PEF-3306
Exercício 2
H. Britto – 18/03/20
Para um certo ponto de uma estrutura é dada a matriz do tensor das tensões
(em kN cm2⁄ ), na base ortonormal (i⃗, j⃗, k⃗⃗):
[T] = [3 −1 1
−1 5 −11 −1 3
]
Determinar:
a) As tensões principais σ1, σ2 e σ3, bem como as correspondentes direções
principais h⃗⃗1, h⃗⃗2 e h⃗⃗3
b) A tensão ρ⃗⃗ = T(n⃗⃗) no plano definido por n⃗⃗ =− 12
25 i⃗ +
15
25 j⃗ +
16
25 k⃗⃗
c) As componentes normal σ⃗⃗⃗ e tangencial τ⃗⃗ da tensão ρ⃗⃗
GABARITO RESUMIDO
a) σ1 = 6, σ2 = 3, σ3 = 2
[T] = [6 0 00 3 00 0 2
] na base (h⃗⃗1, h⃗⃗2, h⃗⃗3):
h⃗⃗1 =1
√6(i⃗ − 2 j⃗ + k⃗⃗) , h⃗⃗2 =
1
√3(i⃗ + j⃗ + k⃗⃗) , h⃗⃗3 =
1
√2(− i⃗ + k⃗⃗)
b) ρ⃗⃗ = T(n⃗⃗) =1
25(−35 i⃗ + 71 j⃗ + 21 k⃗⃗)
c) σ = ρ⃗⃗ ∙ n⃗⃗ =1 821
625
σ⃗⃗⃗ = σ n⃗⃗ =1 821
15 625(−12 i⃗ + 15 j⃗ + 16 k⃗⃗)
τ⃗⃗ = ρ⃗⃗ − σ⃗⃗⃗ =1
15 625(−23 i⃗ + 17 060 j⃗ − 16 011 k⃗⃗)
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PEF-3306
Exercício 3 – Gabarito
H. Britto – 15/04/20
As duas barras biarticuladas são perpendiculares entre si. Achar o ângulo θ de
modo que haja flambagem simultânea das duas barras:
Resolução:
Chamando de L a distância entre os apoios, e admitindo que a flambagem se dá
no regime elástico, as cargas de flambagem são dadas por:
P sin θ =π2EI
(L sin β)2 (barra da direita) (1)
P cos θ =π2EI
(L cos β)2 (barra da esquerda) (2)
Dividindo (1) por (2), membro a membro, resulta:
tan θ =1
(tan β)2
θ P
β
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Exercício 4 – gabarito
H. Britto – 22/05/20
Achar a carga de flambagem e o correspondente modo de flambagem:
Resolução:
EI w′′ = − M = − Pδ
L x − P w ∴ EI w′′ + P w = P(−
δ
Lx)
w′′ + k2 w = k2 (−δ
Lx) sendo k2 =
P
EI
Solução geral:
w = Csin kx + Dcos kx −δ
Lx ∴ w′ = Ck cos kx − Dk sin kx −
δ
L
São 3 incógnitas: C, D e δ . Portanto são necessárias 3 condições de contorno:
w(0) = 0 ∴ D = 0 (1)
w(L
2) =
δ
2 ∴
δ
2= C sin
kL
2−δ
2 ∴ C sin
kL
2− δ = 0 (2)
w′ (L
2) = −
δ
L ∴ −
δ
L= Ck cos
kL
2−δ
L ∴ Ck cos
kL
2= 0 (3)
P
𝑥
𝑤 𝛿
𝐸𝐼 𝐸𝐼 = ∞
𝐿 𝐿 2 𝐿 2
P
P
𝛿 2 𝑃𝛿 𝐿 𝑃𝛿 𝐿
De (3) podemos achar a carga de flambagem:
coskL
2= 0 ∴ kL = π ∴ k2L2 = π2 ∴ Pfℓ =
π2EI
L2
De (2) vem (sinkL
2= 1) :
C = δ
Sendo kL = π , o modo de flambagem assume a forma:
w = Csin kx + Dcos kx −δ
Lx ∴ w = δ (sin
πx
L −
x
L )
(o deslocamento δ fica indeterminado)
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Exercício 5
H. Britto
Determine a distribuição do fluxo de cisalhamento (q =? ) na seção transversal abaixo, e a posição do
centro de cisalhamento C∗ em relação à alma do perfil (d∗ =? ). A espessura δ das paredes é pequena
e constante (δ ≪ a):
É dada a posição do centroide C e o momento de inércia da figura (valor aproximado, levando em
conta a pequena espessura:
Iy =20
3 a3δ
ENTREGA: 09/06/20 (Moodle USP)
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Exercício 5 – Gabarito
13/06/20
Resolução
Na figura abaixo se mostra a distribuição do fluxo (q =VQ∗
I) :
A resultante do fluxo, em cada trecho, é a área sob o diagrama:
F1 =3V
40 , F2 =
3V
10 , F3 = V
Para achar a posição do centro de cisalhamento C* basta igualar a zero o momento, em relação a ele,
das resultantes dos fluxos:
(F2 − F1) 2a − F3 d∗ = 0 ∴ d∗ =9a
20
PEF – 3306
Exercício 6 – Gabarito
H. Britto – 28/06/20
Na treliça da figura (EA constante) determinar:
a) Deslocamento vertical (wC) do nó C
b) Deslocamento horizontal (uC) do nó C
Resolução: colocando os cálculos em forma de tabela (carga unitária para baixo e para a direita):
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝐍 𝐧𝐚 𝐧𝐛 𝐋𝐄𝐀⁄
1 17 P12⁄ 17
12⁄ 179⁄ 17 a
EA⁄
2 −25 P12⁄ −25
12⁄ −109⁄ 10 a
EA⁄
3 −15 P12⁄ −15
12⁄ −159⁄ 9 a
EA⁄
wC = ∑ N na L
EA=
1099
12 Pa
EA (para baixo)
uC = ∑ N nb L
EA=
1573
18 Pa
EA (para a direita)
/ tJ1
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Exercício 7 – gabarito
H. Britto – 03/07/20
Resolver, pelo Processo dos Esforços, a treliça hiperestática (g = 1) da figura (EA constante):
Resolução: Cortando a barra (2) temos (supondo X1 de tração):
𝐁𝐚𝐫𝐫𝐚 𝐍𝟎 𝐧𝟏 𝐋𝐄𝐀⁄ 𝐍
1 P 43⁄ 8a
EA⁄ 179 P307⁄
2 0 1 6aEA⁄ − 96 P
307⁄
3 0 − 56⁄ 5a
EA⁄ 80 P307⁄
4 0 − 56⁄ 5a
EA⁄ 80 P307⁄
5 0 − 56⁄ 5a
EA⁄ 80 P307⁄
6 0 − 56⁄ 5a
EA⁄ 80 P307⁄
δ10 = ∑ N0 n1 L
EA=
32
3 Pa
EA e F11 = ∑ (n1)2
L
EA=
307
9
a
EA ⇒ X1 = −
96 P
307
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