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Resolução Prova de Recuperação - Reações de Apoio e Esforços Internos TRELIÇAS - 27/06/2018 - M18
Cálculos:
i. Determinação das Reações de Apoio
Tomando as hipóteses iniciais de reações de apoio nos correspondentes sentidos positivos (Va e Vb para cima e Hb para a direita):
= 0ΣFx=0--Ha 5 tonf ⋅15 tonf sin ((30 deg))
≔Ha +5 tonf ⋅15 tonf sin ((30 deg))=Ha 12.500 tonf
= 0ΣFy= 0-+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf Vb ⋅15 tonf cos ((30 deg))
= +Va Vb ++++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf ⋅15 tonf cos ((30 deg))
Adotando-se: =Va+VbV
≔V ++++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf ⋅15 tonf cos ((30 deg))=V 37.990 tonf
= 0ΣMa=0-+++--⋅-5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅Vb 9 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
=⋅Vb 9 m +--++⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
≔Vb ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――+--++⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
9 m=Vb 17.794 tonf
Sendo assim: ≔Va -V Vb
Portanto, =Va 20.196 tonf
ii. Determinação das tensões nas barras:
Created with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.
Resolução Prova de Recuperação - Reações de Apoio e Esforços Internos TRELIÇAS - 27/06/2018 - M18
Cálculos:
i. Determinação das Reações de Apoio
Tomando as hipóteses iniciais de reações de apoio nos correspondentes sentidos positivos (Va e Vb para cima e Hb para a direita):
= 0ΣFx=0--Ha 5 tonf ⋅15 tonf sin ((30 deg))
≔Ha +5 tonf ⋅15 tonf sin ((30 deg))=Ha 12.500 tonf
= 0ΣFy= 0-+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf Vb ⋅15 tonf cos ((30 deg))
= +Va Vb ++++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf ⋅15 tonf cos ((30 deg))
Adotando-se: =Va+VbV
≔V ++++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf ⋅15 tonf cos ((30 deg))=V 37.990 tonf
= 0ΣMa=0-+++--⋅-5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅Vb 9 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
=⋅Vb 9 m +--++⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
≔Vb ―――――――――――――――――――――――――――――――――――――+--++⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅5 tonf 3.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 10.5 m
9 m=Vb 17.794 tonf
Sendo assim: ≔Va -V Vb
Portanto, =Va 20.196 tonf
ii. Determinação das tensões nas barras:
ii.i Barra AE
Determinação da inclinação da barra AE (em relação à horizontal):
≔δ atan⎛⎜⎝――1.5 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=δ 45.000 deg
=0ΣML=0+⋅Ha 3 m ⋅⋅NAE cos ((δ)) 3 m
(C)≔NAE ――――⋅-Ha 3 m
⋅cos ((δ)) 3 m=NAE -17.678 tonf
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ii.ii Barra EF
Determinação da inclinação da barra EF (em relação à horizontal):
≔γ atan⎛⎜⎝――0.5 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=γ 18.435 deg
=0ΣMN=0+-++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 4 m ⋅5 tonf 1.5 m ⋅⋅NEF sin ((γ)) 1.5 m ⋅⋅NEF cos ((γ)) 2.5 m
=0-++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 4 m ⋅5 tonf 1.5 m ⋅NEF(( -⋅sin ((γ)) 1.5 m ⋅cos ((γ)) 2.5 m))
=⋅NEF(( -⋅sin ((γ)) 1.5 m ⋅cos ((γ)) 2.5 m)) ++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 4 m ⋅5 tonf 1.5 m
≔NEF ―――――――――――――――++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 4 m ⋅5 tonf 1.5 m
(( -⋅sin ((γ)) 1.5 m ⋅cos ((γ)) 2.5 m))
(C)=NEF -10.231 tonf
ii.iii Barra FO
A partir dos dados fornecidos na prova não é possível umadeterminação direta do valor da tensão na barra FO, sendonecessária a determinação da tensão em pelo menos uma dasdemais barras cortadas (NO ou FG):
