Prova Final Resolvida-2022 1

UFSC - ECV5051 - Estática para Engenharia Civil 18 Março, 2022 Prof. Marcos S. Lenzi Prova Final: Equilíbrio de partícula e corpos rígidos (2D e 3D): momentos em torno de um ponto e em relação a um eixo; binários; redução de um sistema de forças a uma força e um binário; treliças (método das seções e método dos nós); estruturas e máquinas; diagramas de esforços internos; centróide de área; cargas distribuídas sobre vigas; momentos de inércia: de área, polar, teorema dos eixos paralelos Questão 1 - Determine os diagramas de esforço cortante V(x) e de momento fletor M(x) da viga abaixo. Demonstre o cálculo das reações nos apoios, diagrama de corpo livre e todos cálculos para a obtenção dos diagramas, inclusive das áreas do carregamento distribuído w(x) e do esforço cortante V(x), caso você tenha resolvido o problema pelo método gráfico. Você pode resolver este problema pelo método das seções ou pelo método do somatório ou método gráfico [4.0pt]. Questão 2 - Determine as forças axiais nos membros AB [0.6pt], CH [0.6pt], AH [0.6pt] e CD [0.6pt] da treliça, e se estes 4 membros estão sob tração ou compressão ([0.2pt] por barra). Questão 3 - Determine as coordenadas do centróide da área abaixo por integração direta. [2.8pt]. Fórmulario Leis dos cossenos: c = \sqrt{a^2 + b^2 - 2ab \cos(γ)} Leis dos senos: \frac{a}{\sen(α)} = \frac{b}{\sen(β)} = \frac{c}{\sen(γ)} A \cdot B = (A_{x}i + A_{y}j + A_{z}k) \cdot (B_{x}i + B_{y}j + B_{z}k) = A.B.\cos(φ); |A × B| = A.B.\sen(φ); \overrightarrow{M} = \overrightarrow{r} × \overrightarrow{F}; \overrightarrow{u} = \frac{\overrightarrow{r}}{|r|} MOL = (R.\perp A × E) · (\overrightarrow{u}_OL (momento da força F, aplicada no ponto A, em relação ao eixo OL)} Esforços Internos: \frac{dV}{dx} = -w(x); \Delta V = \int w(x) dx \frac{dM}{dx} = V(x); \Delta M = \int V(x) dx; Centróide e Forças Distribuídas: \bar{y} = \frac{\sum \bar{y}_iA_i}{A}; \bar{y}/4 círculo = \frac{4r}{3π}; \bar{x} = \frac{\int x_{c}(dA)}{dA}; \bar{y} = \frac{\int y_{c}(dA)}{dA} \bar{x} = \int x \cdot v(x) dx \bar{x} F_r = \int x \cdot w(x) dx Momento de inércia de área, polar, Teorema de Steiner e Produto de Inércia: I_x = \int y^2dA; I_y = \int x^2dA; J_0 = \int r^2dA = I_x + I_y; Jo = JCG + dA I_x = I_{x,CG} + d^2A I_{x,retangular,CG} = \frac{bh^3}{12}; I_{triangular,CG} = \frac{bh^3}{36}; I_{círculo,CG} = \frac{πr^4}{4} k_x = \sqrt{\frac{I_{x}}{A}}; k_0 = \sqrt{\frac{J_{x}}{A}}; I_{xy} = \int A x y d A; I_{xy} = I_{x y} + (\bar{x}\bar{y})A. ∑MA=0 -200.3-(3+32)-200.32 (3+23) + VB.6=0 6VB=4200 ⇒ VB=700N Δ∑FY=0 VA+700-200-200.32 =0 VA=200N Os cálculos para a obtenção dos diagramas são os seguintes: Seção 1: 0≤x1≤3m V - 200 = 0 V = 200 N M-200.x1=0 M = 200x1 Seção 2: 0≤x2≤3 V+200.x2+W.x22-200=0 V=-200x2-33,33x22+200 V=-33,33x22-200x2+200 200 M+200.x22 +W.x22 -200(x2+3) =0 M=-11,11(x23)-100x32+200x2+600 Tru=c=ho ↓₁ V(0)=200N V(3)=200N M(0)=200.