Resolução Exame 26 de Junho de 2006

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1 Resolução ame de Junho de Problema : Resolução: Al. a) (Apontamentos das Aulas Teóricas) Os invariantes de um sistema de vectores são: (a) Força resultante: R - invariante vectorial um vector livre, não varia escolhendo qualquer ponto no espaço para redução do sistema das forças. (b) Produto escalar R O R invariante escalar não varia escolhendo qualquer ponto no espaço em relação o qual se calcula o O R (c) A projecção do vector R O sobre a direcção do vector R: proj R R O. Qualquer sistema de forças pode ser reduzido (substituído) a um dos seguintes sistemas de vectores simples, identificados com base nos primeiros dois invariantes invariantes principais: (a) ( R ; O R ) caso geral - redução a dois vectores não complanares. (b) ( R ; O R = ) o sistema equivalente a um vector (força) resultante único R. (c) ( R = ; O ) o sistema se reduz a um binário (momento idêntico em qualquer ponto do espaço). O sistema ainda diz-se equivalente a conjugado. (d) ( R = ; O = ) elementos de redução nulos sistema em equilíbrio. Al. b) Teorema de arignon: O momento resultante de várias forças concorrentes relativamente a um ponto O qualquer é igual à soma dos momentos das várias forças relativamente a esse ponto. r ( F + F F n ) = r F }{{} r F n = r R R Al. c) A resolução está apresentada na Tabela, na base dos Ls para cada caso. d) 3 3 a) b) aso Nr Reacções α e Ligações statia Reacções quil. a) 3 ApI (R) hipostática RI Sim b) 4 Ap hiperstática RI Sim c) ApI hipostática RI Não d) 3 ApS isostática R Sim a) embora o número das ligações é igual a três a translação horizontal não está impedida, sendo as reacções indetermináveis por eistirem apenas duas equações de equilíbrio independentes. b) as ligações são em ecesso e bem distribuídas, sendo a estrutura hiperstática com as reacções indetermináveis. c) as ligações são insuficientes e a sua distribuição permite a rotação da viga no plano (em torno do ponto ), sendo as reacções indetermináveis. d) as ligações são suficientes e conseguem garantir o equilíbrio da estrutura, conseguinte, as reacções são determináveis. c)

2 Problema : Resolução: A kn.m.m kn.m.m A 4.kN α F R O z 3kNm.kNm 4kN P O z.knm a) lementos de redução do sistema das forças relativamente ao ponto O: ( R, O ) R = Fi = ( 4 / + sin ) e + ( / + cos ) e O = Oi = ( 3 sin + / + /.) e z Resposta: R =.4 e e [kn] O =. e z [knm] b) O sistema de forças pode ser reduzido a uma única força resultante actuante sobre o eio central () sendo o momento mínimo igual a zero. As coordenadas de ponto P ( P, ) onde o intersecta a linha O determinam-se aplicando o Teorema de arignon ( P = ): O = OP R P R =. P =. 3.4 ou ainda:. e z = =.33 m e P (.33, ) e e e z p Resposta: P (.33, ); min = P = = 3.4 P e z p =. 3.4 =.33 m c) A força F aplicada em têm a intensidade F e a direcção α desconhecida: F = F cos α e + F sin α e a força resultante passa a ser: R = (F cos α.4) e + (F sin α + 3.4) e Para que o eio central passe pelos pontos e : R = R e = { R = R : = : F cos α.4 = F sin α sin. cos 4.. F sin α = { α = 3.4 F = 4.3 [kn] F = 4.33 e.33 e Resposta: F = 4.33 e.33 e

