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Universidade de São Paulo Faculdade de Arquitetura e Urbanismo PEF 2602 - Estruturas na Arquitetura Sistemas Reticulados Exercício 2 Felipe Tinel 5914801 Gabriela Haddad 5914714 Lais de Oliveira 5914850 Marina Ioshii 5915308 Milena Uyeta 5914648 Equipe 09 |

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Page 1: Exercício 2 - Laboratório de Mecânica Computacional - LMC · Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda

Universidade de São Paulo

Faculdade de Arquitetura e Urbanismo

PEF 2602 - Estruturas na Arquitetura Sistemas Reticulados

Exercício 2

Felipe Tinel 5914801Gabriela Haddad 5914714Lais de Oliveira 5914850Marina Ioshii 5915308Milena Uyeta 5914648

Equipe 09 |

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Page 3: Exercício 2 - Laboratório de Mecânica Computacional - LMC · Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda

PEF 2602 – EXERCÍCIO 2

n = 1 + 4 + 5 + 8 + 8 = 26

2.1.

Para resolver esse exercício, foi necessário que o esforço P aplicado à estrutura pelo carro fosse transferido às roldanas (pontos B e H). Dessa maneira, a carga efetiva que a estrutura suporta é maior.

Em seguida, decompusemos as forças diagonais em suas componentes verticais e horizontais, a fim de facilitar a resolução e possibilitar o traçado dos esforços no programa Ftool, o qual não trabalha com força inclinadas.

P = 10 + n = 36 kN

sen α = 3/5 = 0,60 | cos α = 4/5 = 0,80

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P sen α = 36 . 0,6 = 21,6kN

P cos α = 36 . 0,8 = 28,8 kN

O esquema geral da estrutura após tal decomposição (com as barras numeradas) é o que segue:

Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio

Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda para a direita, as forças verticais de baixo para cima e os momentos fletores no sentido anti-horário.

ΣH = 0 HA + HI + P cos β - P cos β = 0

HA + HI = 0

HA = - HI

ΣV = 0 VI + VA - P + P sen β - P - P sen β = 0

VI + VA = 72 kN

ΣMA = 0 - 7 VI + 16 P + 16 P sen β - 19 P cos β + 7 P cos β = 0

- 7 VI + 576 = 0

VI = 82,3 kN e VA = - 10,3 kN

Determinação dos esforços normais nas barras através do “Método dos nós”

Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda para a direita, as forças verticais de baixo para cima e os momentos fletores no sentido anti-horário.

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Equilíbrio do nó H

ΣH = 0 28,8 + N2 cos α + N1 sen α = 0

4 N2 + 3 N1 = - 144

ΣV = 0 - 57,6 - N1 cos α - N2 sen β = 0

0,8 N1 + 0,6 N2 = - 57,6

N2 = (- 144 - 3 N1) / 4

0,8 N1 + 0,6 . (- 144 - 3 N1) / 4 = - 57,6

0,35 N1 = - 36

N1 = - 102,85 kN e N2 = 41,14 kN

Equilíbrio do nó G

ΣH = 0 N3 + N4 sen α + 102,85 sen α = 0

N3 + 0,6 N4 = - 61,71

ΣV = 0 - N4 cos α - 102,85 cos α = 0

N4 = - 102,85 kN

N3 + 0,6 (-102,85) = - 61,71

N3 = 0 kN

Equilíbrio do nó F

ΣH = 0 - 41,14 cos α + N6 cos α = 0

N6 = 41,14 kN

ΣV = 0 41,14 sen α - N5 - N6 sen α = 0

N5 = 0 kN

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Equilíbrio do nó E

ΣH = 0 102,85 sen α + N8 sen α + N7 = 0

0,6 N8 + N7 = - 61,71

ΣV = 0 - N8 cos α - 102,85 cos α = 0

N8 = - 102,85 kN

0,6 (- 102,85) + N7 = - 61,71

N7 = 0 kN

Equilíbrio do nó D

ΣH = 0 - 41,14 cos α + N10 cos α = 0

N10 = 41,14 kN

ΣV = 0 41,14 sen α - N10 sen α - N9 = 0

N9 = 41,14 sen α – 41,14 sen α

N9 = 0 kN

Equilíbrio do nó B

ΣH = 0 - N11 - 28,8 - 41,14 cos α = 0

N11 = - 28,8 - 41,14 . 0,8

N11 = - 61,712 kN

ΣV = 0 - N14 - 14,4 + 41,14 sen α = 0

N14 = 41,14 . 0,6 - 14,4

N14 = 10,3 kN

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Equilíbrio do nó C

ΣH = 0 - 61,712 + N13 sen α + 102,85 sen α = 0

N13 = 0 kN

ΣV = 0 - N12 - 102,85 sen α - N13 . sen α = 0

N12 = - 82,3 kN

Equilíbrio do nó A

HA = 0 kN e, portanto, HI = 0 kN

Esforços [kN]

