Lista 1 - Resmat 2023-1

ZEB0566 RESMAT Lista de Exercícios 1 1- Uma placa é fixada a uma base de madeira por meio de três parafusos de diâmetro 22 mm, conforme mostra a Figura. Calcular a tensão média de cisalhamento nos parafusos para uma carga P = 120 kN. Resolução T média = \frac{120 \times 1000\, N}{3 \times \frac{1}{4}(22)^2 \pi} = 105\, MPa 2- Determinar a tensão normal de compressão mútua (ou tensões de “contato "ou tensão de “esmagamento”) entre: a) o bloco de madeira de seção 100 mm x 120 mm e a base de concreto 500 mm x 500 mm x 60 mm. b) a base de concreto e o solo. a.) G = \frac{40 \times 1000\, N}{100 \times 120} = 3,33 \ MPa \\ \text{área do bloco de madeira} b.) G = \frac{40 \times 1000\, N}{500 \times 500} = 0,16 \ MPa \\ \text{área do bloco de concreto} 3 - A luminária de 80 kg é sustentada por duas hastes, AB e BC, como mostra a Figura. Se AB tiver diâmetro de 10 mm e BC tiver diâmetro de 8 mm, determine a tensão normal média em cada haste. Obs: aceleração da gravidade = 9,81 m/s² SOLUÇÃO Carga Interna. Devemos determinar primeiro a força axial em cada haste. O diagrama de corpo livre da luminária é mostrado na Figura 1.17b. Aplicando as equações de equilíbrio das força, obtemos: → ∑ Fx = 0; FBC(4/5) - FBA cos 60° = 0 ↑ ∑ Fy = 0; FBC(3/5) + FBA sen 60° - 784,8 N = 0 FBC = 395,2 N, FBA = 632,4 N Pela terceira lei de Newton referente à ação, essas forças, iguais mas de reação oposta, submetem a haste à tração em todo seu comprimento. Tensão Normal Média. Aplicando a Equação 1.6, temos: σBC = FBC/ABC = 395,2 N/(π(0,04 m)^2) = 7,86 MPa Resposta σBA = FBA/ABA = 632,4 N/(π(0,005 m)^2) = 8,05 MPa Resposta A distribuição da tensão normal média que atua na seção transversal da haste AB é mostrada na Figura 1.17c; em um ponto qualquer dessa seção transversal, um elemento de material é tensionado como mostrado na Figura 1.17d. 80(9,81) = 784,8 N 60° 5 4 3 FBA FBC B (d)(c) 8,05 MPa 8,05 MPa 632,4 N 4 - A viga é apoiada por um pino em A e um elo curto BC. Se P = 15 kN, determine a tensão de cisalhamento média desenvolvida nos pinos em A, B e C. Todos os pinos estão sujeitos a cisalhamento duplo, como mostra a Figura, e cada um tem diâmetro de 18 mm FCB 30° B 15 kN 60 kN 60 kN 30 kN A FAY FAX ΣMB=0 +15(0,5)+60(1,5)+60(3,0)+30(4,5) - FAY(5) = 0 FAY = 82,5 kN ΣFY=0 15+60+60+30-82,5+FCBY=0 FCBY=-82,5 kN (inverter sinal) Sentido Certo: FCBX FCBY FCB Sentido Errado FCB. Sen 30° = FCBY FCB = 165 kN Inverter Sinal do FCBX FEB cos 30° = FCBX FCBX = 143 kN Como inverteu o sinal do FCBY, fica: - FCBY 15 60 30 FAY FAX ΣFX = 0 -FCBX-FAX=0 +FAX=-143kN (inverter sinal) FA FAY FAX Tracionada FA = √(FAX²+FAY²) 165 kN CA = CB = CC = 165x1000N/π(1/4)(18)² = 324 MPa 5- Duas placas são unidas por 4 parafusos cujos diâmetros valem d = 20mm, conforme mostra a Figura abaixo. Determine a maior carga P que pode ser aplicada ao conjunto. As tensões de cisalhamento e de esmagamento no parafuso, bem como a tensão de tração direta na chapa são limitadas a 80, 100 e 140 MPa respectivamente. Cisalhamento τ = \frac{P}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} \Rightarrow 