Teorema de Mohr

PROVA SUBSTITUTIVA 2023 DISCIPLINA Resistência II CURSO Engenharia Civil PROFESSORA Palmira C Barbosa Prova individual SEM consulta valendo 10 pontos NOMERA DURAÇÃO DA PROVA 1930 às 2200 1 Um peça de aço está sujeita ao EPT ao lado determine a por Equações de transformação o estado de tensões para θ 15º AH 10p b por Círculo de Mohr o plano principal 10p c por Circulo de Mohr o plano da tensão de cisalhamento máxima 10p d as deformações εx εy εz γxy γxz e γyz 10p Adote E 75 GPa e ν 03 e Verfique se há falha para o material através do Critério de Tresca Adote σe 240 MPa 10p 2 Para a treliça ao lado determine a o deslocamento do horizontal do nó B através do Teorema de Castigliano 10p b O deslocamento vertical do nó B através do Método de Conservação de energia 10p ObsAs barras tem 300mm2 de área e E200 GPa 3 Uma coluna de extremidades articuladas tem seção transversal quadrada e 25 m de comprimento Ela é constituída de pinho para o qual E10 GPa e σadm 15 MPa para a compressão na direção paralela às fibras Usando um CS20 para o cálculo da carga crítica de flambagem determinar a dimensão mínima da seção transversal de modo que a coluna possa resistira com segurança a uma força de 100kN 20p 4 Determine a fórmula da flecha máxima da barra ao lado através do conceito de linha elástica 20p Boa Sorte 01 10 21 2024 ESTADOS PLANO DE TENSÕES No plano das tensões não temos tensão na direção Apenas Y e X Exemplo Y 14 tfm³ 3m 19 cm Qual o valor por metro V L 019 300 m³ tf P L 019 300 14 m³ g P P V Y V P L 019 300 14 L tfm p P L p 0998 tf m 0980 tfm DAC wwwdaccombr 40 010 tf m 5 m 200 DEC 200 DMF Menor P L ² 25 tfm 8 EXERCÍCIO 1 PG 4 30 KN 5kwm 6 m 9 75kw 45 KN 15cm E 15 cm D 15 cm LN C 15 cm B 15cm A DEC DMF Menor 225 2 Mmx P ² 8 56 ² 225 K Nm DAC wwwdaccombr tensão a 0 ry a ox Oy r Dx FACE SUPERIOR 0 FACE INFERIR 60 em 15 cm INERCIA I 15 60 ³ 62 12 MOMENTO Mn 225 Kn 225 Kn 2 2250 tensão a 0 ry oy ox y X FACE SUPERIOR SOBRE TENSÃO HORIZONTAL 25 mpa 425 mPa LN LN 125 mpc 25 mpac FACE INFERIOR 60 Cm 15 cm rminT I b r³ 12 r maxT INERCA I 15 60³ 270000 TENSÃO Vc mc Ve 2250 Km 06 30 cm 025 Km cm 12 278 000 cm² Ve 25 MPa MOMENTO m 225 Kn m 225 Kn 100 cm 2 2250 Km cm VD Ve 25 2 MD 135 MPa wwwdaccombr Conservação a 0 σₓ 80 mpa σy 15 mpa 6xy 30 mpa EXEMPLO 2 Pg 6 θ 30 H 50 mpa 50 mpa 50 mpa 80mpa 25 mpa 25mpa 1 passo coloca os dados σₓ 80 mpa σy 50 mpa 6xy 25 mpa θ 30 2 passo calcular por tensão σm σₓ σy σm 80 50 σm 15 mpa 2 2 σₓ σy 80 50 65 mpa 2 2 DAC wwwdaccombr