(0)=0N.v² M(3)=200.(3)=600N.m Tru=c=ho ₂ V(0)=-33,33/(0²)-200.(0)+100 V(0)=400N V(3)=-33,33.(3)²-200.(3)+200 V(3)=700N M(0)=-11,11.(0)³-100.(0)²+900.(0)+600 M(0)=600N M(3)=-11,11(3)-100.(5)²+200.(3)+600 M(3)=0/N Diagrama de esforço cortante. Diagrama de Momento Fletor. 2º 5ΣMA=0 -3.1,5-3,3-3.4,5-1,5.6+VB.6=0 6VB=36 □VB=6Kn ↑ΣFY=0 VA-1,5-3-3-1,5+6=0 VA=6Kn e \alpha (0,5m) 1,5 tg\alpha=\frac{0,5}{1,5}∴\alpha=18,43º \beta 1,5 1,5 tg\beta=\frac{1,5}{1,5}∴\beta=45º método dos nós: Nó B ↑ΣFY=0 -BA-1,5=0 BA=-1,5KN compressão →ΣFX=0 BC=0 Nó A ΣFY=0 6-1,5+AC.cos45º=0 AC=-\frac{4,5}{cos45º} AC=-6,364KN →ΣFX=0 AH+AC.cos45º=0 AH-6,364.cos45º=0 AH=4,5KN Tração Nó C A=-6,364KN ΣFY=0 -3-AC.cos45º-CH.sin45º+CD.sin18,43º=0 -3+6,364.cos45º-CH.sin45+CD.sin18,43=0 CD.sin18,43º-CH.sin45º=-1,5 0,316CD-0,707CH=-1,5 (I) ΣFX=0 CD.cos18,43º+CH.cos45º-CA.cos45º=0 CD.0,949+CH.0,707-(-6,364).0,707=0 0,949CD+0,707CH=-4,5KN (II) montando um sistema temos: {0,316CD-0,707CH=-1,5 0.316(-4,743)-0,707CH=-1,5 0.949CD+0,707CH=-4,5 | □CH=0KN | Nulo. -1,265CD=-6 CD=-4,743KN compressão AB=-1,5Kn - compressão □ CH=0Kn - neutro □ AH=4,5KN - Tração □ CD=-4,743 - compressão 3Q (y) (h) y=\frac{h}{a^2}x^2 (dA=(h-y)dx∴dA=(h-\frac{h}{a^2}x^2)dx \overline{dA}=h(1-\frac{x^2}{a^2})dx x centroide \overline{x}=x \overline{Y}=\frac{y}{2} \overline{x}=\frac{S_a \overline{x}dA}{S_a dA} \frac{\int_0^a x[h(1-\frac{x^2}{a^2})]dx}{\int_0^a h(1-\frac{x^2}{a^2})dx} =\frac{\int_0^ah(x-\frac{x^3}{a^3})dx} {\int_0^a h(1-\frac{x^2}{a^2})dx} =\frac{[h(\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4.a^2})]_0^a}{h.(x-\frac{x^3}{3a^2})|_0^a h\left(\frac{a^2}{2} - \frac{a^4}{4a^2}\right) = \frac{1}{\frac{2}{3}a} = \frac{3}{8}a\] \[\bar{X} = \frac{3}{8}a\] \[\bar{Y} = \frac{\int_a \frac{Y}{2}dA}{\int_a dA} = \frac{\int_0^a h \left(1 - \frac{x^2}{a^2}\right)^2 dx}{\int_0^a h\left(1 - \frac{x^2}{a^2}\right) dx}\] \[= \frac{h^2/2 \left(x - \frac{x^5}{5a^4}\right)\right|_0^a}{h\left(x - \frac{x^3}{3a^2}\right)\right|_0^a} = \frac{h^2/2\left(a - \frac{a^5}{5a^4}\right)}{h\left(a - \frac{a^3}{3a^2}\right)}\] \[= \frac{h/2\left(4/5 a\right)\right}{2/3 a} \Rightarrow \bar{Y}=\frac{3}{5}h\] \[C.G. = \left(\frac{3}{8}a; \frac{3}{5}h\right)\]