PROVA 20190702 M19-Trelicas - WordPress.com...Jul 02, 2019 · PROVA_20190702_M19-Trelicas Author:...
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Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas * Matriz dos valores das Cargas aplicadas sobre a estrutura: Prova 1 2 3 4 F1 ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 3 3 3 3 F2x ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ ⋅ 15 cos ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ ⋅ 10 cos ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ ⋅ 15 cos ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ ⋅ 10 cos ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ F2y ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 15 sin ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ 10 sin ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ 15 sin ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ 10 sin ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ F3 ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 5 7.5 5 7.5 F4x ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 7.5 cos ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ 10 cos ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ 7.5 cos ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ 5 cos ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ F4y ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 7.5 sin ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ 10 sin ⎛ ⎝60 deg ⎞ ⎠ 7.5 sin ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ 5 sin ⎛ ⎝45 deg ⎞ ⎠ F5 ⎛ ⎝tonf ⎞ ⎠ 10 10 10 10 1. Determinação das Reações de Apoio: * partindo da hipótese de que todas as reações são POSITIVAS (Va e Vb para CIMA e Hb para a DIREITA). ＝ ΣFx 0 ＝ + - F2x F4x Hb 0 ≔ Hb + -F2x F4x Isto é: a hipótese inicial para a reação horizontal está errada. = Hb -6.857 -2.071 -2.197 -1.464 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ tonf CORREÇÃO: , para a ESQUERDA. ≔ Hb -Hb = Hb 6.857 2.071 2.197 1.464 ⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎥ ⎥ ⎦ tonf ＝ ΣFy 0 ＝ + - - - - - Va F1 F2y F3 F4y F5 Vb 0 Adotando-se: ＝ + Va Vb + + + + F1 F2y F3 F4y F5 ＝ V + Va Vb Created with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.
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Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas
* Matriz dos valores das Cargas aplicadas sobre a estrutura:
Prova
1
2
3
4
F1
⎛⎝tonf⎞⎠
3
3
3
3
F2x
⎛⎝tonf⎞⎠
⋅15 cos ⎛⎝45 deg⎞⎠
⋅10 cos ⎛⎝45 deg⎞⎠
⋅15 cos ⎛⎝60 deg⎞⎠
⋅10 cos ⎛⎝60 deg⎞⎠
F2y
⎛⎝tonf⎞⎠
15 sin ⎛⎝45 deg⎞⎠
10 sin ⎛⎝45 deg⎞⎠
15 sin ⎛⎝60 deg⎞⎠
10 sin ⎛⎝60 deg⎞⎠
F3
⎛⎝tonf⎞⎠
5
7.5
5
7.5
F4x
⎛⎝tonf⎞⎠
7.5 cos ⎛⎝60 deg⎞⎠
10 cos ⎛⎝60 deg⎞⎠
7.5 cos ⎛⎝45 deg⎞⎠
5 cos ⎛⎝45 deg⎞⎠
F4y
⎛⎝tonf⎞⎠
7.5 sin ⎛⎝60 deg⎞⎠
10 sin ⎛⎝60 deg⎞⎠
7.5 sin ⎛⎝45 deg⎞⎠
5 sin ⎛⎝45 deg⎞⎠
F5
⎛⎝tonf⎞⎠
10
10
10
10
1. Determinação das Reações de Apoio:* partindo da hipótese de que todas as reações são POSITIVAS (Va e Vb para CIMA e Hb para a DIREITA).
＝ΣFx 0＝+-F2x F4x Hb 0
≔Hb +-F2x F4x
Isto é: a hipótese inicial para a reação horizontal está errada.=Hb
-6.857-2.071-2.197-1.464
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
CORREÇÃO: , para a ESQUERDA.≔Hb -Hb =Hb
6.8572.0712.1971.464
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
＝ΣFy 0＝+-----Va F1 F2y F3 F4y F5 Vb 0
Adotando-se: ＝+Va Vb ++++F1 F2y F3 F4y F5 ＝V +Va Vb
≔V ++++F1 F2y F3 F4y F5
=V
35.10236.23136.29432.696
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
＝ΣMa 0＝+-+----⋅-F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m ⋅Vb 15 m 0
＝⋅Vb 15 m +-++++⋅F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m
≔Vb ―――――――――――――――――――――――――+-++++⋅F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m
15 m
=Vb
21.02721.26619.78518.218
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
≔Va -V Vb
=Va
14.07414.96516.50914.478
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
2. Determinação das tensões nas barras indicadas:
Created with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.
Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas
1. Determinação das Reações de Apoio:* partindo da hipótese de que todas as reações são POSITIVAS (Va e Vb para CIMA e Hb para a DIREITA).
＝ΣFx 0＝+-F2x F4x Hb 0
≔Hb +-F2x F4x
Isto é: a hipótese inicial para a reação horizontal está errada.=Hb
-6.857-2.071-2.197-1.464
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
CORREÇÃO: , para a ESQUERDA.≔Hb -Hb =Hb
6.8572.0712.1971.464
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
＝ΣFy 0＝+-----Va F1 F2y F3 F4y F5 Vb 0
Adotando-se: ＝+Va Vb ++++F1 F2y F3 F4y F5 ＝V +Va Vb
≔V ++++F1 F2y F3 F4y F5
=V
35.10236.23136.29432.696
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
＝ΣMa 0＝+-+----⋅-F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m ⋅Vb 15 m 0
＝⋅Vb 15 m +-++++⋅F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m
≔Vb ―――――――――――――――――――――――――+-++++⋅F1 2.5 m ⋅F2y 5 m ⋅F2x 4 m ⋅F3 7.5 m ⋅F4y 10 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 12.5 m
15 m
=Vb
21.02721.26619.78518.218
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
≔Va -V Vb
=Va
14.07414.96516.50914.478
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
2. Determinação das tensões nas barras indicadas:
2.1 Barra AD*Determinação da inclinação da barra AD (em relação à horizontal):
≔α atan⎛⎜⎝―――2.5 m2.5 m
⎞⎟⎠
=α 45.000 deg
＝ΣMc 0＝-⋅-Va 2.5 m ⋅⋅NAD sin ⎛⎝α⎞⎠ 2.5 m 0
≔NAD ―――――⋅-Va 2.5 m
⋅sin ⎛⎝α⎞⎠ 2.5 m
(C)=NAD
-19.904-21.164-23.347-20.475
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
2.2 - Barra CECreated with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.
Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas
2.1 Barra AD*Determinação da inclinação da barra AD (em relação à horizontal):
≔α atan⎛⎜⎝―――2.5 m2.5 m
⎞⎟⎠
=α 45.000 deg
＝ΣMc 0＝-⋅-Va 2.5 m ⋅⋅NAD sin ⎛⎝α⎞⎠ 2.5 m 0
≔NAD ―――――⋅-Va 2.5 m
⋅sin ⎛⎝α⎞⎠ 2.5 m
(C)=NAD
-19.904-21.164-23.347-20.475
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
2.2 - Barra CE
＝ΣMF 0＝++⋅-Va 5 m ⋅F1 2.5 m ⋅NCE 4 m 0
＝⋅NCE 4 m -⋅Va 5 m ⋅F1 2.5 m
≔NCE ―――――――-⋅Va 5 m ⋅F1 2.5 m4 m
(T)=NCE
15.71816.83118.76116.223
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
2.3 - Barra CF* determinação da inclinação da barra CF (em relação à horizontal):
≔β atan⎛⎜⎝―――
4 m2.5 m
⎞⎟⎠
=β 57.995 deg
＝ΣMD 0＝++⋅-Va 2.5 m ⋅NCE 2.5 m ⋅⋅NCF cos ⎛⎝β⎞⎠ 2.5 m 0
＝⋅⋅NCF cos ⎛⎝β⎞⎠ 2.5 m -⋅Va 2.5 m ⋅NCE 2.5 m
≔NCF ――――――――-⋅Va 2.5 m ⋅NCE 2.5 m
⋅cos ⎛⎝β⎞⎠ 2.5 m
(C)=NCF
-3.101-3.521-4.249-3.292
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
2.4 - Barra EGCreated with PTC Mathcad Express. See www.mathcad.com for more information.
Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas
2.4 - Barra EG
＝ΣMH 0＝++++⋅-Va 7.5 m ⋅F1 5 m ⋅F2y 2.5 m ⋅F2x 1 m ⋅NEG 5 m 0
＝⋅NEG 5 m ---⋅Va 7.5 m ⋅F1 5 m ⋅F2y 2.5 m ⋅F2x 1 m
≔NEG ――――――――――――――---⋅Va 7.5 m ⋅F1 5 m ⋅F2y 2.5 m ⋅F2x 1 m
5 m
(T)=NEG
10.68714.49813.76813.387
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
2.5 - Barra HJ
*determinação da inclinação da barra HJ (em relação à horizontal)
≔ϕ atan⎛⎜⎝―――
1 m2.5 m
⎞⎟⎠
=ϕ 21.801 deg
＝ΣMI 0＝+-+⋅⋅NHJ cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m 0
＝⋅⋅NHJ cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m -+⋅-F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m
≔NHJ ―――――――――――-+⋅-F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m
⋅cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m
(C)=NHJ
-25.616-27.284-25.616-21.603
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
2.6 - Barra JK
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Resolução 3a Prova - Treliças Estruturas Isostáticas
*determinação da inclinação da barra HJ (em relação à horizontal)
≔ϕ atan⎛⎜⎝―――
1 m2.5 m
⎞⎟⎠
=ϕ 21.801 deg
＝ΣMI 0＝+-+⋅⋅NHJ cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m ⋅F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m 0
＝⋅⋅NHJ cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m -+⋅-F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m
≔NHJ ―――――――――――-+⋅-F4x 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m
⋅cos ⎛⎝ϕ⎞⎠ 4 m
(C)=NHJ
-25.616-27.284-25.616-21.603
⎡⎢⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎥⎦
tonf
2.6 - Barra JK
* determinação da inclinação da barra JK (em relação à horizontal)
≔δ atan⎛⎜⎝―――
4 m2.5 m
⎞⎟⎠
=δ 57.995 deg
＝ΣMJ 0＝-+-⋅-NIK 4 m ⋅F5 2.5 m ⋅Vb 5 m ⋅Hb 4 m 0
＝⋅NIK 4 m -+⋅-F5 2.5 m ⋅Vb 5 m ⋅Hb 4 m
≔NIK ―――――――――――-+⋅-F5 2.5 m ⋅Vb 5 m ⋅Hb 4 m
4 m
(T)=NIK
13.17818.26216.28415.058
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
＝ΣML 0＝-+-⋅-NIK 2.5 m ⋅⋅NJK cos ⎛⎝δ⎞⎠ 2.5 m ⋅Vb 2.5 m ⋅Hb 2.5 m 0
＝⋅⋅NJK cos ⎛⎝δ⎞⎠ 2.5 m -+⋅-NIK 2.5 m ⋅Vb 2.5 m ⋅Hb 2.5 m
≔NJK ――――――――――――-+⋅-NIK 2.5 m ⋅Vb 2.5 m ⋅Hb 2.5 m
⋅cos ⎛⎝δ⎞⎠ 2.5 m
(T)=NJK
1.8741.7612.4603.199
⎡⎢⎢⎢⎣
⎤⎥⎥⎥⎦
tonf
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