σₓ σₓ σy σₓ σy cos 2θ 6xy sen2θ 2 2 σₓ 15 65 cos 60 25 cos 60 σₓ 2584 mpa σy σₓ σy σₓ σy cos 20 6xy sen20 2 2 σy 15 65 cos 60 25 sen 60 σy 415 mpa 6x y σₓ σy 2 sen20 6xy cor 2 θ 6x y 65 sen 60 25 cos 60 6x y 6899 mpa σₓ σy σₓ σy 80 50 2581 415 30 2999 Outra maneira de encontrar σy σₓ σy σₓ σy 80 50 2584 δy δy 30 2584 δy 416 DAC wwwdaccombr 3 passo desenho 415 mpa 6899 mpa 2584 mpa 30 Exercício 3 Pg 6 Girando 30 no sentido anti Horarió 60 mpa 100 mpa 48mpa 1 passo dados σₓ 100 mpa σy 60 mpa 6xy 48 mpa θ 30 2 passo Calcula de tensão DAC wwwdaccombr σm σx σy σm 100 60 σm 80 MPa 2 2 σx σy 100 60 20 MPa 2 2 σx 80 20 cos 230 48 sen 230 σx 4843 MPa σy 80 20 cos 230 48 sen 230 σy 11156 MPa τxy 20 sen 230 48 cos 230 τxy 4132 MPa 100 50 4843 11156 150 15999 3º passo desenho 11154 MPa 4843 MPa 30º 4130 MPa 0810212024 Equações σx σx σy2 σx σy2 cos 2θ τxy sen 2θ σy σx σy2 σx σy2 cos 2θ τxy sen θ τxy σx σy2 sen 2θ τxy cos 2θ σx σy σx σy EXERCICIO 4 Pg 8 60 MPa 100 MPa 48 MPa σx 100 MPa σy 60 MPa τxy 48 MPa 1º passo determinação dos planos principal tg 2θp 2τxy σx σy Tg 2θp 2 48 100 60 tg 2θp 96 40 Tg 2θp 24 tg1 24 6738º 2θp1 6738 θp1 6738 2 θp1 3369º θp2 θp1 90 θp2 3369º 90º θp2 5631º 2º passo calcular tensões Para θp1 3369º σx σp1 σx σy2 σx σy2 cos 2θ τxy sen 2θ σx σy2 100 602 80 MPa σx σy2 100 602 20 MPa σx σp1 80 20 cos 6738º 48 sen 6738º σx σp1 132 MPa σy σp1 σx σy σx σy σx σy σp1 σp2 100 60 132 σp2 σp2 28 MPa τxy σx σy2 sen 2θ τxy cos 2θ τxy 20 sen 6738º 48 cos 6738º τxy 122 107 0000000122 0 3º passo desenho não existe tensão de cisalhamento no plano principal 28 MPa 5369º 132 MPa Para θ 5631 Calcular tensões σx σy2 80 MPA σx σy2 20 MPA 25631 Δ1 2 62 σx σp1 80 20 cos Δ2 60 48 sen Δ2 60 σx σp1 28 MPA σy σp2 σx σy σx σy σy σp2 100 60 28 σy σy σp2 132 MPA Exemplo DETERMINAR TENSÃO DE CISALHAMENTO MAXIMO Tg θp 2 τxy σx σy Tg 2θ p σx σy 2 τxy b Plano de tensão de cisalhamento máximo Tg θc 100 60 Tg θc 40 Tg θc 0416 248 96 Tg10416 2268 20c θc 2258 θc1429 a Encontrar os ângulos para θ θc Δ 1 29 σx σy2 80 MPA σx σy2 20 MPA 2 1189 2258 σx 80 20 cos2258 48 sen2258 σx 80029 MPA 80 MPA σy 100 60 800294 σy σy 79971 MPA 80 MPA τxy 20 sen 2258 48 cos 2258 τxy 5499 MPA 52 MPA Exemplo 80 MPA 1429 x 52 MPA 80 MPA PLANO PRINCIPAL PLANO DE TENSÃO DE CISALHAMENTO MAXIMO não tem tensão de cisalhamento não tem tensão de cisalhamento Exercício 5 Pg 8 σx 0 σy 0 τxy 6 1º passo Achar tangente θp Tg 2θp 2 τxy σx σy Tg 2θp 2 t τxy 0 0 não existe 2 θp 90 θp 45 2º passo Achar tensões σx σy2 