Barra NO
Determinação da inclinação da barra NO (em relação à horizontal):
≔α atan⎛⎜⎝――1.0 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=α 33.690 deg
=0ΣMF=0-++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 2 m ⋅5 tonf 1.5 m ⋅⋅NNO cos ((α)) 2 m
≔NNO ―――――――――――――――++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 2 m ⋅5 tonf 1.5 m
⋅cos ((α)) 2 m
(C) =NNO -3.358 tonf ≔NNO -NNO
Determinação da inclinação da barra NO (em relação à horizontal):
≔β atan⎛⎜⎝――3.0 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=β 63.435 deg
Barra FO=0ΣFy
=0+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NNO sin ((α)) ⋅NFO sin ((β))
(T)≔NFO ――――――――――――――+++-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NNO sin ((α))
sin ((β))=NFO 1.863 tonf
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ii.iii Barra FO
A partir dos dados fornecidos na prova não é possível umadeterminação direta do valor da tensão na barra FO, sendonecessária a determinação da tensão em pelo menos uma dasdemais barras cortadas (NO ou FG):
Barra NO
Determinação da inclinação da barra NO (em relação à horizontal):
≔α atan⎛⎜⎝――1.0 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=α 33.690 deg
=0ΣMF=0-++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 2 m ⋅5 tonf 1.5 m ⋅⋅NNO cos ((α)) 2 m
≔NNO ―――――――――――――――++-⋅7.5 tonf 3 m ⋅Va 3 m ⋅Ha 2 m ⋅5 tonf 1.5 m
⋅cos ((α)) 2 m
(C) =NNO -3.358 tonf ≔NNO -NNO
Determinação da inclinação da barra NO (em relação à horizontal):
≔β atan⎛⎜⎝――3.0 m
1.5 m
⎞⎟⎠
=β 63.435 deg
Barra FO=0ΣFy
=0+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NNO sin ((α)) ⋅NFO sin ((β))
(T)≔NFO ――――――――――――――+++-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NNO sin ((α))
sin ((β))=NFO 1.863 tonf
ii.iv Barra GH
=0ΣMO=0--+-⋅-NGH 3 m ⋅5 tonf 15 m ⋅Vb 4.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 6 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 3.5 m
≔NGH ――――――――――――――――――――――――――--+⋅-5 tonf 1.5 m ⋅Vb 4.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 6 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 3.5 m
3 m(C)=NGH -10.539 tonf
ii.v Barra HI
Como a treliça é simétrica, a inclinação da barra HI (em relação à horizontal) é a mesma da barra EF.
=0ΣMP=0--+-+⋅⋅-NHI cos ((γ)) 2.5 m ⋅⋅NHI sin ((γ)) 1.5 m ⋅5 tonf 0.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 2.5 m
=0--+-⋅-NHI(( -⋅cos ((γ)) 2.5 m ⋅sin ((γ)) 1.5 m)) ⋅5 tonf 0.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 2.5 m
=⋅NHI(( -⋅cos ((γ)) 2.5 m ⋅sin ((γ)) 1.5 m)) --+⋅-5 tonf 0.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 2.5 m
≔NHI ――――――――――――――――――――――――――--+⋅-5 tonf 0.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((30 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 2.5 m
(( -⋅cos ((γ)) 2.5 m ⋅sin ((γ)) 1.5 m))
(C)=NHI -13.874 tonf
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ii.vi Barra KB
Também por causa da simetria da treliça, podemos afirmar que a inclinação (em relação à horizontal) da barra KB é igual à da barra AE.
=0ΣMR=0---⋅⋅-15 tonf cos ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((30 deg)) 1.5 m ⋅⋅NBK cos ((δ)) 1.5 m ⋅⋅NBK sin ((δ)) 1.5 m
=0-⋅-15 tonf 1.5 m (( +cos ((30 deg)) sin ((30 deg)))) ⋅⋅NBK 1.5 m (( +cos ((δ)) sin ((δ))))=⋅⋅NBK 1.5 m (( +cos ((δ)) sin ((δ)))) ⋅-15 tonf 1.5 m (( +cos ((30 deg)) sin ((30 deg))))
≔NBK ――――――――――――――⋅-15 tonf 1.5 m (( +cos ((30 deg)) sin ((30 deg))))
⋅1.5 m (( +cos ((δ)) sin ((δ))))
(C)=NBK -14.489 tonf
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