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MECÂNICA DOS SÓLIDOS II Gabarito P2 – 22/11/2013
𝑅
𝑃
𝑃
𝐴
𝜃
𝑀(𝜃)
Problema 1.
Equilíbrio no nó da treliça onde a carga horizontal é aplicada:
−3𝑁! 5 − 2𝑁! 2 = 0
−4𝑁! 5 + 2𝑁! 2 + 𝑃(𝑡) = 0 ⇒ 𝑁! = 5𝑃(𝑡) 7 e 𝑁! = − 3 2𝑃(𝑡) 7
Para 𝑃 𝑡 > 0, 𝑁! é negativo e a barra 2 está sujeita à flambagem. Logo,
3 27 𝑃!"# < 𝜋!
𝐸𝐼!𝐿!!
⇒ 𝑃!"# <7 2𝜋!
6𝐸𝐼!𝐿!!
= 241 N
Para 𝑃 𝑡 < 0, 𝑁! é negativo e a barra 1 está sujeita à flambagem. Logo,
57 𝑃!"# < 𝜋!
𝐸𝐼!𝐿!!
⇒ 𝑃!"# <7𝜋!
5𝐸𝐼!𝐿!!
= 36,8 N
Portanto:
𝑃!"# < 36,8 N
Problema 2.
(a) Variação na distância 𝐴𝐵 (∆𝐴𝐵 = 𝛿):
𝑀 𝜃 = 𝑃𝑅 sin 𝜃, 𝜕𝑀 𝜕𝑃 = 𝑅 sin 𝜃
𝛿 =𝜕𝑈𝜕𝑃
=1𝐸𝐼
𝑃𝑅 sin 𝜃 𝑅 sin 𝜃 𝑅𝑑𝜃!
!=𝜋𝑅!
2𝐸𝐼𝑃
(b) Máximo valor admissível para a carga 𝑃:
max 𝜎!! 𝜃, 𝑦 = 𝜎!! 𝜋 2 ,− 𝑎 2 = − −𝑎2
𝑃𝑅𝑎! 12
+𝑃𝑎!
< 𝑌
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𝑃 <𝑌𝑎!
6𝑅1 +
16𝑎𝑅
!!
−𝑁! cos𝜙! − 𝑁! cos𝜙! = 0
𝜙! 𝜙! 𝑁! 𝑁!
𝑃(𝑡) 𝑥
𝑦
−𝑁! sin𝜙! + 𝑁! sin𝜙! + 𝑃(𝑡) = 0
cos𝜙! = 3 5⁄ sin𝜙! = 4 5⁄
cos𝜙! = √2 2⁄ sin𝜙! = √2 2⁄
MECÂNICA DOS SÓLIDOS II Gabarito P2 – 22/11/2013
𝐴
𝐵
𝐿
𝐶
𝐿
𝜙
𝑥
𝑀!
𝑅!
𝑀(𝑥)
𝑉(𝑥)
(c) Constante de mola equivalente:
Problema 3.
Trecho AB: 𝑀! 𝑧 = −𝑃𝑧, 𝑀! 𝑧 = 0 e 𝑀! 𝑧 = 0
Trecho BC: 𝑀! 𝑥 = −𝑃𝐿, 𝑀! 𝑥 = 0 e 𝑀! 𝑥 = 𝑃𝑥
𝛿! =𝜕𝑈𝜕𝑃
=1𝐸𝐼
!
!−𝑃𝑧 −𝑧 𝑑𝑧 +
1𝐺𝐽
!
!−𝑃𝐿 −𝐿 𝑑𝑥 +
1𝐸𝐼
!
!𝑃𝑥 𝑥 𝑑𝑥
= 𝑃𝐿!
3𝐸𝐼+𝑃𝐿!
𝐺𝐽+𝑃𝐿!
3𝐸𝐼=2𝑃𝐿!
3𝐸𝐼1 +
32𝐸𝐼𝐺𝐽
=128𝑃𝐿!
3𝜋𝐸𝐷!1 +
3(1 + 𝜈)2
Problema 4.
Enquanto a rotação na extremidade direita da viga é 𝜙! = 𝜙, o deslocamento transversal é nulo (𝛿! = 0).
A distribuição do momento fletor é:
𝑀 𝑥 = 𝑅!𝑥 −𝑀!
A rotação e o deslocamento transversal na seção C são dados por:
𝜙! =𝜕𝑈𝜕𝑀!
=𝑀(𝑥)𝐸(𝑥)𝐼
𝜕𝑀𝜕𝑀!
!
!𝑑𝑥 = 𝜙
𝛿! =𝜕𝑈𝜕𝑅!
=𝑀(𝑥)𝐸(𝑥)𝐼
𝜕𝑀𝜕𝑅!
!
!𝑑𝑥 = 0
Portanto:
𝜙! =𝑅!𝑥 −𝑀!
𝐸𝐼(−1)
!
!𝑑𝑥 +
𝑅!𝑥 −𝑀!
2𝐸𝐼(−1)
!!
!𝑑𝑥 =
𝐿𝐸𝐼
−54𝑅!𝐿 +
32𝑀! = 𝜙
𝛿! =𝑅!𝑥 −𝑀!
𝐸𝐼(𝑥)
!
!𝑑𝑥 +
𝑅!𝑥 −𝑀!
2𝐸𝐼(𝑥)
!!
!𝑑𝑥 =
𝐿!
𝐸𝐼32𝑅!𝐿 −
54𝑀! = 0
𝑃 𝑃
𝑃 𝑃
𝐴 𝐵
𝐴 𝐵
𝐾
𝐾 =2𝐸𝐼𝜋𝑅!
𝐾!" =𝐾𝑁=
2𝐸𝐼𝜋𝑁𝑅!
𝑃 𝑃
MECÂNICA DOS SÓLIDOS II Gabarito P2 – 22/11/2013 Logo
−54𝑅!𝐿 +
32𝑀! =
𝐸𝐼𝜙𝐿
32𝑅!𝐿 −
54𝑀! = 0
⟹ 𝑀! =2411 𝐸𝐼𝐿𝜙 𝑒 𝑅! =
2011 𝐸𝐼𝐿!𝜙
As reações nos apoios são apresentadas na figura abaixo:
𝑅! =2011 𝐸𝐼𝐿!𝜙 𝑅! =
2011 𝐸𝐼𝐿!𝜙
𝑀! =2411 𝐸𝐼𝐿𝜙 𝑀! =
411 𝐸𝐼𝐿𝜙