σx σy2 0 0 σx 0 0 cos 90 0 sen 90 σx 6 σy 0 0 cos 90 6 sen 90 σy 6 não tem tensão de cisalhamento τ 0 3º passo desenho b Plano da tensão tensão Tg 2 θ c σx σy 2 τ σx 0 0 cos τy 0 0 cos τxy 6 cos 0 desenho wwwdaccombr 3º passo desenho b Plano da tensão do cisalhamento máximo tensões Tg 2θc σx σy 2σ 0 2σ Tg 2θc 0 2θc 0 θc 0 σx 0 0 cos 0 σ sen 0 σx 0 σy 0 0 cos 0 σ sen 0 σy 0 τxy σ cos 0 τxy σ desenho material dúctil rompe por cisalhamento material frágil rompe por tração Exercício 6 pg 9 σx σ τxy 0 σy 0 tensão cálculo Tg 2θc σxy σx σy 0 σx σy 0 θc 0 quando for uma situação de tração é só ao contrário b Plano da tensão máxima de cisalhamento θc θp 45 θc 45 Tg 2θc σx σy 2τxy 7 2σxy θc 45 2θc 90 tensões σx σy σm σx σy 2 σ 2 τxy σ 2 sen 90 0 cos 90 τxy σ 2 desenho Material dúctil rompe por cisalhamento 45 Material frágil rompe por tensão EXERCÍCIO 7 PG 9 40 mPa 40 mPa σx 50 mPa σy 10 mPa σxy 40 mPa ANGULO Tg θp 2 σxy σx σy Tg θp 2 40 50 10 Tg θp 1333 θp 5356 2θp 2656 2 2656 5356 TENSÕES 50 10 2 20 mPa 50 10 2 30 mPa σx 20 30 cos5356 40 sen5356 σx 70 mPa σy 20 30 cos5356 40 sen5356 σy 30 mPa DAC wwwdaccombr σx y 50 10 2 sen DESENHO b Plano de σxy 50 10 2 sen53120 40 cos53120 σxy 8 mPa DESENHO 40 mPa σy σx 2656 30 mPa b Plano de tensão de cisalhamento máximo ANGULO OC θp 45 OC 2656 45 OC 7156 2 7156 14312 σx 20 30 cos 143120 40 sen 143120 σx 20 mPa σy 20 30 cos 143120 40 sen 143120 σy 20 mPa σxy 50 10 2 sen 143120 40 cos 143120 σxy 4399 mPa DESENHO 20 mPa σx 7156 σy 20 mPa wwwdaccombr 15022024 Pg 11 Exercício 8 σx 100 mPa σy 60 mPa σxy 48 mPa σm σx σy 2 100 60 2 σm 80 mPa C σm 0 C 800 A σx σxy A 100 80 B 132 0 D 28 0 2 θp transformação 68 θp 34 θp 34 A Plano principal θp 34 20 mPa y 34 x 132 mPa x B Plano de tensão de cisalhamento E 80 51 20 C transformação 90 68 22 F 80 51 wwwdaccombr Material 80 mPa σxy 51 mPa Círculo de Mohr σmax R Encontrar o u σmax σm R σmin σm R σmax Rair Tg 2θp 4TG 2 θc 90 Normal 80 Mpa 6 xy 51 Mpa Círculo de MOR com Calculadora σ max R Encontrar o raio R R sqrt20² 48² R1 52 σmax σm R σmax 80 52 σmax 132 Mpa 12pa σmin σm R σmin 80 52 σmin 28 Mpa IPA σmax Raio 52 Mpa Tg 2qp 4820 24 2qp 6438 2qc 90 6438 2qc 2262 DAC wwwdaccombr c θ para θ 80 AH escala σx 47 Mpa σy 42 Mpa σxy 41 Mpa P σx σy P 47 42 P σy σxy P 42 41 Cálculo de MOR com a calculadora Encontrar o raio R γ 180 60 6438 5262 R L R cos 5262 L 5262 cos 5262 L 3158 σx σm L σx 80 3158 σx 4842 Mpa σy σm L σy 80 3158 σy 11158 Mpa σxy R sen γ σxy 52 sen 5262 σxy 4132 Mpa DAC wwwdaccombr