Preciso de ajuda para resolver esses exercícios de Resistencia dos materiais, alguem sabe resolver?

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Sejam \(P_x\) e \(P_y\) componentes da força aplicada \(P\). Sejam \(D_x\) e \(D_y\) as reações de apoio no ponto \(D\); e \(E_y\) a reação vertical no ponto \(E\).

Assim:

\[{P_x} = \dfrac{4}{5}P = \dfrac{4}{5} \times 650{\text{ kN}} = 520{\text{ kN}}\]

\[{P_y} = \dfrac{3}{5}P = 390{\text{ kN}}\]

Cálculo das reações de apoio:

\[\eqalign{ & \sum {{F_x} = 0} \cr & {D_x} - {P_x} = 0 \cr & {D_x} = {P_x} = 520{\text{ kN}} }\]

\[\eqalign{ & \sum {{F_y} = 0} \cr & {D_y} + {E_y} - {P_y} = 0 \cr & {D_y} + {E_y} = {P_y} = 390{\text{ kN}} }\]

\[\eqalign{ & \sum {{M_D}} \cr & {E_y}\left( 3 \right) + 520\left( {1,5} \right) - 390\left( {2,5} \right) = 0 \cr & {E_y} = 65{\text{ kN}} }\]

Donde:

\[D_y+E_y=D_y+65=390\]

\[D_y=325\text{ kN}\]

Agora, as forças nas barras FC e CB podem ser obtidas pelo método das seções.

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Dividindo a treliça pela seção 1, conforme indicado, obtemos:

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Fazendo o somatório dos momentos em relação ao ponto A, obtemos:

\[\eqalign{ & \sum {{M_A} = 0} \cr & {F_{FC}}\left( {0,75} \right) + 325\left( 1 \right) - 520\left( {0,75} \right) = 0 \cr & {F_{FC}} = 86,67{\text{ kN}} }\]

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Dividindo a treliça na seção 2, conforme indicado, obtemos:

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A força \(F_{CB}\) possui componentes \(X_{CB}\) e \(Y_{CB}\) tais que:

\[\dfrac{{{X_{CB}}}}{{{Y_{CB}}}} = \dfrac{{0,5}}{{0,75}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow \dfrac{{{X_{AC}}}}{{{F_{AC}}}} = \dfrac{2}{{\sqrt {{3^2} + {2^2}} }} = \dfrac{2}{{\sqrt {13} }} \Rightarrow \dfrac{{{Y_{CB}}}}{{{F_{CB}}}} = \dfrac{3}{{\sqrt {13} }}\]

Fazendo o somatório das forças na direção \(y\), temos:

\[\eqalign{ & \sum {{F_y} = 0} \cr & {Y_{CB}} + 65 - 390 = 0 \cr & {F_{CB}}\left( {\dfrac{3}{{\sqrt {13} }}} \right) + 65 - 390 = 0 \cr & {F_{CB}} = 390,60{\text{ kN}} }\]

Dimensionamento das barras:

Para uma barra cuja área da seção transversal seja \(A\), sujeita a uma força trativa \(F\), a tensão normal \(\sigma\) a que a barra está submetida é dada por:

\[\sigma=\dfrac{F}{A}\]

Para uma barra cilíndrica de diâmetro \(D\), é válido:

\[A=\dfrac{\pi D^2}{4}\]

Para a barra FC:

\[\sigma_{ADM}=140 \text{ MPa}=\dfrac{F_{FC}}{A_{{FC}}}\]

\[A_{FC}=\dfrac{F_{FC}}{\sigma_{ADM}}=\dfrac{86666,67 \text{ N}}{140 \text{ MPa}}=619 {\text{ mm}}^{\text{2}}\]

Donde:

\(619 {\text{ mm}}^{\text{2}}=\dfrac {\pi D_{FC}^2}{4}\)

\[\boxed{D_{FC}=28,07 \text{ mm}}\]

Para a barra CB:

\[A_{CB}=\dfrac{F_{CB}}{\sigma_{ADM}}=\dfrac{390601 \text{ N}}{140 \text{ MPa}}=2790 {\text{ mm}}^{\text{2}}\]

\(2790 {\text{ mm}}^{\text{2}}=\dfrac {\pi D_{CB}^2}{4}\)

\[\boxed{D_{CB}=59,60 \text{ mm}}\]

2)

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Aplicando as equações de equilíbrio para o anel B, temos:

\[\eqalign{ & \sum {{F_x} = 0} \cr & {X_{BC}} - 6\cos \left( {60^\circ } \right) = 0 \cr & {F_{BC}}\cos \left( {60^\circ } \right) - 6\cos \left( {60^\circ } \right) = 0 \cr & {F_{BC}} = 6{\text{ kN}} }\]

\[\eqalign{ & \sum {{F_y} = 0} \cr & {Y_{BC}} + 6\sin \left( {60^\circ } \right) - {F_{AB}} = 0 \cr & {F_{BC}}\sin \left( {60^\circ } \right) + 6\sin \left( {60^\circ } \right) = {F_{AB}} \cr & 6 \sin \left( {60^\circ } \right) + 6\sin \left( {60^\circ } \right) = {F_{AB}} = 10,39{\text{ kN}} }\]

Assim:

\[\boxed{{\sigma _{AB}} = \dfrac{{{F_{AB}}}}{{{A_{AB}}}} = \dfrac{{10392{\text{ N}}}}{{\pi \dfrac{{{{\left( {25{\text{ mm}}} \right)}^2}}}{4}}} = 21,17{\text{ MPa}}}\]

\[\boxed{{\sigma _{BC}} = \dfrac{{{F_{BC}}}}{{{A_{BC}}}} = \dfrac{{6000{\text{ N}}}}{{\pi \dfrac{{{{\left( {{\text{18 mm}}} \right)}^2}}}{4}}} = 23,58{\text{ MPa}}}\]

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