atps mecânica geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)

Faculdade Politécnica de Matão

ETAPA Nº. 02

Aula-tema: Corpos Rígidos Sistemas de Forças equivalentes.

Passo 2 – Leia a definição abaixo:

O momento de uma forca em relação a um ponto ou um eixo fornece uma medida da

tendência dessa forca em provocar uma rotação em torno desse ponto ou desse eixo. O

momento de uma forca “F” em relação ao ponto, ou eixo “o” e expresso pelo produto vetorial:

Mo = r x F onde:

O vetor posição deve ser expresso por: r = rx i + ry j

O vetor forca deve ser expresso por: F = Fx i + Fy j

Discuta e resolva os exemplos 4.1, 4.2, 4.3 e 4.4

Exemplo 4.1 – Determine o momento da força em relação ao ponto 0 em cada caso ilustrado

na figura 4.4.

Solução (Análise Escalar)

A linha de ação de cada força é prolongada como uma linha tracejada para estabelecer

o braço de momento d. As figuras mostram também as tendências de rotação provocadas

pelas forças sobre cada elemento, por meio de setas curvas em torno dos pontos de referência.

Assim:

1


Fig. 4.4a

Mo = (100N)(2m) = 200N.m ↓

Fig. 4.4b

Mo = (50N)(0,75m) = 37,5N.m ↓

Fig. 4.4c

Mo = (40lb)(4 pés + 2.cos30° pés) = 229lb.pés ↓

2


Fig. 4.4d

Mo = (60lb)(1.sen45° pés) = 42,4lb.pés ↑

Fig. 4.4e

Mo = (7kN)(4m – 1m) = 21kN.m ↑

Exemplo 4.2 – Determine os momentos da força de 800N que atua sobre a estrutura na Figura

4.5 em relação aos pontos A,B,C e D.

3


Solução (Análise Escalar)

Em geral, M = F.d, onde d é o braço de momento ou a distância perpendicular do

ponto no eixo do momento até a linha de ação da força. Conseqüentemente:

MA = 800N.(2,5m) = 2000N.m ↓

MB = 800N.(1,5m) = 1200N.m ↓

MC = 800N.(0) = 0 (a linha de ação de F passando por C)

MD = 800N.(0,5m) = 400N.m ↑

As setas em cada uma das equações indicam os sentidos de rotação dos momentos,

que são definidos pelos sentidos de circulação da força em torno de cada ponto.

Exemplo 4.3 – Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na haste

mostrada na figura 4.6 em relação ao ponto 0.

Solução

Supondo que momentos positivos atuam na direção +K, isto é, no sentido anti-horário, temos:

↓ +MRo = ΣF.d

MRo = -50N.(2m) + 60N.(0) + 20N.(3.sen30°m) – 40N.(4m + 3.cos30°m)

MRo = -334N.m = 334N.m ↓

4


Para esses cálculos, note que as distâncias dos braços dos momentos para as forças de

20N e 40N foram estabelecidas pelo prolongamento das linhas de ação de cada uma delas

(linhas tracejadas).

Exemplo 4.4 – O poste da Figura 4.16a está sujeito a uma força de 60N na direção de C para

B. Determine a intensidade do momento criado pela força em relação ao suporte em A.

Solução (Análise Vetorial)

Como mostra a figura4.16b, cada um dos dois vetores posição podem ser usados para

a solução, já que MA = rB x F ou MA = rC x F. Os vetores posição são representados como:

rB = {1i + 3j + 2k}m e rC = {3i + 4j}m

A força tem intensidade de 60N e a direção e o sentido são especificados pelo vetor

unitário uF de C para B. Então:

F = (60N)uF = (60N).[(1 – 3) i + (3 - 4) j + (2 – 0) k ]

√(-2)2 + (-1)2 + (2)2

= {-40i – 20j + 40k}N

5


Convertendo para a formulação de determinante, conforme a equação 4.7, e seguindo

o esquema para expansão de terminante, conforme descrito na nota1, tem-se:

MA = rB x F = i j k

1 3 2

-40 -20 40

= [3(40) – 2(-20)]i – [1(40) – 2(-40)]j + [1(-20) - 3(-40)]k

Ou

MA = rC x F = i j k

3 4 0

-40 -20 40

= [4(40) - 0(-20)]i – [3(40) - 0(-40)]j + [3(-20) - 4(-40)]k

Em ambos os casos:

