7 / 2,752
P = 32,74 kN
Como o coeficiente de segurança é 2, temos:
P = 32,74 / 2
P = 16,37 kN
ALTERNATIVA “A”
CONTEÚDO 7 (MÓDULO 7)
EX 1:
I = (π / 64) * (D4 – d4)
I = (π / 64) * (0,14 – 0,0844)
I = 2,5 * 10-6 m4
E = 70 * 106 kPa
N = 4,3
Pcr = (π2 * E * I) / (L2 * N)
BARRA AB:
L = 3
PcrAB = (π2 * E * I) / (L2 * N)
PcrAB = (π2 * 70 * 106 * 2,5 * 10-6)/ (32 * 4,3)
PcrAB = 45 kN
BARRA BC:
PcrBC = (π2 * E * I) / (L2 * N)
PcrBC = (π2 * 70 * 106 * 2,5 * 10-6) / (42 * 4,3)
PcrBC = 25 kN
Consideramos a carga com 90 kN, ao invés de 9 kN.
A barra AB, por a carga P estar posicionada de maneira simétrica devido ao apoio C, sofrerá uma compressão constante de 45 kN, independente da altura “h”.
Já a barra BC tem compressão variando de acordo com a altura “h”.
Portanto para sabermos o valor de “h” devemos resolver a estática do problema:
PcrBC = (SENἀ * 0,5 * P) / COSἀ
ἀ = TAN-1 (PcrBC / (0,5 * P))
ἀ = TAN-1 (25 / (0,5 * 90))
ἀ = 29°
h = CO / TANἀ
h = 2 / TAN29°
h = 3,6 m
ALTERNATIVA “B”
CONTEÚDO 8 (MÓDULO 8)
EX 1:
P = π2 * E * I / (L2 * N)
P = π2 * E * π * d4 / (L2 * N * 32)
d = ((P * L2 * N * 32) / (π3 * E))1/4
d = ((10 * 0,52 * 2 * 32) / (π3 * 200 * 106))1/4
d = 0,0126 m
d = 12,6 mm
Nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos, fizemos conforme o professor nos orientou em sala de aula.
ALTERNATIVA “C”
EX 2:
P = π2 * E * I / (L2 * N)
P = π2 * E * π * d4 / (L2 * N * 32)
P = π3 * 200 * 106 * 0,0124 / (0,32 * 2 * 32)
P = 22,32 Kn
Nenhuma das alternativas tem a resposta que chegamos, fizemos conforme o professor nos orientou em sala de aula.
ALTERNATIVA “A”
EX 3:
Pcr = (π^2* E*I) / (L^2) * N
h =1,5*b
Pcr = 20 kN
E = 70*10^6 kPa
I = (b*h^3) / 12
L = 350mm =0,35m
N = 2
Logo:
20 = (π^2 * 70*10^6 * b*(1,5*b) ^ 3) / (0,35^2 * 2 * 12)
b = ((0,35^2 * 2 * 12 * 20) / ( π^2 * 70*10^6 * 1,5^3)) ^ (1/4)
b= 0,0126m= 12,60mm
h= 1,5 * 12,60
h= 18,90mm
Portanto a área da seção é:
A=12,60 * 18,90
A=238,14mm^2
Conforme teoria vista em aula utilizamos a fórmula da carga crítica. Nenhuma das alternativas corresponde ao valor encontrado.
ALTERNATIVA “C”
CONTEÚDO 9 (MÓDULO 4)
EX 1:
P=1,2MPa, t=10mm=1e-3m e D=2,5m. 
Sabendo-se que para vasos cilíndricos, Tt(tensão tangencial)=p*r/t e que Tt=2*Ta(tensão axial) e que Tr=0;Temos: Tt=1,2e6*2,5/2*1e-3; Tt= 150MPa e Ta=Tt/2; Ta=150e6/2 = 75 MPa.
ALTERNATIVA “A”
EX 2:
D=300mm
E=4mm
P=1,5Mpa
T=(P*D)/(4*E)
T=(1,5*300)/(4*4)
T=28,125Mpa
F/mm=T*E
F/mm=28,125*4
F/mm=112,5N/mm ou 112,5KN/m
ALTERNATIVA “C”
EX 3:
R1=800 mm ;p=500KPa; t (espessura)=? ; te= 240 MPa; c.s= 2.
Critério da máxima tensão de cisalhamento: Teq=T1 +T3, mas T3=0 (radial), então Teq=T1=240MPa=Tt ; Tt=p*r/t ; mas como pede-se para calcular a espessura t=p*r/Tt com coeficiente de segurança=3, temos que cs= Tt/Tadm, Tadm=240e6/2=120e6 ; t=500e3*800/120e6= 3,33 mm.
Critério de Van Miser ou máxima energia de distorção: Teq=((((T1-T2)^2)+((T1-T3)^2)+((T2-T3)^2)/2)^(1/2)), mas T3=0 então Teq= ((((T1-T2)^2+T1^2+T2^2)/2)^(1/2)); T1/2=Te/2=Ta=T2 então T1=2T2; substituindo: Teq=(((T2^2+4T2^2+T2)/2)^(1/2)) ; Teq=T2*(3^(1/2)), como Teq=120MPa, T2=120e6/(3^(1/2)) = 69,28MPa; como T2=p*r/2*t , temos que t=p*r/2*T2, então t=500e3*800/2*69,28e6 ; t=2,886 mm.
ALTERNATIVA “A”
CONTEÚDO 10 (MÓDULO 5)
EX 1:
Ex=480e-6 ; Ey=720e-6 ; Yxy=650e-6 ; E=206e9Pa e v=0,3
Ex*E=Tx-v*Ty ; 480e-6*206e9=Tx-0,3Ty => 98,88e6= Tx-0,3Ty => Tx=98,88e6 + 0,3Ty
Ey*E=Ty-v*Tx ; 720e-6*206e9=Ty-0,3Tx => 148,32e6= Ty-0,3Tx 
148,32e6=Ty-0,3(98,88e6+0,3Ty) => 148,32 = Ty-29,66-0,09ty => Ty=177,98/0,91 => Ty=195,58Mpa ; então substituindo Ty em Tx=98,88e6 + 0,3Ty , Temos: Tx=157,53MPa
G=E/2*(1+v) = 206e9/2*(1+0,3) = 7,92e10
Txy=GYxy = 7,92e10*650e-6 = 51,48MPa
Através do Circulo de Mohr, temos: ponto de referencia A(157,53;51,48)
Tmédia= (157,53+195,58)/2 = 176,55 MPa
R=(((Tmedia-Tx)^2+(Txy)^2)^(1/2) = 54,88 MPa
T1=176,55+54,88=231,43MPa ; T2=176,55-54,88=121,67Mpa
ALTERNATIVA “A”
EX 2:
Ea=600e-6 ; Eb=-300e-6 ; Ec=500e-6
No caso de roseta de deformação a 45graus ou “retangular” , Temos que: 
Ex=Ea= 600e-6 ; Ey=Ec=500e-6 e Yxy=2*Eb-(Ea-Ec) = 2*-300-(600-500)= -1700e-6
Emedia= (600e-6+500e-6)/2 = 550e-6
Circulo de Mohr: R=(((Emedia-ex)^2+(Yxy/2)^2)^(1/2) =(((550-600)^2+(-850)^2)^(1/2) = 851,47e-6
Então: E1=550e-6+851,47e-6=1401,47e-6 e E1=550e-6-851,47e-6=-301,47e-6
ALTERNATIVA “B”