Exercício f Pe Círculo de MOR σm σx σy2 σm 50 102 σm 20 Mpa C σm 0 C 200 2qp2 53 53 2 A σx σxy A 50 40 B 700 D 260 A Plano principal B Plano de cisalhamento máximo F 47 20 F 47 20 2qc 90 53 37 DAC wwwdaccombr CALCULO DO CIRCULO DE MOR R 302 42 R 50 σp2σmax σm R e σmax 20 50 o p2 σmax 70 mpa σp1 σmin σm Re σmin 20 50 σp1 σ min 30 mpa Tg 20o 40 20p 5313o σp 265o 29022024 Pg 13 a Ex σ max 502 σ max 25 b Ex σ max 50 40 2 σ max 30 Exercicio 9 Pg 13 σ max B 8140 R 55 2 60 2 R 814 X 8140 35 4640 σ max 35 8140 σ max 116 40 mpa σ max Raio σ max 814 Com glina emiss constax σ max 116 40 σ min 4640 σ max ob σ max σ min 116 40 46 40 σ max ob 81 40 mpa Exercício 10 Pg 14 σ m do cinco atê 0 C Rf B C RI 65 40 Ri 25 mpa ESTADO PLANO DE DEFORMAÇÃO Exercício 1 Pg 19 μ 6 9 εx 350 u εy 200 u Yxy 80 u Exercicio 9 Pg 13 σ max B 8140 R 55 2 60 2 R 814 X 8140 35 4640 σ max 35 8140 σ max 116 40 mpa σ max Raio σ max 814 Com glina emiss constax σ max 116 40 σ min 4640 σ max ob σ max σ min 116 40 46 40 σ max ob 81 40 mpa Exercício 10 Pg 14 σ m do cinco atê 0 C Rf B C RI 65 40 Ri 25 mpa ESTADO PLANO DE DEFORMAÇÃO Exercício 1 Pg 19 μ 6 9 εx 350 u εy 200 u Yxy 80 u 3 Carga crítica de flambagem de Euler E 2100 kncm² CALCULAR Le 1 Le 07500 LE1 350 cm 2 Le 1200 Le 200 cm 3 Le 07300 Le 210 cm INERCIA Ix bh³ 616³ Ix 2048 cm³ 12 12 Iy hb³ 166³ Iy 288 cm³ 12 12 CALCULAR CARGA CRÍTICA E FLAMBAGEM PCR π²EI Le² PCRx π² 6100 2018 PCRx 21650 kn 350 ² PCRy SUP π² 2100 088 PCRy SUP 14923 kn 200 ² PCRy INF π² 2100 288 PCRy INF 13536 kn A CARGA CRÍTICA É 13536 kn E A FLAMBAGEM ACONTECERIA em TORNO DO EIXO Y NO INFERIOR 4 Determinar dimensão mínima L 2m σadm 12 mpa PCR 200 kn E 13 GPa CS 25 APLICANDO O COEFICIENTE DE SEGURANÇA O coeficiente de segurança serve para reduzir σadm ou aumentar sua carga PCR 25200 500 kn CARGA CRÍTICA PCR π² E I Le ² 500000 π² 1300010⁶ I I 155 10⁶ mm ² DESCOBRIR b do QUADRADO E FLAMBAGEM I b⁴ 155 10⁶ b⁴ b 01168 cm b 1168m 12 12 VERIFICAR O ESMAGAMENTO descobrir a ÁREA V P 1210⁶ 200000 a 01290 cm 1290 m A a² PRECISA TER 13 cm PARA NÃO FLAMBAR OU ESMAGAR 5 Determinar carga crítica A 36 200 GPa L 5m engastada DETERMINAR INERCIA SETOR AREA X Y IRX IRy dx dy IRx IRy 1 3000 100 165 166666666 666666666 80 0 1281666666 6666666 2 1500 100 85 2812500 1250 0 0 28125 1250 3 2000 100 5 1566616 86666666 80 0 1208666616 6666666 2506 10 2333 10 AREA 1u3 80020 16000 2 10150 1500 Itx Itx13 20010³ 12 Itx13 19666666 m Itx2 10150² 12 Itx2 2812500 m Ity Ity13 10200³ 12 Ity13 6666666666 m Ity2 15010³ 