Eng Mecânica Aeronáutica

MARINHA DO BRASIL\nSERVIÇO DE SELEÇÃO DO PESSOAL DA MARINHA\n\nGABARITO DESENVOLVIDO\nCP-CEM/2021 ENGENHARIA MECÂNICA-AERONÁUTICA\n\n1ª QUESTÃO (8 pontos)\n\na) (4 pontos)\n1. A figura abaixo mostra as reações de apoio e o par ação e reação entre a viga e a barra. A barra transmite apenas esforços axiais, portanto a força Fb é ao longo da direção da barra. Ou seja, inclinada a 45°.\nOs componentes da força Fb são: F_{N} = F_b \\cos (45°) F_{v} = -F_b \\sin (45°)\n\nPor equilíbrio de forças na barra:\nH_z = -F_{N} = -\\frac{\\sqrt{2}}{2} F_{b}\nV_z = F_{v} = -\\frac{\\sqrt{2}}{2} F_{b}\n\nA força F_{v} tem componentes:\nF_{v_{vv}} = -F_{f}\\cos(45°) = -\\frac{\\sqrt{2}}{2} F_{f}\n\nEquilíbrio de momentos da viga em torno do apoio: - \\int_0^{L} q \\, x \\, dx + F_{v,L} = 0 \\Rightarrow F_{v,L} = q \\frac{x^2}{2} \\big|_0^L = \\frac{qL^2}{2} \\Rightarrow F_v = \\frac{qL}{8}\nF_{vv} = -F_{v}\nF_{vv} = \\frac{qL}{8}\n\nEquilíbrio de forças na viga:\nH_{1} + F_{vv} = 0 \\Rightarrow H_{1} = -\\frac{qL}{8}\nH_{2} = 0 \\Rightarrow F_{1} = \\frac{\\sqrt{2}}{2}F_{2} = \\frac{\\sqrt{2}}{8} \\Rightarrow \\frac{qL}{8}\nV_{1} - \\int_0^L q \\, dx + F_{v} = V_{1} - \\frac{qL}{2} + \\frac{qL}{8} = 0 \\Rightarrow V_{1} = \\frac{qL}{8}\nV_{2} = -\\frac{qL}{8}\n|F_{1}| = |F_{2}| = \\frac{\\sqrt{2}}{8} q\n\nb) (4 pontos) Momento fletor na viga:\nM(x) = -V_{1}x + \\int_0^x q \\, dx = -\\frac{3qL}{8} x + \\frac{qx^2}{2} - \\frac{1}{2} \\frac{qx^2}{4L}(\\frac{3x - 4}{4L}^2) \\text{ para } 0 \\leq x \\leq \\frac{L}{2}.\n\nV(x) = V_{1} - \\int_0^x \\frac{3qL}{8} - qx = qL(\\frac{3}{8} - \\frac{x}{L}) \\text{ para } 0 \\leq x \\leq \\frac{L}{2}.\nV(x) = V_{1} - \\int_0^{x} \\frac{3}{8} qL - \\frac{1}{2} qL = qL(\\frac{3}{2} - 1) = -\\frac{1}{8} qL \\text{ para } \\frac{L}{2} \\leq x \\leq L.\n\nEsforço axial na viga:\nH(x) = H_{1} - \\frac{1}{8} qL \\text{ para } 0 \\leq x \\leq L. 2ª QUESTÃO (8 pontos)\n\na) (2 pontos)\nDetermine as reações de apoio e distribuição de momentos ao longo da viga;\nDiagrama de corpo livre:\n\nM_a\n\nEquilíbrio de forças: R_{x} - qL = 0 \\Rightarrow R_{x} = qL\nEquilíbrio de momentos em torno do ponto x = 0:\nM_{x} - \\frac{qL^2}{2} = 0 \\Rightarrow M_{x} = \\frac{qL^2}{2}\nEquilíbrio de momentos em torno do ponto x:\nM(x) - \\frac{q(1-x)^2}{2} = 0 \\Rightarrow M(x) = \\frac{q(1-x)^{2}}{2}\n\nb) (4 pontos)\nDetermine a linha elástica v(x) da viga ao longo da direcção y;\nEquação de equilíbrio:\nEI \\frac{d^2 v(x)}{dx^2} = -M(x) = -\\frac{q(1-x)^{2}}{2} - q(\\frac{L^{2}-2x+x^{2}}{2})\\text{ sujeito a } v(0) = 0 e \\frac{dv(0)}{dx} = 0\\nPortanto: \\frac{dv(x)}{dx} = -\\frac{q}{2EI}\\Bigg(\\frac{x^{3}}{3} - Lx^{2} + \\frac{x^{3}}{3}\\Bigg) + C_{1} \\text{ mas: } \\frac{dv(0)}{dx} = 0 \\Rightarrow C_{1} = 0. Simplificando: \\( \\frac{dy(x)}{dx} = -\\frac{q}{6EI} \\left( \\frac{3x^2}{l^3} - \\frac{2x^3}{l^4} + \\frac{x}{l} \\right) \\)\\nEntão: \\( v(x) = -\\frac{q}{6EI} \\left( \\frac{3x^2}{2l^2} + \\frac{x^3}{4l^3} \\right) + C_2 \\) mas \\( v(0) = 0 \\Rightarrow C_2 = 0 \\)\\nPortanto: \\( v(x) = -\\frac{q l^3}{24EI} \\left( \\frac{6x^2}{l^2} - \\frac{4x^4}{l^4} + \\frac{x}{l} \\right) \\)\\n\\nc) (2 pontos)\\nDetermine o momento e deflexão máxima da viga\\nA deflexão máxima na viga ocorre para \\( x = l \\):\\n\\( v_{max} = \\frac{v(l)}{8EI} \\) 3ª QUESTÃO (8 pontos)\\na) (1 ponto)\\nCalcule a distribuição de momentos na viga na condição deformedada;\\nReações de apoio:\\n\\( H = -P \\)\\n\\( M(0) = -P\\.\\delta \\)\\nDistribuição de momentos:\\n\\( M(x) = P_v(x) - P\\.\\delta \\)\\nEquilíbrio de momentos no ponto \\( x = 0: \\) \\( M(x) - P_v(x) + P\\.\\delta = 0 \\)\\nDistribuição de momentos: \\( M(x) = P_v(x) - P\\.\\delta \\)\\nEntretanto, a carga \\( P \\) tem o sinal negativo. Para tratar com números positivos, vamos considerar a carga \\( P \\) como positiva mas invertendo o sinal nas equações, ou seja, definindo \\( P = -P \\) então \\( P \\geq 0 \\)\\nPortanto: \\( M(x) = -P_v(x) + F\\.\\delta \\)\\nb) (2 pontos)\\nEquação diferencial e condições de contorno:\\nEquação diferencial: \\( EI \\frac{d^2v(x)}{dx^2} + P_v(x) = P\\.\\delta \\)\\nNormalização da equação diferencial: \\( \\frac{d^2v(x)}{dx^2} + k v(x) - k^2\\.\\delta = 0 \\) onde \\( k^2 = \\frac{P}{EI} \\)\\nCondições de contorno: v(0) = 0 em \\( x = 0 \\) \\( v(1) = \\delta \\)\\nv' (0) = 0 em \\( x = 0 \\) em \\( x = l \\)\\nc) (1 ponto)\\nSolução da equação diferencial:\\nSolução particular: \\( v(x) = \\delta \\)\\nSolução homogênea: \\( v(x) = A sin(kx) + B cos(kx) \\)\\nSolução geral: \\( v(x) = A sin(kx) + B cos(kx) + \\delta \\)\\nAplicação das condições de contorno:\\nCondição \\( v(0) = 0 \\Rightarrow v'(0) = kA cos(k) = 0 \\Rightarrow A = 0 porque k \\neq 0. \\)\\nPortanto: \\( v(x) = B cos(k) + \\delta \\)\\nCondição \\( v'(0) : \\) \\( v'(l) = \\delta \\left( 1 - cos(k) \\right) = \\delta \\Rightarrow cos(k) = 0 \\)\\nCondição \\( v'(1) : \\) \\( v'(l) = \\delta k^2 cos(kl) - \\frac{M(l)}{EI} \\Rightarrow \\left. cos(kl) \\Right) = 0 \\)\\nPortanto os