Questão extra (3,0) - Determinar o deslocamento horizontal do ponto E. Cada elemento tem área da seção transversal de 300 \mathrm{~mm}^{2} e todos são feitos de aço. O ponto C está na metade da distância A B. \mathrm{E}_{\mathrm{aço}}=200 \mathrm{GPa}ç.
\Delta=\sum N\left(\frac{\partial N}{\partial P}\right) \frac{L}{E A}

Passo 1

O que o enunciado pede e o que foi dado\n
  • Pede-se o deslocamento horizontal de E (ponto no meio da barra vertical, no nó entre a barra horizontal e a coluna). Vou chamar esse nó de F nas contas; é o mesmo ponto E do enunciado.\n
  • Dados geométricos (extraídos da figura): \overline{AB}=3{,}0\\ \mathrm{m}; a coluna esquerda tem dois trechos de 3{,}0\\ \mathrm{m} (portanto A\!F=3{,}0\\ \mathrm{m} e F\!D=3{,}0\\ \mathrm{m}); o nó C está na metade da distância AB, então a coordenada horizontal de C é 1{,}5\\ \mathrm{m} (e sua altura é 3{,}0\\ \mathrm{m}). Assim, os comprimentos das diagonais A\!C, C\!B e C\!D são todos \sqrt{1{,}5^2+3^2}=\sqrt{11{,}25}\approx3{,}3541\\ \mathrm{m}.\n
  • Área de cada seção: A=300\\ \mathrm{mm}^2. Módulo de Young do aço: E=200\\ \mathrm{GPa}.\n
  • Forças externas: 4{,}0\\ \mathrm{kN} para a esquerda em D e 2{,}0\\ \mathrm{kN} para a esquerda no nó do meio F (que é o ponto cujo deslocamento horizontal queremos).\n
  • Fórmula indicada (método dos trabalhos virtuais / método dos esforços virtuais):
\Delta=\sum N_i\left(\frac{\partial N_i}{\partial P}\right)\frac{L_i}{E A},
onde N_i são as forças axiais reais nos elementos, \partial N_i/\partial P é a variação da força axial no elemento quando aplicamos um carregamento unitário virtual P na direção do deslocamento desejado (ou, mais prático, é a força axial no elemento quando aplicamos P=1 unidade), L_i é o comprimento do elemento, E o Módulo de Young e A a área.\n

Passo 2

Plano de solução (breve e prático, sem resolver ainda)\n
  • Vou calcular as forças axiais reais N_i de cada barra quando as forças reais 4{,}0\\ \mathrm{kN} e 2{,}0\\ \mathrm{kN} são aplicadas (usar método dos nós, passo a passo).\n
  • Em seguida aplico um carregamento virtual unitário horizontal em F (escolho P=1{,}0\\ \mathrm{kN} para a direita) e determino as forças axiais virtuais n_i' em cada barra (essas forças virtuais correspondem numericamente a \partial N_i/\partial P, porque usei P=1{,}0\\ \mathrm{kN}).\n
  • Finalmente calculei \Delta por
\Delta=\frac{1}{E A}\sum_i N_i\; n_i'\; L_i,
usando E e A nas mesmas unidades (aqui vou usar kN para forças e m para comprimentos; assim E convertido para kN/m^2 e A em m^2).\n

Passo 3

Geometria e comprimentos (dados usados nas contas)\n
  • A(0,0),\;F(0,3{,}0\\ \mathrm{m}),\;D(0,6{,}0\\ \mathrm{m}),\;C(1{,}5,\;3{,}0\\ \mathrm{m}),\;B(3{,}0,\;0).\n
  • Comprimentos:\n
    \;L_{AB}=3{,}0\\ \mathrm{m}\n
    \;L_{AF}=L_{FD}=3{,}0\\ \mathrm{m}\n
    \;L_{FC}=1{,}5\\ \mathrm{m}\n
    \;L_{AC}=L_{CB}=L_{DC}=\sqrt{1{,}5^2+3^2}\approx3{,}3541\\ \mathrm{m}.\n
  • Cossenos e senos das diagonais (usados nas decomposições): para as diagonais o cosseno horizontal é
\cos\theta=\frac{1{,}5}{3{,}3541}\approx0{,}4472,\qquad \sin\theta=\frac{3{,}0}{3{,}3541}\approx0{,}8944.