HA 0,0

HI 0,0

VA -10,3

VI 82,3

N1 - 102,85

N2 41,14

N3 0,0

N4 - 102,85

N5 0,0

N6 41,14

N7 0,0

N8 - 102,85

N9 0,0

N10 41,14

N11 - 61,71

N12 - 82,3

N13 0,0

N14 10,3

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FTool - Diagramas de Esforços Solicitantes

Força Normal

Força Cortante e Momento Fletor

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Deformada

Comparando os resultados obtidos com os fornecidos pelo programa FTool, através dos diagramas de Esforços Solicitantes, pudemos constatar que eles são iguais.

Antes de calcular os esforços normais nas barras, imaginamos que a barra mais tracionada seria a 14 e a barra mais comprimida seria a 12. Porém, através do diagrama de esforços normais, concluímos que as barras mais tracionadas são as 2, 6 e 10 (uma vez que existe uma força P em cada extremidade, nos nós B e H) e as mais comprimidas são as barras 1, 4 e 8.

Todas as barras apresentam força cortante e momento fletor nulos, uma vez que as treliças só trabalham a tração e compressão (forças normais). Sendo assim, todas as barras permanecem retas mesmo após deformarem.

Pré-dimensionamento

Coeficiente de segurança: S = 2

Tensão de escoamento: σe = 380 MPa

Módulo de Elasticidade: E = 210 GPa

σadm = σe / S σadm = 190 MPa

Barras tracionadas

Máxima tração Ntmax = N2 = N6 = N10 = 41,14 kN

σ = Ntmax /A ≤ σadm

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(41,14 . 103)/a² ≤ (190 . 106)

a² ≥ (41,14 . 10³) / (190 . 106)

a² ≥ 2,165 . 10-3

a ≥ 0,0147 m

a ≥ 1,47 cm

Barras comprimidas

Máxima compressão: Ncmax = N1 = N4 = N8 = - 102,85 kN

- Esmagamento:

σ = |Ncmax| /A ≤ σadm

(102,85 . 103)/a² ≤ (190 . 106)

a² ≥ (102,85 . 103) / (190 . 106)

a² ≥ 0,541 . 10-3

a ≥ 0,0233 m

a ≥ 2,33 cm

- Flambagem:

|Ncmax| ≤ Pcrit /s = 1/s . π2 .E/ l² . a4/12

a ≥ 4√ ( 12 . s . l² . |Ncmax| / π2E )

Cálculo do comprimento de flambagem l = CE:

∆BCD: tg α = CD/BC

0,6/0,8 = CD/7

CD = 5,25 m

∆CDE: cos α = CD/CE = 5,25/ l

l = 6,5625 m

a ≥ 4√ (12 . 2 . 6,5625 . 102,85 . 10³ / π2 . 210 . 109)

a ≥ 4√ (16198,875 . 10³ / 2072,617 . 109)

a ≥ 4√ 7,816 . 10-6

a ≥ 0,0529m

a ≥ 5,29 cm

Portanto, amax = 5,29 cm

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2.2.

Uma vez que as treliças só trabalham com esforços aplicados aos nós, foi necessário considerar uma força mecanicamente equivalente ao carregamento horizontal distribuído. Dessa maneira, sendo a barra CD de 2 metros de comprimento, podemos dizer que o esforço distribuído de q kN/m corresponde a cargas pontuais de valor q aplicadas nos nós C e D. O mesmo acontece na barra BC. Uma vez que q = n = 26 kN/m, temos:

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Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio

Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda para a direita, as forças verticais de baixo para cima e os momentos fletores no sentido anti-horário.

ΣH = 0 52 + 26 + 26 + HA + HG = 0

HA + HG = -104

ΣV = 0 - 52 + VA + VG = 0

VA + VG = 52

ΣMA= 0 -VG . 2 + 26 . 2 + 52 . 4 + 26 . 6 + 52 . 1 = 0

- 2VG + 486 = 0

VG = 234 kN e VA = - 182 kN

Determinação dos esforços normais nas barras através do “método dos nós”

Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda para a direita, as forças verticais de baixo para cima e os momentos fletores no sentido anti-horário.

sen β = 2/√5 | cos β = 1/√5

Equilíbrio do nó A

ΣH = 0 HA + N1 cos β = 0

HA + N1/√5 = 0

ΣV = 0 N1 sen β - 182 = 0

N1 2/√5 = 182

N1 = 203,482 kN

HA + 203,482/√5 =0

HA = - 91 kN

Equilíbrio do nó D

ΣH = 0 N9 cos β + 26 = 0

N9/√5 = - 26

N9 = - 58,138 kN

ΣV = 0 - N10 + N9 sen β - 52 = 0

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- N10 + 58,138 . 2/√5 – 52 = 0

