Resolução Prova - Reações de Apoio e Esforços Internos TRELIÇAS - 20/06/2018 - 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 ⋅15 tonf sin ((45 deg))

≔Ha ⋅-15 tonf sin ((45 deg))=Ha -10.607 tonf ≔Ha -Ha

OU SEJA: para a ESQUERDA=Ha 10.607 tonf

= 0ΣFy= 0-++-+--+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf Vb ⋅15 tonf cos ((45 deg))

= +Va Vb +-+-++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf ⋅15 tonf cos ((45 deg))

Adotando-se: =Va+VbV

≔V +-+-++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf ⋅15 tonf cos ((45 deg))=V 23.107 tonf

= 0ΣMa=0--++-+-⋅-5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅Vb 9 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

=⋅Vb 9 m ++-+-+⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

≔Vb ――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――++-+-+⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

9 m=Vb 13.309 tonf

Sendo assim: ≔Va -V Vb

Portanto, =Va 9.798 tonf

ii. Determinação das tensões nas barras:Created with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.

Resolução Prova - Reações de Apoio e Esforços Internos TRELIÇAS - 20/06/2018 - 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 ⋅15 tonf sin ((45 deg))

≔Ha ⋅-15 tonf sin ((45 deg))=Ha -10.607 tonf ≔Ha -Ha

OU SEJA: para a ESQUERDA=Ha 10.607 tonf

= 0ΣFy= 0-++-+--+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf Vb ⋅15 tonf cos ((45 deg))

= +Va Vb +-+-++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf ⋅15 tonf cos ((45 deg))

Adotando-se: =Va+VbV

≔V +-+-++7.5 tonf 5 tonf 7.5 tonf 5 tonf 5 tonf 7.5 tonf ⋅15 tonf cos ((45 deg))=V 23.107 tonf

= 0ΣMa=0--++-+-⋅-5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅Vb 9 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

=⋅Vb 9 m ++-+-+⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

≔Vb ――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――――++-+-+⋅5 tonf 1.5 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 3 m ⋅5 tonf 4.5 m ⋅7.5 tonf 6 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 10.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

9 m=Vb 13.309 tonf

Sendo assim: ≔Va -V Vb

Portanto, =Va 9.798 tonf

ii. Determinação das tensões nas barras:

ii.i Barra AL

=0ΣMD=0+⋅-Ha 1.5 m ⋅NAL 1.5 m

(T)≔NAL ――――⋅Ha 1.5 m

1.5 m=NAL 10.607 tonf

ii.ii Barra EM

Não é possível a determinação direta do valor da tensão na barra EM, portanto, deve-se calcular inicialmente o valor da tensão em uma das outras barras cortadas pela seção: EF ou LM. Para esta resolução, adotou-se determinar a tensão na barra LM.

Determinação da inclinação da barra LM (em relação à horizontal):

≔δ atan⎛⎜⎝――1.0 m

1.5 m

⎞⎟⎠

=δ 33.690 deg

=0ΣME=0++-⋅-Ha 1.5 m ⋅Va 1.5 m ⋅7.5 tonf 1.5 m ⋅NLM cos ((δ)) 1.5 m

≔NLM ―――――――――――――-+⋅Ha 1.5 m ⋅Va 1.5 m ⋅7.5 tonf 1.5 m

⋅cos ((δ)) 1.5 m

(T)=NLM 15.509 tonf

Determinação da inclinação da barra EM (em relação à horizontal):

≔ϕ atan⎛⎜⎝――2.5 m

1.5 m

⎞⎟⎠

=ϕ 59.036 deg

=0ΣFy=0---+-7.5 tonf Va 5 tonf ⋅NEM sin ((ϕ)) ⋅NLM sin ((δ))

(C)≔NEM ――――――――――――--+-7.5 tonf Va 5 tonf ⋅NLM sin ((δ))

sin ((ϕ))=NEM -13.184 tonf

ii.iii Barra FN

Não é possível a determinação direta do valor da tensão na barra FN, portanto, deve-se calcular inicialmente o valor da tensão em uma das outras barras cortadas pela seção: FG ou MN. Para esta resolução, adotou-se determinar a tensão na barra MN.

Determinação da inclinação da barra MN (em relação à horizontal):

≔β atan⎛⎜⎝――0.5 m

1.5 m

⎞⎟⎠

=β 18.435 deg

=0ΣMF+++-⋅-Ha 1.5 m ⋅Va 3 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 1.5 m ⋅⋅NMN cos ((β)) 2.5 m

=0

≔NMN ――――――――――――――――--+⋅Ha 1.5 m ⋅Va 3 m ⋅7.5 tonf 3 m ⋅5 tonf 1.5 m

⋅cos ((β)) 2.5 m(T)=NMN 6.452 tonf

Determinação da inclinação da barra FN (em relação à horizontal):

≔τ atan⎛⎜⎝――3.0 m

1.5 m

⎞⎟⎠

=τ 63.435 deg

=0ΣFy=0+----+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NMN sin ((β)) ⋅NFN sin ((τ)) 5 tonf

≔NFN ―――――――――――――――――+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NMN sin ((β)) 5 tonf

sin ((τ))(C)=NFN -8.098 tonf

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Resolução Prova - Reações de Apoio e Esforços Internos TRELIÇAS - 20/06/2018 - M18

Determinação da inclinação da barra FN (em relação à horizontal):

≔τ atan⎛⎜⎝――3.0 m

1.5 m

⎞⎟⎠

=τ 63.435 deg

=0ΣFy=0+----+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NMN sin ((β)) ⋅NFN sin ((τ)) 5 tonf

≔NFN ―――――――――――――――――+---+-7.5 tonf Va 5 tonf 7.5 tonf ⋅NMN sin ((β)) 5 tonf

sin ((τ))(C)=NFN -8.098 tonf

iii.iv Barra NO

Determinação da inclinação da barra NO (em relação à horizontal):Pela geometria da treliça apresentada, a inclinação da barra NO é a mesma da barra MN (que já foi determinada).

=0ΣMH=0-+⋅⋅-NNO cos ((β)) 2.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 4.5 m

≔NNO ――――――――――――-⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 4.5 m

⋅cos ((β)) 2.5 m(C)=NNO -3.290 tonf

ii.v Barra HI

=0ΣMO--+⋅NHI 2.5 m ⋅Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 2.5 m...

=0

≔NHI ――――――――――――――――――――――++⋅-Vb 3 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 4.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 2.5 m

2.5 m(T)=NHI 13.728 tonf

ii.vi Barra JK

=0ΣMB=0++⋅-NJK 1.5 m ⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

≔NJK ――――――――――――――――――+⋅⋅15 tonf cos ((45 deg)) 1.5 m ⋅⋅15 tonf sin ((45 deg)) 1.5 m

1.5 m(T)=NJK 21.213 tonf

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