Equipe X - EXERCÍCIO 3

Equipe X - EXERCÍCIO 3 Figura 1: guindaste 1) Resolução da treliça Consideramos o peso P do carro igual a : P = 10+nn/4 como somos o grupo 3 P = 10 +3/4 P = 10,75kN Como o problema é composto por um sistema de cabos tracionados e polias, apoiados em uma estrutura treliçada, começamos separando as cargas e os locais onde as forças se aplicavam para daí resolver a treliça: A distância BH é dada por: BH 2 = 12 2 +16 2 BH=20m Temos então: sen α = 12/20 sen α = 0,6 cos α =16/20 cos α =0,8 cos β = 12/20 cos β = 0,6 sen β =16/20 sen β = 0,8

A treliça foi resolvida pelo método dos nós, pois embora seja um pouco mais trabalhoso nos oferece o resultado das forças aplicadas em todos os nós e barras. Começando no nó H houve a possibilidade de perceber a distribuição das cargas didaticamente. TABELA Barras Resultados 1 NFH 12,28 2 NGH -30,71 3 NFG 0 4 NDF 12,28 5 NEF 0 6 NEG -30,71 7 NDE 0 8 NDB 12,28 9 NCD 0 10 NCE -30,71 11 NBC -18,42 12 NAB 3,07 13 NAC 0 14 NIC -24,57

Equilíbrio dos nós Sinal negativo compressão Sinal positivo tração H: Σ F H = 0 sen β * N 1 + sen α * N 2 + 8,6 = 0 N 1 = 12,28 kn Σ F V = 0-17,2 - cos β * N 1 + cos α * N 2 = 0 N 2 = -30,71 kn G: Σ F H = 0 cos α * -30,71 - cos α * N 6 + N 3 = 0 N 3 = 0 kn Σ F V = 0 sen β * -30,71 - sen α * N 6 = 0 N 6 = -30,71 kn F: Σ F H = 0 sen β * 12,28 - sen α * N 4 = 0 N 4 = 12,28k Σ F V = 0 cos α * 12,28 - cos α * N 4 + N 5 = 0 N 5 = 0 kn E: Σ F H = 0 cos α * -30,71 - sen α * N 10 + N 7 = 0 N 7 = 0 kn Σ F V = 0 sen α * -30,71 - sen α * N 610 = 0 N 10 = -30,71 kn D: Σ F H = 0 sen β * 12,28 - sen α * N 8 = 0 N 8 = 12,28k Σ F V = 0 cos α * 12,28 - cos α * N 8 + N 9 = 0 N 9 = 0 kn B: Σ F H = 0 cos α * 12,28 + 6,45 10,75 N 12 = 0 N 12 = 3,07k Σ F V = 0 - sen α * 12,28 8,6 N 11 = 0 N 11 = -18,42 kn C: Σ F H = 0 - sen α * -30,71 + 18,42 + sen 45 * N 13 = 0 N 13 = 0 kn Σ F V = 0 cos α * -30,71 N 14 = 0 N 14 = -24,57 kn

Reações nos Apoio A: Σ F V = 0 - V A + 3,07 = 0 V A = 3,07 kn Σ F H = 0 H A = 0 kn I: Σ F V = 0 - V I 24,57 = 0 V I = -24,57 kn Σ F H = 0 H I = 0 kn Verificação pela Equação de Equilíbrio Σ F V = 0-10,75 6,45 10,75 + 6,45 - V I - V A = 0 V I + V A = -21,50 kn Substituindo os valores: -24,57 + 3,07 = -21,5 resultado confirmado Verificação pelo Programa FTOOL

DIAGRAMA DE FORÇAS CORTANTES DIAGRAMA DE FORÇAS NORMAIS DIAGRAMA DE MOMENTOS FLETORES DEFORMADA

2) Pré-dimensionamento das barras das treliças Dados do problema obtidos em sala de aula: TRAÇÃO Seção circular σ ADM = 200 MPa COMPRESSÃO Seção quadrada σ ADM = 200 MPa E = 210 GPa Sendo: 1 MPa = 0,1kN/cm 2 PEÇAS TRACIONADAS Maior valor : 12,28 kn σ = N /A σ = N /A 20 kn/cm 2 = 12,28 kn / A d = (12,28 / 20 * 4/ π) 0,5 d ~ 0,88 cm A = π. d 2 4 PEÇAS COMPRIMIDAS Maior valor : 30,71 kn σ = N /A 20 kn/cm 2 = 30,71 kn / A a 2 = (30,71 / 20) 0,5 a ~ 1,24 cm... mas há que se considerar a flambagem. A = a 2 Barras comprimidas sofrem o processo de flambagem e devemos dimensioná-las de acordo com essa solicitação adicional:

I = b. h 3 / 12 K = fator de equivalência x em treliças K = 1 h I = b. h 3 / 12 b I = a 4 / 12 Para obter o comprimento de barra (l) a ser aplicado na fórmula, fizemos uma análise visual e consideramos a maior barra a sofrer compressão como sendo a N 10. 7 / N 8 = cos α N 8 = 7 / 0,8 N 8 = 8,75 m N 7 N 8 N 9 / N 8 = sen α N 9 = 8,75 * 0,6 N 9 = 5,25 m N 10 N 9 N 9 / N 10 = cos α N 10 = 5,25 / 0,8 7 m N 10 = 6,56 m Y l = 656 cm Maior valor : 30,71 kn P CR = π 2. E I / (K.l) 2 P CR = π 2. E I (K. l) 2 30,71 kn = π 2 * 21000 kn/cm 2 * (a 4 / 12) (1 * 656cm) 2 a = 5,26 cm