3 Problema 3: Resolução:.m 4.m F z A 3m 3N A tracção no cabo A é constante T A = T A = T. 4.m z A T T TF 3N R.m Rz R 3m F l A = l A = 4. + =. m ; l F = 3 +. = 3.4 m As equações de equilíbrio do corpo rígido com base em L são: ( R ;? ) ou seja: A = : 4. R 3. = R = N F = : = : 3 + T. =. 3 T F 4. = 3.4. T = N T F = N F = : Fz =. R 4 = 3.4. R z 3 4. = 3.4. R = N R z = N Resposta: R = e + e + e z [N] T = N ; T F = N

4 Problema 4: Resolução: knm 3kN 3 4 kn/m knm 3kN 3 4 kn/m kn m 3m kn m 3m m 3m H R H R R a) A estatia global obtém-se: α g = α e + α i α e = N ret 3 = 3 = ; α i = 3 N F N lint = = α g = Resposta: A estrutura é eteriormente hiperstática de o grau, interiormente hipostática de o grau e globalmente isostática. Pode ser resolvida apenas com base nas equações de equilíbrio!! b) alculo das reacções: = : 3 R 3. = R =. kn = : Fv = :. 4 + R 3 3 = R = R =. kn R = kn esq 3 = H + 3 = H =. kn Fh = : H. = H =. kn Obtenção dos diagramas de esforços: barra N = N = kn ; =. kn ; = =. =. kn = ; =. 3 =. knm ; =. 3 = knm barra N = N = ; = = ; = = knm barra 4 N 4 = N 4 =. kn ; 3 = 3 = kn ; 34 = 43 = 3 = 3 kn 3 = 3 +. = knm ; 3 = ; 43 = = knm barra 4 N 4 = N 4 = 3 kn ; N 4 = N 4 =. kn ; N = N =. kn 4 = 4 = = =. kn 4 = knm ; 4 = = knm = ; =. 4 = knm

5 barra N =. sin 4 =. kn ; =. cos 4 =. kn ; = N =. sin 4 =. kn ; =. cos 4 =. kn ; = N = 3. sin 4 =. kn ; = 3. cos 4 =. kn ; = = 3 knm α N α N.4+4=3kNm α N.kN.+3=.kN.+4=3.kN 3kN knm 3 4 kn/m kn α.kn.kn kn.kn.kn N O momento máimo no troço obtém-se para =. m: m =... =.3 knm c) Para a verificação dos diagramas de esforços estudam-se o equilíbrio dos nós: L L 4 3 L om base nos Ls verificam-se as equações: F h = ; F v = ; =.m.3 tg=.

6 Problema : Resolução: o (c ) 3 43/3/ π 3 c c c c 43/3/π c3 O O 3 O A figura composta é obtida a partir da soma algébrica das três figuras (um rectângulo e dois semicírculos) elementares. Observa-se que o eio é eio de simetria da figura pelo que o produto de inércia da figura composta I = e o momento de inércia I i de cada figura elementar é igual a dos valores obtidos das tabelas. Os momentos de inércia obtém-se da seguinte forma: I = I i ; I = I i rectângulo: b = mm ; h = mm ; I = ; Itab c = b h3 ; Itab c = h b3 Utiliza-se o Teorema de Steiner ou Teorema dos eios paralelos para calcular I: I = I c + b h ( h ) = I = 3 3 = mm 4 + =. mm 4 semi-círculo: r = mm ; I tab = I tab = π r4 ; I 3 = I 3 = Itab = π 4 I 3 = I tab = π 4 =.443 mm 4 =.443 mm 4 semi-círculo: r = 3 mm ; d = 4 3 ; 3 π Itab = I tab = π r4 ; I = ; I = I c Para calcular o momento de inércia I é necessário usar o Teorema de Steiner ou Teorema dos eios paralelos: I = I c + π r d Os momentos de inércia I c e I c no referencial (c c ) obtém-se através da rotação dos referencial (c c ) com α = ou seja: I c = I c ; I c = I c. Para obter o valor de momento de inércia I c aplica-se o Teorema de Steiner: Os momentos de inércia são: I c = I c = I tab π 3 ( π ) = π 34 π 3 ( π ) =. mm 4 I c = I c = I tab = π 34 =.3 mm 4 I = I c + π r d =. + π 3 d =.43 mm 4 I = I c =.3 mm 4 I = I I I 3 = ( ) = 3. mm 4 I = I I I3 = (.3.443) =.4 mm 4 I =