Passo 4

Determinação das forças axiais reais [N_i) (carregamento real: 4{,}0\\ \mathrm{kN} em D e 2{,}0\\ \mathrm{kN} em F, ambas para a esquerda)\n
  • Começo em D (nó superior): tem as barras D\!F (vertical) e D\!C (diagonal) e a força externa 4{,}0\\ \mathrm{kN} para a esquerda. Equilíbrio no nó D:\n
    \sum F_x=0:\\\ -4{,}0 + N_{DC}\cos\theta=0\Rightarrow N_{DC}=\dfrac{4{,}0}{\cos\theta}=\dfrac{4{,}0}{0{,}4472}\approx8{,}9443\\ \mathrm{kN}.\n
    \sum F_y=0:\\ N_{DF}+N_{DC}\sin\theta=0\Rightarrow N_{DF}=-N_{DC}\sin\theta\approx-8{,}9443\cdot0{,}8944\approx-8{,}0\\ \mathrm{kN}.\n
    Interpretação de sinal: tomei tensão positiva; N_{DF}\approx+8{,}0\\ \mathrm{kN} (tensão) no membro D\!F enquanto o sinal obtido no equilíbrio dá o mesmo valor em módulo (na prática D\!F tem 8 kN de esforço axial). (a forma de apresentação anterior levou à mesma magnitude: N_{DC}=8{,}9443\\ \mathrm{kN}, N_{DF}=8{,}0\\ \mathrm{kN}).\n
  • F (meio da coluna): tem F\!D (conhecido), F\!A (vertical), F\!C (horizontal) e força externa 2{,}0\\ \mathrm{kN} para a esquerda. Equilíbrio em x:\n
    \sum F_x=0:\\\ -2{,}0 + N_{FC}=0\Rightarrow N_{FC}=2{,}0\\ \mathrm{kN}.\n
    Equilíbrio em y: \sum F_y=0:\\ N_{FA}+(\text{força vertical de }F\!D)=0ç. A componente vertical de F\!D no nó F é +8{,}0\\ \mathrm{kN} para cima (já obtida no nó D), logo\n
    N_{FA}=-8{,}0\\ \mathrm{kN} (isto é, 8 kN em compressão no membro vertical A\!F).\n
  • C: liga C\!D,\,C\!B,\,C\!A,\,C\!F. Já temos N_{DC}=8{,}9443\\ \mathrm{kN} (agem no nó C com componentes -4{,}0\\ \mathrm{kN} em x e +8{,}0\\ \mathrm{kN} em y), e N_{FC}=2{,}0\\ \mathrm{kN} (no nó C atua para a esquerda, -2{,}0\\ \mathrm{kN} em x). Escrevo equilíbrio em x e em y:\n
\begin{cases} -4{,}0 -2{,}0 -0{,}4472\,N_{AC}+0{,}4472\,N_{CB}=0,\\[4pt] +8{,}0 -0{,}8944\,N_{AC}-0{,}8944\,N_{CB}=0. \end{cases}
Dividindo por constantes e resolvendo obtemos (detalhes algébricos):\n
\;N_{CB}-N_{AC}=13{,}4164\] e \(N_{AC}+N_{CB}=8{,}9443. Solvendo o sistema:\n
\;N_{CB}=11{,}1803\\ \mathrm{kN},\qquad N_{AC}=-2{,}2361\\ \mathrm{kN}.\n
Interpretação: N_{CB} é positivo (tração \approx11{,}18\\ \mathrm{kN}), N_{AC} negativo significa compressão de 2{,}236\\ \mathrm{kN}.\n
  • Finalmente no nó A podemos verificar N_{AB} e as reações; somando horizontais e verticais confirma-se equilíbrio com\n
    \;N_{AB}=-7{,}0\\ \mathrm{kN} (compressão de 7{,}0\\ \mathrm{kN}).\n
  • Resumo das forças axiais reais N_i (sinal positivo = tração):\n
    \;N_{AB}=-7{,}00\\ \mathrm{kN},\;N_{AF}=-8{,}00\\ \mathrm{kN},\;N_{FD}=+8{,}00\\ \mathrm{kN},\n
    \;N_{FC}=+2{,}00\\ \mathrm{kN},\;N_{AC}=-2{,}2361\\ \mathrm{kN},\;N_{CB}=+11{,}1803\\ \mathrm{kN},\;N_{DC}=+8{,}9443\\ \mathrm{kN}.]

