Prova Mecanica dos Solidos - Vasos de Pressão e Vigas

1 Prova 1 Mec Sol B 23102015 1 Considere o vaso de pressão cilindrico com tampas semiesféricas ilustrado na figura abaixo 1a Determine as menores espessuras admissíveis para o corpo cilín drico tC e para as tampas esféricas tE para uma pressão de projeto po 2MPa de modo a satisfazer o critério de projeto considere a parede interna do vaso e use a tensão equivalente de tresca σT eq σadm em que σT eq σ1 σ3 Note que cilindro esfera σrr po σrr po σθθ poR tC σθθ poR 2tE σzz poR 2tC σφφ poR 2tE Considere σadm 600MPa e R 2m E 210GPa e ν 027 1b Considere que uma roseta de 45 esteja colada na superfície externa do corpo cilíndrico do vaso afastada das junções com as tampas e que durante a operação do vaso de pressão tenha ocorrido as seguintes 1 medidas para os extensômetros εa 25744 103 εb 16295 103 εc 68453 104 Sabendo que εa εθθ εzz2 εθθ εxx2 cos2θa εθz sin2θa εb εθθ εzz2 εθθ εxx2 cos2θb εθz sin2θb εc εθθ εzz2 εθθ εxx2 cos2θc εθz sin2θc sendo θa 0 θb 45 e θc 90 e que σθθ σzz σθz E1ν2 1 ν 0 ν 1 0 0 0 1ν2 εθθ εzz γθz em que σ σrr 0 0 0 σθθ σθz 0 σθz σzz e ε εrr 0 0 0 εθθ εθz 0 εθz εzz sendo εrr ν1ν εθθ εzz determine a pressão atuante no vaso no instante em que foram efetuadas as medidas dos extensômetros 2 Considere a viga engastada em uma das extremidades e apoiada por uma coluna birotulada na outra extremidade e sujeita a uma carga Po e a um momento Mo no meio do vão como ilustrado na figura abaixo Considerando que a viga tem uma seção retangular de espessura b a e altura h 2a determine o menor valor que o parâmetro a pode ter de modo a satisfazer os seguintes critérios de projeto a Critério de estabilidade para a coluna seção circular σc σcrit em que σcrit π2 Ec Ic zz Ac L2c Considere que Lc 3m Ac πR2 c Rc 100mm Ec 210GPa e Ic zz π 4 R4 c b Critério de flexa máxima vmax 2L 1 500 em que vmax max x0L v x c Critério de tensão σmax σadm em que σmax max xy0L h 2 h 2 σxx x y σxx x y Nx A Mx Izz y Izz bh3 12 e A bh Considere que L 5m Po 8kN Mo 5kNm e E 210GPa 3 2 Solução 21 Questão 1 1a considerando po 2MPa e R 2m temos Cilindro σrr po 2 MPa σθθ poRtC 4tC MPa σzz poR2tC 2tC MPa em que σ1 4tC σ2 2tC σ3 2 consequentemente σ1 σ3 4tC 2 600 ie 4tC 600 2 ie tC 4600 2 66890 103 m Esfera σrr po 2 MPa σθθ poR2tC 2tC MPa σφφ poR2tC 2tC MPa logo σ1 σ2 2tC σ3 2 consequentemente σ1 σ3 2tE 2 600 ie 2tE 600 2 ie tE 2600 2 33445 103 1b Supondo po 25 MPa e utilizando as espessuras tC 80 103 m e tE 4 103 m temos σrr 0 σθθ poRtC 580103 6250 MPa σzz poR2tC 5160103 3125 MPa Como resultado o estado plano de tensão é dado por σ σrr 0 0 0 σθθ σθz 0 σθz σzz 0 0 0 0 6250 0 0 0 3125 O estado de deformação é dado por εθθ εzz γθz 210 10910272 1 027 0 027 1 0 0 0 10272 ¹ σθθ σzz σθz em que 210 10910272 1 027 0 027 1 0 0 0 10272 ¹ 47619 1012 12857 1012 0 12857 1012 47619 1012 0 0 0 12095 1011 logo εθθ εzz γθz 47619 1012 12857 1012 0 12857 1012 47619 1012 0 0 0 12095 1011 6250 106 3125 106 00 ie εθθ εzz γθz 25744 103 68453 104 0 Como resultado os extensômetros devem dar os seguintes valores εa 25744103684531042 25744103684531042 25744 103 εb 25744103684531042 16295 103 εc 25744103684531042 25744103684531042 68453 104 22 Questão 2 221 Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre está ilustrado abaixo em que podemos considerar a tração T como sendo inicialmente conhecida A determinação da tração T será obtida posteriormente através