Figura 2: Painel 1) Resolução da treliça Consideramos a carga distribuída q sobre o painel igual a: q = nn/4 ; como somos o grupo 3 q = nn/4 kn/m q = 3/4 q = 0,75 kn/m A partir da força resultante da carga distribuída, obtivemos o valor das forças aplicadas nos nós B, C e D. A força resultante F = 3kN foi dividida para duas barras BC e CD Obtendo-se as resultantes do sistema: Portanto, a força aplicada em cada nó corresponde à resultante obtida em cada nó. Reações de Apoio: ΣH = 0 H A = 3 + H G ΣV = 0 V A = V G ΣM = 0 2 H A + (1,5. 2) + (0,75. 4) = V A + V G + 2 H G 2 H A + 6 = 2 V A + H G H A = V A + H G 3 H A = 3 + H G H A = V A + H G 3 0 = -V A + 6 V A = 6,00 kn V G = 6,00 kn

Ainda não é possível calcular as reações horizontais de apoio. Para otimizar os cálculos dos esforços nas barras, resolveremos a treliça pelo Método de Ritter; também como critério didático, já que a treliça 1 foi resolvida pelo método dos nós. Corte 01 O Corte 01 nos permite encontrar as reações de apoio horizontais que ainda não foram obtidas, além de N AB. Equilíbrio de Forças: ΣV = 0 ΣH = 0 N. AB _2_ = V A N. AB _1_ = H A 5 5 N AB = 6,71 kn H A = 3,00 kn H A = 3 + H G H G = 0 (tração) Corte 02 M E = 0 0,75. 2 = N CD N CD = 1,50 kn (tração) ΣH = 0 (1,5. 2) + (0,75. 4) + (N DE. 1/ 5) = 0 N DE = -1,68 kn (compressão) Corte 03 M E = 0 N BC. 1 = 0,75. 2 N BC = 1,50 kn (tração) M F = 0 (1,5. 2) + (0,75. 4) + 2 N CE 2 N BC = 0 N CE = -1,50 kn (compressão) Corte 04 Equilíbrio das forças: ΣH = 0 0,75 + 1,5 + (N EF. 1/ 5) = N BE. 1/ 5 N EF + 5,03 = N BE ΣV = 0 1,5 + (N BE. 2/ 5) + (N EF. 2/ 5) = 0 N BE + N EF = -1,67 N BE - N EF = 5,03 N BE + N EF = -1,67 2 N BE = 3,35 N BE = 1,68 kn (tração)

N EF = -3,35 kn (compressão) Corte 05 Equilíbrio das forças: ΣV = 0 V A + (N BG. 2/ 5) + (N EF. 2/ 5) = 0 6 + (N BG. 2/ 5) 3 = 0 N BG = -3,35 kn (compressão) ΣH = 0 0,75 + 1,5 + 0,75 + N BF + (N BG. 1/ 5) + (N EF. 1/ 5) = H A 3 + N BF 1,5 1,5 = 3 N BF = 3,00 kn (tração) Corte 06 Equilíbrio das forças: ΣH = 0 H A + (N BG. 1/ 5) = (N AB. 1/ 5) + (N FG. 1/ 5) 3 1,5 = 3 + (N FG. 1/ 5) N FG = -3,35 kn (compressão) N AB N BG N BF N BC N CE N CD N DE N EF N FG 6,71 kn -3,35 kn 3,00 kn 1,50 kn -1,50 kn 1,50 kn -1,68 kn Resposta: A barra mais solicitada é a barra AB, na qual N AB = 6,71 kn; -3,35kN seguida pelas barras BG, EF e FG que são solicitadas por esforços de -3,35 kn compressão N = -3,35 kn 2) Pré-dimensionamento das barras das treliças Dados do problema obtidos em sala de aula: TRAÇÃO COMPRESSÃO E = 210 GPa Seção circular Seção Quadrada 1 MPa = 0,1kN/cm 2 σ ADM = 200 MPa σ ADM = 200 Mpa PEÇAS TRACIONADAS σ = N /A Maior valor: 6,71 kn σ = N /A 20 kn/cm 2 6,71 kn / A A = π. d 2 4

d (6,71 / 20. 4/ π) 0,5 d 0,65 cm valor adotado d = 1 cm PEÇAS COMPRIMIDAS Maior valor : 3,35 kn A = a 2 σ = N /A 20 kn/cm 2 3,35 kn / A a (3,35 / 20) 0,5 a 0,41cm... mas há que se considerar a flambagem. Barras comprimidas sofrem o processo de flambagem e devemos dimensioná-las de acordo com essa solicitação adicional: I = b. h 3 / 12 K = fator de equivalência x em treliças h I = b. h 3 / 12 K = 1 I = a 4 / 12 b Para obter o comprimento de barra (l) a ser aplicado na fórmula, fizemos uma análise visual e consideramos a maior barra a sofrer compressão como sendo a BG, porém outras também poderiam ser escolhidas, como a EF e FG por exemplo. BG 2 = 1 2 + 2 2 BG = 5 m 100 5 cm Maior valor: 3,35 kn P CR = π 2. E I (K. l) 2 P CR = π 2. E I / (K.l) 2 3,35 kn = π 2. 21000 kn/cm 2. (a 4 / 12) (1. 100 5 cm) 2 a 0,456 cm valor adotado a = 0,5 cm 3) Verificação pelo Programa FTOOL Os resultados do FTOOL coincidiram com os obtidos no cálculo manual. Verificamos também que ao inserir os valores de E, e as seções de barra calculada no item 2 deste exercício, o programa não acusou nenhum tipo de instabilidade e resolveu a treliça do mesmo modo.l

DIAGRAMA DE FORÇAS NORMAIS DIAGRAMA DE FORÇAS CORTANTES DIAGRAMA DE MOMENTO DEFORMAÇÃO