N10 = 0 kN

Equilíbrio do nó C

ΣH = 0 N8 + 52 = 0

N8 = - 52 kN

ΣV = 0 N7 - N10 = 0

N7 - 0 = 0

N7 = 0 kN

Equilíbrio do nó E

ΣV = 0 - 58,138 sen β - N5 sen β - N6 sen β = 0

N5 + N6 + 58,138= 0

N5 = - 58,138 - N6

ΣH = 0 - N6 cos β + N5 cos β - 58,138 cos β + 52 = 0 [/cos β]

- N6 + N5 - 58,138 + 116,275 = 0

- 2N6 = - 116,275

N6 = 58,138 kN

N5 = - 58,138 - 58,138

N5 = - 116,275 kN

Equilíbrio do nó B

ΣH = 0 N4 + N2 cos β + 58,138 cos β – 203,482 cos β + 26 = 0

N4 + N2/ √5 + 58,138/√5 - 203,482/√5 + 26 = 0

N4 + N2/√5 = 39

Page 14: Exercício 2 - Laboratório de Mecânica Computacional - LMC · Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda

ΣV = 0 - N2 sen β – 203,482 sen β + 58,138 sen β = 0

- N2 - 203,482 + 58,138 = 0

N2 = - 145,344 kN

N4 + N2/√5 = 39

N4 - 65 = 39

N4 = 104 kN

Equilíbrio do nó G

ΣH = 0 HG + 145,344 cos β + N3 cos β = 0

HG + 145,344/√5 + N3/√5 = 0

HG + N3/√5 = - 65

ΣV = 0 N3 sen β – 145,344 sen β + 134 = 0

N3 + 145,344 + (134. √5/2) = 0

N3 = - 116,276 kN

HG + N3/√5 = -65

HG - 116,276/√5 = -65

HG = 13 kN

Esforços [kN]

HA - 91,0

HG 13,0

VA - 182,0

VG 234,0

N1 203,48

N2 -145,34

N3 -116,28

N4 104,0

N5 -116,28

N6 58,14

N7 0,0

N8 - 52,0

N9 - 58,14

N10 0,0

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FTool - Diagramas de Esforços Solicitantes

Força Normal

Força Cortante e Momento Fletor

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Deformada

Comparando os resultados obtidos com os fornecidos pelo programa FTool, através dos diagramas de Esforços Solicitantes, pudemos constatar que eles são iguais.

Antes de calcular os esforços normais nas barras, imaginamos que a barra mais tracionada seria a barra 1 e a mais comprimida seria a 2. Essas suposições se concretizaram.

Todas as barras apresentam força cortante e momento fletor nulos, uma vez que as treliças só trabalham a tração e compressão (forças normais). Sendo assim, todas as barras permanecem retas mesmo após deformarem.

Pré-dimensionamento

Coeficiente de segurança: s = 2

Tensão de escoamento: σe = 380 MPa

Módulo de Elasticidade: E = 210 GPa

σadm = σe / S σadm = 190 MPa

Barras tracionadas

Máxima tração: Ntmax = N1 = 203,482 kN

σ = Ntmax /A ≤ σadm

(203,482 . 10³)/a² ≤ (190 . 106)

a² ≥ (203,482 . 10³) / (190 . 106)

a² ≥ 1,071 . 10-3

Page 17: Exercício 2 - Laboratório de Mecânica Computacional - LMC · Cálculo das Reações de Apoio – Equações de equilíbrio Admitimos como positivo as forças horizontais da esquerda

a ≥ 0,0327 m

a ≥ 3,27 cm

Barras comprimidas (dimensionamento do lado a)

Máxima compressão: Ncmax = N2 = - 145,344 kN

- Esmagamento:

σ = |Ncmax| /A ≤ σadm

(145,344 . 103)/a² ≤ (190 . 106)

a² ≥ (145,344 . 103) / (190 . 106)

a² ≥ 0,765 . 10-3

a ≥ 0,0277 m

a ≥ 2,77 cm

- Flambagem:

|Ncmax| ≤ Pcrit /s = 1/s . π2 . E/ l² . a4/12

a ≥ 4√ ( 12 . s . l² . |Ncmax| / π2E )

a ≥ 4√ (12 . 2 . 5 . 145,344 . 10³ / π2 . 210 . 109)

a ≥ 4√ (17441,28 . 10³ / 2072,617 . 109)

a ≥ 4√ 8,415 . 10-6

a ≥ 0,0538 m

a ≥ 5,38 cm

Portanto, amax = 5,38 cm