80 = \frac{P}{\frac{1}{4} \pi (20)^2} \Rightarrow P \leq 100 kN Esmagamento \sigma_{esm} = \frac{P}{(20)(10)4} \quad \text{menos área} \Rightarrow 100 = \frac{P}{(20)(10)4} \Rightarrow P \leq 80 kN Tração \sigma_{tração} = \frac{P}{(100-20-20) 15} \Rightarrow 140 = \frac{P}{60.15} \Rightarrow P \leq 126 kN \sigma_{tração} = \frac{P}{(120-20-20) 10} \Rightarrow 140 = \frac{P}{(80) 10} \Rightarrow P \leq 112 kN ∴ P \leq 80 kN 6 - Sabendo que a haste de ligação BD mostrada na Figura tem seção transversal uniforme com área igual a 800 mm², determine a intensidade da carga P para que a tensão normal média na haste BD seja 50 MPa. Solução: tg \beta = \frac{450}{240} \Rightarrow \beta = 61,9275^\circ cos \beta = 0,47059 \sum M_C = 0 \quad \Rightarrow + 0,135 P + F_{BD} \times cos \beta \times 0,450 = 0 F_{BD} = -0,6375 P Portanto, a força na BD é de compressão e, em módulo, é igual a 0,6375 P. Logo, a tensão normal na barra BD é de compressão e, em módulo, é calculada como \sigma_{BD} = \frac{F_{BD}}{A_{BD}} = \frac{0,6375 P}{800 \times (10^{-3})^2} \Rightarrow 50 \times 10^6 = \frac{0,6375 P}{800 \times (10^{-3})^2} \Rightarrow P = 62745 N Resp.: P \equiv 62745 N \Rightarrow P \equiv 62,7 kN 7 – Duas forças horizontais são aplicadas ao pino B do conjunto mostrado na Figura. Sabendo-se que é usado um pino de 20 mm de diâmetro em cada conexão, determine o valor máximo de tensão normal: a-) na barra AB b-) na barra BC b) Valor máximo da tensão normal média na barra BC. A barra AB está sendo comprimida. σ_BC = \frac{P}{A} = \frac{F_BC}{A_BC} = \frac{39,45 \times 10^3\ N}{0,012m \times 0,046m} = 71,47 \times 10^6\ N/m^2 σ_BC = 71,47\ MPa \ (C) 8 – Calcule as tensões normais em todas as barras da treliça, considerando cada barra com 20 mm de diâmetro Nó A FAC FAB FAY θ θ = 36,87° Obs: Barra tracionada - força "sai" do nó Barra comprimida - força "chega" no nó FAC. Cos θ = FAB FAB = -120 kN ⇢ Comprimindo σAB = - 120 x 1000 / (1/4 π (20)²) = -382 MPa Nó B 120 kN 160 kN FBC Força BC tg α = 1,20 / 0,9 ∴ α = 53,13° FBC. Cos α = 120 kN FBC = -200 kN ⇢ Barra "chegando" no nó → comprimida σBC = - 200 x 1000 / (1/4 π (20)²) = -637 MPa O elemento AC mostrado na Figura 1.19a está submetido a uma força vertical de 3 kN. Determinar a posição x de aplicação da força de modo que o esforço de compressão médio no apoio C seja igual ao esforço de tração no tirante AB. A haste tem uma área de seção transversal de 400 mm², e a área de contato em C é de 650 mm². Figura 1.19 SOLUÇÃO CARGA INTERNA. As forças em A e C podem ser relacionadas considerando-se o diagrama de corpo livre do elemento AC (Figura 1.19b). Há três incógnitas, ou seja, FAB, FC e x. Na solução do problema, usaremos as unidades newton e milímetro. ∑ FY = 0; FAB + FC - 3.000 N = 0 (1) ∑ MA = 0; -3.000 N(x) + FC (200 mm) = 0 (2) TENSAO NORMAL MÉDIA. Uma terceira equação necessária pode ser escrita, desde que a tensão de tração na barra AB e a tensão de compressão em C sejam equivalentes, ou seja: σ = -FAB / 400 mm² = -FC / 650 mm² FC = 1,625FAB Substituindo esse valor na Equação 1 e resolvendo para FAB e depois para FC, obtemos: FAB = 1.143 N FC = 1.857 N A posição da carga aplicada é determinada pela Equação 2: x = 124 mm Resposta Observe que 0 < x < 200 mm, como requerido. 