da imposição da condição v2L δ em que δ TL EAc Como resultado o novo diagrama de corpo livre pode ser ilustrado como ii MA 0 o que implica em MA Mo PoL 2LT 0 ie MA Mo PoL 2LT ou MA Mo PoL 2LVA 223 Construção dos diagramas do esforço cortante e do momento fletor i Trecho 0 x L Neste caso como ilustrado abaixo temos ia Fy 0 o que implica em VA Vx 0 ie Vx VA ib Mo 0 o que implica em Mx MA VAx 0 ie Mx MA VAx Mo PoL 2LT VAx Mo PoL VA 2L x logo ML Mo PoL 2LT VAL Mo PoL 2L Po VA VAL Mo PoL 2LPo 2LVA VAL Mo LPo LVA ii Trecho L x 2L Neste caso como ilustrado abaixo temos iia Fy 0 o que implica em Vx T 0 ie Vx T Po VA iib Mo 0 o que implica em Mx 2L x T 0 ie Mx 2L x T 2L x Po VA logo ML LT PoL VAL Como resultado obtemos os seguintes diagramas 224 Solução da elástica da viga i Trecho 0 x L Neste caso temos EIzz d4vx dx4 0 sujeito às condições de contorno v 0 0 e V L VA e θ 0 0 e M L MA VAL Mo LPo LVA cuja solução é EIzz d4vx dx4 0 EIzz d3vx dx3 B1 EIzz d2vx dx2 B1x B2 EIzz dvx dx B1 x2 2 B2x B3 logo EIzzvx B1 x3 6 B2 x2 2 B3x B4 Porém θ x dvx dx M x EIzz d2vx dx2 e V x EIzz d3vx dx3 logo i1 como v 0 0 temos B4 0 i2 como θ 0 0 temos B3 0 i3 como V L VA temos B1 VA Po T i4 como M L MA VAL temos B1L B2 MA VAL ie VAL B2 MA VAL 9 derivamos B2 MA Mo PoL 2LVA o que nos fornece a solução EIzzvx VA x3 6 MA x2 2 ie EIzzvx Po T x3 6 Mo PoL 2LVA x2 2 ii Trecho L x 2L Neste caso temos EIzz d4vx dx4 0 sujeito às condições de contorno V L T e V 2L T e M L LT e M 2L 0 cuja solução é EIzz d4vx dx4 0 EIzz d3vx dx3 C1 EIzz d2vx dx2 C1x C2 EIzz dvx dx C1 x2 2 C2x C3 logo EIzzvx C1 x3 6 C2 x2 2 C3x C4 Porém ii1 como V L T temos C1 T ii2 como M L LT temos C1L C2 LT ie C2 2LT ii3 como V 2L T temos C1 T ii4 como M 2L 0 temos C12L C2 2LT 2LT 0 10 logo não agrega informação adicional Como resultado temos EIzzvx T x³6 2LT x²2 C3x C4 Pela imposição da continuidade da viga em x L temos vL vL e θL θL logo iiia como vL vL temos VA L³6 MA L²2 T L³6 TL³ C3L C4 iiib como θL θL temos VA L²2 MAL T L²2 2LTL C3 ie C3 VA L²2 MAL T L²2 2TL² Po T L²2 Mo PoL 2LT L T L²2 2TL² MoL PoL²2 ie C3 MoL PoL²2 consequentemente Po T L³6 Mo PoL 2LT L²2 T L³6 TL³ MoL² PoL³2 C4 ie C4 Po L³6 Mo L²2 Mo L² Mo L²2 Po L³6 ie C4 Mo L²2 Po L³6 o que nos permite obter para o trecho L x 2L o seguinte resultado EIzzvx T x³6 2LT x²2 MoL Po L²2 x Mo L²2 Po L³6 225 Determinação da tração T Para determinar T impomos a condição v2L TLEAc ie 1EIzz T 2L³6 2LT 2L²2 2MoL² Po L³ Mo L²2 Po L³6 TLEAc ie 83 L³T 32 L² Mo 56 L³ Po TLIzzAc 0 ie 8L³3 L IzzAc T 32 L² Mo 56 L³ Po ie T 32 L² Mo 56 L³ Po 8L³3 L IzzAc Porém como Ac πRc² 31416 01² 31416 10² Izz a2a³12 23 a⁴ obtemos T 32 L² Mo 56 L³ Po 8L³3 L IzzAc 32 25 5000 56 125 8000 8 1253 5 23 a⁴ 31416 10² 10208 10⁶ 1061 a⁴ 33333 226 Determinação do parâmetro a i Critério de estabilidade dado por σc σcrit em que σcrit π²Ec Ic zz Ac Lc² com Ic zz π4 Rc⁴ 31416 01⁴ 4 7854 10⁵ σcrit π²Ec Ic zz Ac Lc² 31416² 210 10⁹ 7854 10⁵ 9 31416 10² 57573 10⁸ sendo Lc 3m Ac πRc² Rc 100mm Ec 210GPa e Ic zz π4 Rc⁴ Logo como σc TAc 10208 10⁶ 31416 10² 1061 a⁴ 33333 10208 10⁶ 33332 a⁴ 10472 consequentemente 10208 10⁶ 33332 a⁴ 10472 π²Ec Ic zz Ac Lc² 57573 10⁸ Logo na condição limite temos 10208 57573 33332 a⁴ 10472 19190 a⁴ 60290 ie 19190 a⁴ 1020860290 ie a 10208 19190 60290⁰²⁴ ie a 20274 10² m Logo a 20274 mm ii Critério da tensão Neste caso temos dois trechos Para o primeiro trecho a tensão máxima ocorre nos