12 Ity2 12500 m ITY Itx Adγ² Tγx13 16 66666 400080² Ity13 12216 66666 m Itx2 28125000 15000² Itx2 281205 m Ity Ity Adγ² Tγy13 6666666666 40000² Ity13 666 6666 m x Ity 6666666 125 1250 256666 660 6666 5010 123310⁸ Itya 1250 15000² Ity2 1250 m CARGA CRÍTICA Pcrx π²FTx Iₓ 256610⁶ Le² F 800 000 Le 055 0 le 25 Pcrx π² 200000 2566 10⁶ Pcrx 810412 𝑘𝑁 25² Pcry Pcry π² 200000133310⁶ Pcry 420994 𝑘𝑁 25² A CARGA CRÍTICA É 420994 𝑘𝑁 6 Determinar a força máxima P haste sem sobre flambagem A36 200 GPa Ø 30 mm u 15mm Ay Pcry Sem carga em X Hc Ax 0 INÉRCIA Ix πR⁴ 4 Ix π15⁴ 4 Ix 3976078 mm⁴ CARGA CRÍTICA Pcrx π² F I Pcrx π² 200 3976078 900² Pcrx 9686 𝑘𝑁 ENCONTRAR MOMENTO C 06 09 P Mc 0 P 09 9686 06 0 P09 58116 0 P 58116 P 6457 𝑘𝑁 09 7 Determinar o maior comprimento de L E 1900 Ksi P 200 kpi coluna retulada P 3pol 6pol L INERCIA Ix 36312 Ix 54 Ksi Iy 63312 Iy 135 Ksi PCR DESCOBRIR L2 X 200 π2 E Ix 200 π2 190054 L e2 L 7115 pol y 200 π2 1900135 L e2 L 3557 pol UTILIZAR MENOR VALOR L3557 pol 8 Determinar se o elemento AB sofrerá flambagem W 2 kNm C5 15 Eação 200 GPa 200109 Ve 360 mm os C5 serve para reduzir o vão ao aumentar o L pinos mais extremidades 40 kN 5m 3m 30 mm 20 mm INERCIA Ix 20303 Ix 45109 m4 Iy 30203 Iy 20109 m4 12 12 CARGA CRÍTICA PCRx π220010945109 PCRx 657973 N 15 32 PCRy π2 20010920109 PCRy 292432 N 15 32 usa a menor PARA NÃO SOFRER FLAMBAGEM DEVE PCR 292432 N 1 Estado plano de tensão EPT têm σx σy e τxy σy 50 MPa positivo porque alonga traciona o elemento Tx y σx 80 MPa negativo porque aperta o elemento infinitesimal comprime 6 quadrado Tx y 25 MPa não precisa se preocupar com sinais a σx σy e τx y para θ 15 d εx εy εz δxy δxz e δyz b θp1 e θp2 e verificar pelo critério de Tresca c θs a σx σx σy2 σx σy2 cos 2θ τxy sen 2θ 80 502 80 502 cos215 25 sen 215 15 65 cos 30 25 sen 30 587917 MPa σy σx σy2 σx σy2 cos 2θ τxy sen 2θ 15 65cos 30 25 sen 30 287917 MPa τx y σx σy2 sen 2θ τxy cos 2θ 65 sen 30 25 cos 30 τx yI 541506 MPa b Desenhando o círculo A σy τxy 50 25 B σx τxy 80 25 encontrando c τ 0 σ y y0 yf y0xf x0x x0 τ 25 25 25 50 80 σ 80 τ 25 50130 σ 80 τ 25 513 σ 5080130 τ 5σ 75 13 encontrando σ para τ0 0 50 75 σ15 MPa C150 801565 tg 20p 2565 θp1 1052 1052 θp1 antihorário θp2 θp1 90 1052 90 7948 θp2 c tg 20s 6525 θs 3448 5015 65 d E 75 GPa e ν 03 Da lti de Hooke generalizada εx σxE νE σy νE σz σx ν σy E 80 0350 75103 1267103 εx εy νE σx σyE νE σz σy ν σx E 50 0380 75103 0987103 εy εz νE σx νE σy σzE νE σx σy 0375000 80 50 012103 εz G1 E 21ν 75 2103 2885 GPa G1 τxy