1.2 Two solid cylindrical rods AB and BC are welded together at B and loaded as shown. Knowing that the average normal stress must not exceed 150 MPa in either rod, determine the smallest allowable values of the diameters d1 and d2. SOLUTION rod AB Force: P = 60 x 10^3 N Area: A = π/4 d1^2 σAB = P/A ∴ A = P/σAB π/4 d1^2 = P/σAB d1^2 = 4P/πσAB = (4)(60 x 10^3)/π(150 x 10^6) = 509.3 x 10^-6 m^2 d1 = 22.56 x 10^-3 m d1 = 22.6 mm rod BC Force P = 60 x 10^3 - (2)(125 x 10^3) = -190 x 10^3 N Stress: σBC = 150 x 10^6 Pa Area: A = π/4 d2^2 σBC = P/A = 4P/πd2^2 d2^2 = 4P/πσBC = (4)(-190 x 10^3)/π(-150 x 10^6) = 1.6128 x 10^-3 m^2 d2 = 40.16 x 10^-3 m d2 = 40.2 mm 1.7 Link BD consists of a single bar 30 mm wide and 12 mm thick. Knowing that each pin has a 10-mm diameter, determine the maximum value of the average normal stress in link BD if (a) θ = 0, (b) θ = 90 SOLUTION Use bar ABC as free body ΣMA = 0 (a) θ = 0 (0.450 sin 30°)(20 x 10^3) - (0.300 cos 30°)FBD = 0 FBD = 17.32 x 10^3 N (b) θ = 90 (0.450 cos 30°)(20 x 10^3) - (0.300 cos 30°)FB = 0 FBD = -30 x 10^3 N Areas (a) tension loading A = (0.030 - 0.010)(0.012) = 240 x 10^-6 m^2 (b) compression A = (0.030)(0.012) = 360 x 10^-6 m^2 Stresses (a) σ = FBC/A = 17.32 x 10^3/240 x 10^-6 = 72.2 x 10^6 = 72.2 MPa (b) σ = FBC/A = -30 x 10^3/360 x 10^-6 = -83.3 x 10^6 = -83.3 MPa 1.14 Two hydraulic cylinders are used to control the position of the robotic arm ABC. Knowing that the control rods attached at A and D each have a 20-mm diameter and happen to be parallel in the position shown, determine the average normal stress in (a) member AE, (b) member DG. SOLUTION Use member ABC as free body. ΣMB = 0 (0.150) (1/2) FAE - (0.600)(800) = 0 FAE = 4 x 10^3 N Area of rod in member AE is A = π/4 d^2 = π/4 (20 x 10^-3)^2 = 314.16 x 10^-6 m^2 Stress in rod AE: σAE = FAE/A = 4 x 10^3/314.16 x 10^-6 = 12.73 x 10^6 Pa (a) σAE = 12.73 MPa Use combined members ABC and BFD as free body. ΣMF = 0 (0.150)(1/2) FAE - (0.200)(1/2) FBD - (1.050 - 0.350)(800) = 0 FBD = -1500 N Area in rod DG is A = π/4 d^2 = π/4 (20 x 10^-3)^2 = 314.16 x 10^-6 m^2 Stress in rod DG: σDG = FDC/A = -1500/3.1416 x 10^-6 = -4.77 x 10^6 Pa (b) σDG = -4.77 MPa 1.15 The wooden members A and B are to be joined by plywood splice plates which will be fully glued on the surfaces in contact. As part of the design of the joint and knowing that the clearance between the ends of the members is to be 8 mm, determine the smallest allowable length L if the average shearing stress in the glue is not to exceed 800 kPa. SOLUTION There are four separate areas of glue. Each area must transmit half of the 24 kN load. Therefore, F = 12 kN = 12 x 10^3 N shearing stress in glue τ = 800 x 10^3 Pa τ = F/A ∴ A = F/τ = 12 x 10^3 / 800 x 10^3 = 15 x 10⁻³ m² Let l = length of glue area and w = width = 100 mm = 0.1 m A = lw ∴ l = A/w = 15 x 10⁻³ / 0.1 = 150 x 10⁻³ m = 150 mm L = 2l + gap = (2 x 150) + 8 = 308 mm