pontos extremos do intervalo ie em x 0 ou x L Como resultado temos Mx EIzz d²vxdx² Po T x Mo PoL 2LT sendo σxx xy MxIzz y na fibra mais afastada temos y a o que implica em σxx xa MxIzz a Po Tx Mo PoL 2LT 23 a³ logo em x 0 temos σxx 0a Mo PoL 2LT 23 a³ em que T 10208 10⁶ 1061 a⁴ 33333 No segundo trecho temos Mx E Izz d2 v xd x2 T x 2 L T sendo σxx x y Mx Izz y na fibra mais afastada temos y a o que implica em σxx x a Mx Izz a T x 2 L T 23 a3 O máximo ocorre no extremo em x L Logo σxx L a M L Izz a L T 23 a3 σadm ie L T 23 a3 σadm em que T 10208 106 1061 a4 33333 o que nos permite determinar na condição crítica 5104 106 1061 a4 33333 40 108 a3 o que nos possibilita determinar a pela solução da equação transcendental 5104 106 1061 a433333 40 108 a3 iii Critério de deslocamento Para o primeiro trecho temos E Izz vx VA x36 MA x22 E Izz vx Po T x36 Mo Po L 2 L T x22 logo o máximo ocorre em x L ou em x x sendo x determinado por d vxd x xx 0 Neste caso temos d vxd x xx Po T 3 x26 Mo Po L 2 L T x 0 o que implica em σxx 0 a σadm ie 50008000525T 23 a3 σadm 600 106 em que T 10208106 1061 a4 33333 o que nos permite determinar na condição limite em que 5000 80005 25 10208 106 1061 a4 33333 10208 107 1061 a4 33333 450000 10208 107 1061 a4 33333 450000 23 a3 600 106 40 108 a3 o que implica para 10208107 1061 a4 33333 450000 em 10208 107 1061 a4 33333 40 108 a3 450000 o que nos permite determinar a como solução da equação transcendental 10208107 1061 a433333 40 108 a3 450000 No extremo x L temos σxx L a MLIzz a MoPo L LPo T 23 a3 ie MoPo L LPo T 23 a3 σadm em que T 10208106 1061 a4 33333 o que nos permite determinar na condição crítica em que Mo Po L L Po T 5000 8000 5 5 8000 10208 106 1061 a4 33333 5104 106 1061 a4 33333 50000 para 5104106 1061 a433333 50000 a relação 5104 106 1061 a4 33333 40 108 a3 50000 o que nos permite determinar a como solução da equação transcendental 5104106 1061 a433333 40 108 a3 50000 ie como x 0 0 L VA x2 MA 0 ou x 2 Mo 2 Po L 4 L T Po T em que T 10208106 1061 a4 33333 ie x 10000 80000 20 10208106 1061 a4 33333 8000 10208106 1061 a4 33333 se x 0 L ie x 1 424400 a4 82292 47745 105 a4 4791 9 105 se x 0 L Logo os pontos em que vx é máximo em módulo são em x se x 0 L e em x L Pelo critério de falha temos vmax 2L 1500 ie vmax 2L 500 o que implica em para x L 1EIzz VA L36 MA L22 2L500 em que VA Po T MA Mo Po L 2 L T T 10208106 1061 a4 33333 o que implica na situação limite em 6 Po T L2 3 Mo Po L 2 L T L 6 EIzz 250 em que T 10208106 1061 a4 33333 e Izz 23 a4 para x x na situação limite temos Po T x36 Mo Po L 2 L T x22 2L 500 EIzz em que x 1000080000 20 10208106 1061 a4 33333 8000 10208106 1061 a4 33333 se x 0 L Izz 23 a4 e T 10208106 1061 a4 33333 o que possibilita a determinação do valor crítico de a Para o segundo trecho trecho temos EIzz vx T x3 6 2LT x2 2 MoL PoL2 2 x MoL2 2 PoL3 6 logo o máximo ocorre em x 2L ou em x x sendo x determinado por dvx dx xx 0 Neste caso temos dvx dx xx 3T x2 6 4LT x 2 MoL PoL2 2 0 ie x2 4Lx 2MoL PoL2 T 0 o que recai em uma equação de segundo grau com raízes x1 e x2 Logo os pontos em que vx é máximo em módulo são em x1 e x2 se x1 e x2 0 L e em x 2L Pelo critério de falha temos vmax 2L 1 500 ie na condição limite temos vmax 2L 500 ie T x3 6 2LT x2 2 MoL PoL2 2 x MoL2 2 PoL3 6 2L 500 EIzz em que x x1 x2 ou 2L sendo T 10208 106 1061a4 33333 Izz 2 3 a4 e x1 x2 solução da equação de segundo grau x2 4Lx 2MoL PoL2 T 0