autovalores são calculados para a condição: \\( cos(kl) = 0 \\)\\nNesse caso: \\( kl = \\frac{(2n-1)\\pi}{2} , n = 1,2,3,... \\)\\nd) (2 pontos)\\nCarga crítica é o menor autovalor, portanto para \\( n = 1: kl = \\frac{\\pi}{2} onde k^{2} = \\frac{p}{EI} \\quad Portanto: \\quad k^{2}l^{2} = \\frac{p}{EI} \\cdot \\frac{\\pi^{2}}{4} \\quad Resultando: \\quad p_{lim} = \\frac{\\pi^{2}EI}{l^{2}} 4ª QUESTÃO (8 pontos)\\n\\nComo a seção é simétrica em relação ao eixo x e Sx = 0 então: \\nq(s) = \\frac{S_{y}}{I_{x}} \\int_{0}^{s}y ds - \\frac{S_{y}}{I_{x}} \\int_{0}^{s}y ds = \\ldots \\n\\nA figura abaixo mostra a seção dividida em três segmentos separados pelos pontos 1, 2, 3 e 4:\\n\\n y\\n4 \\\\s_{3} \\quad \\quad\\quad\\quad\\quad dS \\quad x\\n\\n 2 \\quad \\quad s_{1}\\n\\nEm cada segmento ij, o fluxo de cisalhamento será definido como q_{ij}(s_{i}). Em cada segmento o valor de y é:\\nSegmento 12: \\quad y(s_{1}) = -\\frac{h}{2}\\nSegmento 23: \\quad y(s_{2}) = s_{3} - \\frac{h}{2}\\nSegmento 34: \\quad y(s_{3}) = \\frac{h}{2}\\n\\nCálculos de q_{ij}\\nI_{x} = (br)\\left(\\frac{h}{2}\\right) \\left(\\frac{h}{12} + (br)\\right)=\\frac{bhl^{3}}{12} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)\\nq(s) = \\frac{S_{y}}{I_{x}} \\int_{0}^{s}y ds - \\frac{S_{y}}{I_{x}} \\int_{0}^{s}y ds = \\ldots q_{12}(s_{1}) = \\frac{12S_{y}}{h^{2} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)} \\int_{0}^{s}y ds_{i} - \\frac{12S_{y}}{h^{2} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)} \\left(-\\frac{h}{2}\\right) ds_{i}\\nq_{12}(s_{1}) = q_{12}(s_{1}) = 0\\n\\nCálculo de q_{23}: \\nq_{23}(s_{2}) = \\frac{12S_{y}}{h^{2} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)} \\int_{0}^{s}y ds + q_{1}\\nq_{23}(s_{3}) = q_{23}(s_{3}) = 0 \\n\\nCálculo de q_{34}: \\nq_{34}(s_{3}) = \\frac{12S_{y}}{h^{3} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)} + q_{2}\\nPortanto: q_{4} = q_{2}(s_{3}) = \\frac{6S_{y}}{h^{2} \\left(1 + 6 \\frac{b}{h}\\right)} 5ª QUESTÃO (8 pontos)\n\n(8 pontos)\nAssume-se que o corpo de prova falha após o final do quarto estágio. Portanto, pela regra de Miner-Palmgren:\nP\n[ 200 + 250 + 400 + 550 ]\n[ 10000 10000 150000 200000 ] = 1\nPortanto, 0,027916I P = 1\nResultado: P = 35,82\nO número total de ciclos nos quatro estágios é de 1400. Para uma taxa de carregamento de 80 ciclos/hora o número médio de ciclos/hora para os quatro estágios é:\n. Ch = 1400 Ciclos\n = 17,5 hora\nPortanto a vida esperada para a amostra é:\nT = C P (17,51) 35,82 horas\nT = 626,9 horas