7 Os Teoremas utilizados: Teorema de Steiner ou dos eios paralelos que define a transmissão do momento de inércia obtida relativamente a um eio central para um eio qualquer paralelo com o eio central. Rotação dos eios: utilizado para transmissão do momento de inércia de um referencial para ou outro rodado em torno da origem do referencial com um ângulo qualquer. Problema : Resolução: a) (Apontamentos das Aulas Teóricas) As hipóteses simplificativas aplicadas na análise de treliças são: ) As barras são consideradas rígidas e as dimensões da secção transversal são reduzidas em relação ao seus comprimentos, por isto as barras podem ser representadas pelos seus eios. ) As treliças são solicitadas por cagas concentradas aplicadas nos nós. O peso próprio das barras é geralmente desprezável quando comparado com as acções eteriores. 3) Os nós das treliças são articulações perfeitas portanto não impedem a rotação e por isto não eiste reacção de momento. b) As barras de esforço nulo da treliça são identificadas na figura, correspondendo aos nós em casos particulares de carregamento: A F a a G Nó : sem carregamento, incidem três barras dos quais duas com a mesma direcção N F = e N A = N. Sucessivamente o nó F e o nó encontrar-se-a na mesma situação N F = (N F A = N F G ) e N G = (N = N ) Nó I: sem carregamento, incidem duas barras com direcções diferentes N IH N IJ =. H I J = e epois de se conhecerem as reacções o esforço N A pode ser calculada com base no equilíbrio do nó A. om base nos resultados da alínea anterior N F G = N AF obtido a partir do L do nó A. m alternativa (sem os resultados acima) pode ser calculado utilizando o método das secções ou Ritter, corte a a. Para calcular o esforço N H utiliza-se o método das secções (método mais rápido) a partir das equações de equilíbrio do corpo rígido, como eemplo apresenta-se o seguinte procedimento: a partir do corte determina-se o esforço na barra GH e efectuando o corte obtém-se o esforço N H. c) orrecção dos diagramas de esforços: As relações entre carga e esforços são: dn d = q ; d d = p ; d d = e d d = p O diagrama de esforço transverso acompanha rigorosamente o diagrama de carga:

8 a) Nota: = o que corresponde a libertação eistente e no troço 4 o esforço transverso varia linearmente com declive constante ( q). b) Nota: no troço o diagrama de esforço transverso varia linearmente com declive constante ( q) e anula-se no meio vão. Os diagramas de momento flector foram corrigidos para verificar as relações acima apresentadas. a) Nota: no troço 4 o diagrama varia linearmente com ângulações nos pontos de aplicação das cargas concentradas (descontinuidade no diagrama de esforço transverso). Nota-se no troço 4 variação parabólica com tangente horizontal nos pontos e sendo o o momento etremo no troço 4. b) Nota: no troço o diagrama de momento flector têm variação parabólica e apresenta tangente nulo (paralelo com a barra) no meio-vão (onde o esforço transverso se anula) com valor etremo do momento flector nesse ponto. Os diagramas de esforço normal foram correctamente representadas. 3 P P 4 R R4 R ))))))) (((((( (( )) ))))))) (((((( (((( )))) (((((((((((((((((((((((((((((((((( )))))))))))))))))))))))))))))))))) )) ( ******* +++ *** R P ******* R ***** **************************** *** +++ *** +++R4 ma P N P P a) tg= q tg= R q!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!! ma OU """" ### """""""" ####### tg= ########### """"""""""" %% " $$ $ ma %% $$$ %%% tg= $ % && && '' '' & ' && '' b) & ' 3 R3 R3 N a