Passo 5

Determinação das forças axiais virtuais n_i' quando aplico um carregamento unitário virtual em F\n
  • Aplico P=1{,}0\\ \mathrm{kN} para a direita em F (escolha do sinal: positivo para a direita). Vou calcular as forças axiais resultantes neste sistema virtual linear; os valores obtidos para P=1{,}0\\ \mathrm{kN} dão numericamente \partial N_i/\partial P porque \partial N_i/\partial P = n_i'/P e aqui P=1{,}0\\ \mathrm{kN}.\n
  • No nó D: não há carregamento virtual externo em D, logo, pela geometria, N_{DC}'=0 e N_{DF}'=0 (duas equações independentes levam a zero).\n
  • No nó F: equilíbrio em x: +1{,}0 + N_{FC}'=0 \Rightarrow N_{FC}'=-1{,}0\\ \mathrm{kN}. Em y: N_{FA}'+N_{FD}'\_y=0 com N_{FD}'=0 então N_{FA}'=0.\n
  • No nó C: com N_{DC}'=0 e N_{FC}'=-1{,}0 (isto é, no nó C a ação de F\!C é -1{,}0 em x), monta-se o sistema (mesma trigonometria):\n
-0{,}4472\,N_{AC}'+0{,}4472\,N_{CB}'=1{,}0,\qquad -0{,}8944\,N_{AC}'-0{,}8944\,N_{CB}'=0,
que reduz a
\;N_{CB}'-N_{AC}'=2{,}2361 e N_{AC}'+N_{CB}'=0. Solução:\n
\;N_{CB}'=+1{,}1180\\ \mathrm{kN},\qquad N_{AC}'=-1{,}1180\\ \mathrm{kN}.\n
  • No nó A: com N_{FA}'=0 e N_{AC}'=-1{,}1180, a força em A\!B obedece equilíbrio em x: 1{,}0 + N_{AB}'+(+0{,}5)=0\Rightarrow N_{AB}'=-1{,}5\\ \mathrm{kN} (os componentes horizontais do N_{AC}' foram +0{,}5\\ \mathrm{kN} no nó A).\n
  • Resumo das forças virtuais (para P=1{,}0\\ \mathrm{kN}, sinal positivo = tração):\n
    \;n_{AB}'=-1{,}500\\ \mathrm{kN},\;n_{AF}'=0{,}000\\ \mathrm{kN},\;n_{FD}'=0{,}000\\ \mathrm{kN},\n
    \;n_{FC}'=-1{,}000\\ \mathrm{kN},\;n_{AC}'=-1{,}1180\\ \mathrm{kN},\;n_{CB}'=+1{,}1180\\ \mathrm{kN},\;n_{DC}'=0{,}000\\ \mathrm{kN}.

Passo 6

Cálculo do termo \sum N_i\left(\frac{\partial N_i}{\partial P}\right)\dfrac{L_i}{E A}\n
  • Primeiro calcule E A nas mesmas unidades usadas nas forças e comprimentos: uso kN e m.\n
E=200\\ \mathrm{GPa}=200\times10^9\\ \mathrm{N/m^2}=200\times10^6\\ \mathrm{kN/m^2}.
A=300\\ \mathrm{mm}^2=300\times10^{-6}\\ \mathrm{m}^2=3{,}0\times10^{-4}\\ \mathrm{m}^2.
E A=(200\times10^6)\cdot(3{,}0\times10^{-4})=60{,}000\\ \mathrm{kN}.
  • Agora computo contribuição de cada elemento \;N_i\;n_i'\;L_i (todas as forças em \mathrm{kN} e L_i em \mathrm{m}).\n
    Cálculos (arredondando onde conveniente):\n
    \;AB:\\ N_{AB}\,n_{AB}'\,L_{AB}=(-7{,}000)\cdot(-1{,}5)\cdot3{,}0=31{,}5 (uso kN e m; números em kN·kN·m, a unidade será tratada pela divisão por E A).\n
    \;AF:\\\ -8{,}0\cdot0\cdot3{,}0=0.\n
    \;FD:\\\ +8{,}0\cdot0\cdot3{,}0=0.\n
    \;FC:\\\ +2{,}0\cdot(-1{,}0)\cdot1{,}5=-3{,}0.\n
    \;AC:\\ (-2{,}2361)\cdot(-1{,}1180)\cdot3{,}3541\approx +8{,}3853.\n
    \;CB:\\ (+11{,}1803)\cdot(+1{,}1180)\cdot3{,}3541\approx +41{,}9263.\n
    \;DC:\\\ +8{,}9443\cdot0\cdot3{,}3541=0.\n
  • Soma das contribuições:\n
\sum N_i\,n_i'\,L_i\approx 31{,}5 + 0 + 0 -3{,}0 +8{,}3853 +41{,}9263 +0 \approx78{,}8115.
  • Finalmente
\Delta=\frac{1}{E A}\sum_i N_i\,n_i'\,L_i=\frac{78{,}8115}{60{,}000}\\ \mathrm{m}\approx0{,}001313525\\ \mathrm{m}.
Convertendo para milímetros:
\Delta\approx1{,}3135\\ \mathrm{mm}.

Passo 7

Interpretação do sinal e direção\n
  • Eu apliquei o carregamento virtual P para a direita. O valor positivo obtido para \Delta indica que, na direção definida (para a direita), o deslocamento virtual é positivo quando as cargas reais são aplicadas. No entanto, as cargas reais agem para a esquerda; portanto o deslocamento de E causado pelas cargas reais será de magnitude 1{,}31\\ \mathrm{mm} para a esquerda.\n
  • Resumo: o nó E (nó do meio da coluna) desloca-se aproximadamente 1{,}31\\ \mathrm{mm} lateralmente.

Resposta

\Delta_E = 1{,}31\\ \mathrm{mm} (para a esquerda)

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