MA = {160i – 120j + 100k}N.m

A intensidade de MA é, portanto:

MA = √(160)2 + (-120)2 + (100)2 = 224N.m

6


Como já era de se esperar, MA atua perpendicularmente ao plano contendo os vetores

F, rB e rC, atua como na figura 4.16c. (como você encontraria os ângulos diretores

coordenados α = 44,3°, β = 122° e γ = 63,4°?). Caso esse problema tivesse sido resolvido

utilizando uma solução escalar, em que MA = F.d, haveria dificuldade para se encontrar o

braço d do momento.

Passo 3 – Uma das vigas estruturais do guindaste em estudo esta mostrada pela figura que

segue. A viga AB, em questão, esta representada nas unidades de medida do Sistema Usual

Americano (FPS). Informe a equipe de engenharia, no Sistema Internacional (SI), qual e o

momento gerado pelo conjunto de cargas F1, F2, e F3 em relação ao ponto de engastamento

A.

r1 = (8pés)i

r2 = (14pés)i

r3 = (19pés)i – (0,5pé)j

F1 = -(375lb)j

F2x = F2.cos53º = -(300,9lb)i

F2y = F2.sen53º = -(399,3lb)j

F3x = F3.sen30º = (80lb)i

F3y = F3.cos30º = -(138,56lb)j

7


M1 = i j k M1 = -3000k

8 0 0

0 -375 0

M2 = i j k M2 = -5590,2k

14 0 0

-300,9 -399,3 0

M3 = i j k M3 = -2591,5k

19 -0,5 0

80 -138,5 0

MA = M1 + M2 + M3 = -3000k – 5590,2k - 2591,5k = -11181,7k

MA = -11181,7lb.pés

Passo 4 – Como sugestão, compare os resultados entre efetuar todos os cálculos no FPS,

fazendo a conversão do resultado final para o SI. Converta, inicialmente, cada uma das

medidas do desenho para os SI para depois efetuar o cálculo do momento. Discuta e conclua

qual e o melhor procedimento. Explique e embase sua conclusão.

1lb = 4,448N 1pé = 0,3048m

r1 = (2,438m)i

r2 = (4,267m)i

r3 = (5,791m)i – (0,152m)j

F1 = -(1668N)j

F2x = F2.cos53º = -(1338,4N)i

F2y = F2.sen53º = -(1776,16N)j

F3x = F3.sen30º = (355,84N)i

F3y = F3.cos30º = -(616,33N)j

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M1 = i j k M1 = -4066,58k

2,438 0 0

0 -1668 0

M2 = i j k M2 = -7578,87k

4,267 0 0

-1338,4 -1776,16 0

M3 = i j k M3 = -3515,08k

5,791 -0,152 0

355,84 -616,33 0

MA = M1 + M2 + M3 = -4066,58k – 7578,87k – 3515,08k = -15160,53k

MA = -15160,53N.m

Concluiu-se que o melhor procedimento seria com os cálculos em SI, devido ser

habitual no dia-a-dia, a utilização das medidas: Newton e metro.

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ETAPA Nº. 03

Aula-tema: Equilíbrio de Corpos Rígidos.

Passo 1 - Discuta e resolva os exemplos 5.1, 5.3, 5.4, 5.6, 5.7, 5.9 e 5.10.

Exemplo 5.1

Desenhe o diagrama de corpo livre para a viga uniforme mostrada na figura 5.7a. A

viga tem massa de 100 kg.

Solução:

O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na figura 5.7b. Como o apoio em A é

uma parede fixa, existem três reações atuantes na viga em A, definidas como Ax, Ay e MA,

traçadas em uma direção arbitrária. As intensidades desses valores são incógnitas e seus

sentidos foram adotados. O peso da viga, W = 100.(9,81) = 981N, atua através do centro de

gravidade G da viga, que está a 3m de A, pois o feixe é uniforme.

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Exemplo 5.3

Dois tubos lisos, cada um com massa de 300 kg, são apoiados pelos garfos de um

trator (Figura 5.9a). Desenhe o diagrama de corpo livre para cada um dos tubos em separados

e para ambos os tubos em conjunto.