G1 γxy γxy 25106 2885109 0867103 σxy τxz G1 γxz 0 G1 γxz γxz 0 tyz G γyz 0 G1 γyz γyz 0 e Do critério de Tresca τmax σe 2 onde τmax R 252 652 6964 MPa 6964 2402 como τmax σe 2 o material está seguro 2 a Teorema de Castigliano para achar xB A NAB LAB 8 kN B P desloc horizontal x em B colocar uma força P horizontal em B LAC NAC NBC LBC xB ΔBH Σ N NP LAE AE constante 300106200109 60106 N do método dos nós NAB 8 kN ΣFy0 8 NBC sen θ 0 NBC 8 sen θ 253 kN NBC ΣFx0 P NAB NBC cos θ 0 NAB P 253cos 18435 P 24 NAB do nó C ΣFx 0 NBCcos θ NAC cos α 0 NAC NBC cos θ cos α NAC 253 cos 18435 cos 63435 5367 kN NAC NAB P P P 24 1 NAC P 0 NBC P 0 quando P0 xB NAB NAB P LAB EA NBC NBC P LBC EA NAC NAC P LAC EA 24175 2530158 53670056103 60 106 07103 m 07 mm 2 b 8 kN F NAB NAC α θ θ yB NBC FyB Σ N2 EA NAB 8 kN ΣFy0 8 NBC sen θ 0 NBC 8 sen 18435 253 kN NBC ΣFx 0 NAB NBC cos θ 0 NAB 253 cos 18435 24 kN NAC NBC cos θ cos α 253 cos 18435 cos 63435 5367 kN NAC Sabendo que EA 60106 N 60000 kN F yB NAB2 LAB NBC2 LBC NAC2 LAC EA 8 kN yB 24 kN2 175 m 253 kN2 158 m 5367 kN2 056 60000 kN yB 757 103 m 757 mm yB para baixo no sentido da força externa 3 P extremidade articulada k1 L 25 m E 10 GPa σadm 15 MPa CS2 P 100 kN A carga crítica de flambagem é Pcr A π2 E I KL2 A σcr σadm π2 E I 2 A KL2 I b h3 12 l4 12 e A l2 σadm k π2 E l4 l2 L2 π2 E l2 6 L2 l 6 σadm L2 π2 E lmin 6 15106 252 π2 16109 755 103 m 755 mm lmin para flambagem A equação da linha elástica é EI d²ydx² Mx encontrar do equilibrio ΣMA 0 WL V2 By V 0 By WL2 ΣFy0 Ay WL2 WL Ay WL2 0 Ay WL2 formas de achar Mx 1ª cortando a seção AB Mx WL2 x W X X2 WL2 x w2 x² Mx 2ª forma por integração sabese que Mx Vx dx e que Vx Wx dx Wx W constante sabese que em x0 V Ay WL2 então C₁ WL2 Vx Wx dx W dx W x C₁ Wx WL2 sabese que em x0 M0 então C₂ 0 Mx Vx dx Wx WL2 dx W x²2 WL2 x C₂ Mx W2 x² WL2 x mesma equação encontrada EI d²ydx² W2 x² WL2 x EI dydx EIθ W2 x³3 WL2 x²2 C₃ EI yx W6 x⁴4 WL4 x³3 C₃ x C₄ equação da flecha sabese que nos apoios x0 e xL y0 EI y0 EI0 0 W24 0⁴ WL12 0³ C₃0 C₄ C₄ 0 EI yx W24 x⁴ WL12 x³ C₃ x EIyL EI0 0 W24 L⁴ WL12 L³ C₃ L WL³24 WL³12 C₃ 0 C₃ WL³24 0 C₃ WL³24 EI yx W24 x⁴ WL12 x³ WL³24 x W x24 x³ 2x² L L³ A flecha máxima acontece quando dydx 0 EI dydx W6 x³ WL4 x² WL³24 0 x³6 x² L4 L³24 4x³ 6x² L 24 L³24 se L4m 4x³ 24 x² 64 x 2 X L2 2m 546 fora de L 146 não existe se L 10m 4x³ 60x² 1000 x 5m x 5m L2 366m x 1366 x então dydx 0 acontece em x L2 é onde acontece a flecha máxima EI yL2 W24 L2⁴ WL12 L2³ WL³24 L2 15384 WL⁴ ymax 5384 WL⁴EI