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Catégorie :Category: mViewer GX Creator Lua TI-Nspire
Auteur Author: catarinajesus
Type : Classeur 3.6
Page(s) : 14
Taille Size: 686.45 Ko KB
Mis en ligne Uploaded: 14/09/2017
Uploadeur Uploader: catarinajesus (Profil)
Téléchargements Downloads: 1
Visibilité Visibility: Archive publique
Shortlink : http://ti-pla.net/a1144156

Description 

Curso (s): Licenciatura em Engenharia Mecânica
Licenciatura em Engenharia Mecânica Automóvel




Página 1 de 14
Exame da Época de Recurso: Mecânica dos Materiais
Ano Curricular: 2º
Departamento de
Ano Letivo: 2015/2016
Engenharia Mecânica
Data: 12 de Julho de 2016 Duração: 180 minutos

(5,0 val) 1- A estrutura representada na Figura 1 é B
constituída por um elemento ABC e por 2kN
um tirante CD. Os dois elementos
articulam entre si em C e estão apoiados




3m
5kN
em A e em D. O elemento ABC é
considerado indeformável e o tirante CD
é em aço Fe430 (REAE).


3m
(1,0val) a) Desenhe os Diagramas de Corpo Livre dos
elementos ABC e CD e calcule as reações C
dos apoios A e D;
2kN/m
(2,5 val) b) Dimensione o elemento CD, com uma
Secção reta de CD
secção reta quadrada, que garanta que o (alínea 1-c)
3,5m




ponto B não se desloca mais do que 42
1,5 mm;
c) Considerando a secção reta do elemento




40
(1,5 val) D
A
CD representada, verifique se permite φ32
satisfazer a segurança em relação ao seu
0,5m 2,0m 0,5m
estado limite último de encurvadura Figura 1
estabelecida pelo REAE (considere um
c.s. de 1,3 e a substituição do apoio D por um encastramento).
Página 2 de 14
a) O D.C.L. de ABC O D.C.L. de CD

B
2kN

FC
3m




5kN
C
3m




3,5m
C

2kN/m
D
FC
3,5m




y

α 0,5m
x FD

Ax
A α


Ay
0,5m 2,0m 0,5m 0,5
tan α = ⇒ α = 8,13º
3,5


Condições de Equilíbrio


. ∑M A = 0 ⇔ + 5 × (3 + 3,5 ) + 2 × (3 + 3 + 3,5 ) + (2 × 6 ) × (3 + 3,5 ) − FC × cos α × 2 − FC × sin α × 3,5 = 0 ⇔

⇔ FC = 52 ,331kN ⇒ RD = FC = 52,331kN


. ∑F x = 0 ⇔ − 2 − 5 − 2 × 6 + FC × sin α + Ax = 0 ⇔ Ax = +11,6 kN


. ∑F y = 0 ⇔ + A y + FC × cos α = 0 ⇔ A y = −51,8 kN ⇒ R A = 53 ,08 kN
Página 3 de 14
b) Análise geométrica:



B’
# Pela rotação do corpo rígido ABC:
B
BB ' CC ' AB 0,52 + 9,52
= ⇔ BB ' = × CC ' = × CC '
AB AC AC 2 2 + 3,52
6m




# Relação entre o deslocamento do ponto C (CC’) e a
contração do tirante CD:

CC1
CC ' =
C cos (γ )

C’
γ com
C1
N CD × LCD 52,33 × 10 3 × 0,52 + 3,52 × 10 3
3,5m




CC1 = δ CD = =
ECD × ACD 206 × 10 3 × ACD
α

β
D e
A
0,5
tan β = = 0,5 ⇒ β = 26,565 º ∧ γ = β − α = 52,13º
1
0,5m 2,0m 0,5m




# Impondo a condição de rigidez:
AB
BB ' ≤ 1,5mm ⇔ BB ' ≤ 1,5mm ⇔ × CC ' ≤ 1,5mm ⇔
AC


0,5 2 + 9,5 2 CC1 0,5 2 + 9,5 2 CC1
⇔ × ≤ 1,5 mm ⇔ × ≤ 1,5 mm ⇔
2 + 3,5
2 2 cos (γ ) 2 + 3,5
2 2 cos (γ )



0,5 2 + 9,5 2 CC1 0,5 2 + 9,5 2 1 52 ,33 × 10 3 × 0,5 2 + 3,5 2 × 10 3
⇔ × ≤ 1,5 mm ⇔ × × ≤ 1,5 mm ⇔
2 2 + 3,5 2 cos (γ ) 2 2 + 3,5 2 cos (γ ) 206 × 10 3 × ACD



⇔ ACD ≥ 2298 ,97 mm 2 ⇔ a ≥ 47 ,95 mm
Página 4 de 14
b) Análise geométrica: (Resolução alternativa)



B’
# Movimento do corpo rígido ABC em torno do ponto A:
B


BB ' CC '
=
BA CA
(BB' | AB; CC ' | CA)
BA = 0,5 2 + 9,5 2 = 9,5131m
6m




CA = 3,5 2 + 2 2 = 4,0311m


BB '
C BB ' = 1,5mm ⇒ CC ' = × CA = 0,63561 mm
BA
C’
γ
 0,5 
C1 α = tan −1   = 8,13010 º
3,5m




 3,5 

α  3,5 
...

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