Solução:

O modelo idealizado no qual devemos desenhar o diagrama de corpo livre é mostrado

na figura 5.9b. Nesse caso, os tubos foram identificados, as dimensões foram adicionadas e a

situação física foi reduzida a sua forma mais simples.

O diagrama de corpo livre para o tubo A é mostrado na figura 5.9c. Seu peso W = 300.

(9,81) = 2943N. Supondo que todas as superfícies de contato sejam lisas, as forças de reação

T, F e R atuam na direção normal à tangente em suas superfícies de contato.

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O diagrama de corpo livre do tubo B é mostrado na figura 5.9d. Você pode identificar

cada uma das três forças que atuam nesse tubo? Veja que R, representando a força de A sobre

B (Figura 5.9d), é igual à oposta a R, que representa a força de B em A (Figura 5.9c). Isso é

uma conseqüência da terceira lei de Newton dos movimentos.

O diagrama de corpo livre para ambos os tubos combinados (‘sistema’) é mostrado na

figura 5.9e. Nesse ponto, a força de contato R, que atua entre A e B, é considerada uma força

interna e por isso não foi incluída no diagrama de corpo livre. Isso quer dizer que essa força

representa um par de forças colineares e opostas com mesma intensidade e que se cancelam

mutuamente.

Exemplo 5.4

Desenhe o diagrama de corpo livre da plataforma vazia que está suspensa na lateral da

plataforma de petróleo mostrada na figura 5.10a. A plataforma tem massa de 200 kg.

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Solução:

O modelo idealizado da plataforma será considerado em duas dimensões porque o

carregamento e as dimensões são simétricos em relação ao plano vertical que passa pelo seu

centro, conforme a figura 5.10b. Nesse caso, a conexão em A é feita através de um pino e o

cabo sustenta a plataforma em B. A direção do cabo e as dimensões médias da plataforma

foram anotadas e o centro de gravidade foi calculado, como mostra essa figura.É a partir desse

modelo que se deve desenhar o diagrama de corpo livre mostrado na figura 5.10c. O peso da

plataforma é 200.(9,81) = 1962N. Os componentes da força Ax e Ay, juntamente com a força

do cabo T, representam as reações que ambos os pinos e os cabos exercem na plataforma,

conforme a figura 5.10a. Em conseqüência, após a solução para essas reações, suas

intensidades são distribuídas, sendo metade aplicada em A e a outra metade, em B.

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Exemplo 5.6

Determine os componentes horizontal e vertical da reação para a viga carregada, como

mostrado na figura 5.14a. Despreze o peso da viga em seus cálculos.

Solução:

Diagrama de corpo livre.

Você pode identificar cada uma das forças mostradas no diagrama de corpo livre da

viga na figura 5.14b? Para simplificar, a força de 600N é representada pelos seus

componentes x, y, conforme mostrada nessa figura. Veja também que a força de 200N atua

sobre a viga no ponto B e é independente dos componentes Bx e By da força, que representam

o efeito do pino na viga.

Equações de Equilíbrio

Somando as forças na direção x, obtemos:

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+→ ΣFx = 0;

(600.cos45º N) - Bx = 0

Bx = 424N

Uma solução direta para Ay pode ser obtida aplicando-se a equação dos momentos

ΣMB = 0 em relação ao ponto B. Para esse cálculo, devemos notar que as forças de 200N, Bx e

By, criam um momento nulo em relação ao ponto B. Supondo que a rotação anti-horária em

relação a B seja positiva (na direção +k), como visto na figura 5.14b, temos:

↓+ΣMB = 0;

100N.(2m) + (600.sen45º N).(5m) – (600.cos45º N).(0,2m) – Ay.(7m) = 0

Ay = 319 N

Incluindo esse resultado e somando as forças na direção y, obtemos:

+↑ΣFy = 0;

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319 N – (600.sen45º N) – 100 N – 200 N + By = 0

By = 405 N

Pode-se conferir esse resultado somando os momentos em relação ao ponto A.

↓+ΣMA = 0;

-(600.sen45º N)(2m) – (600.cos45º N).(0,2m) – (100 N).(5m) – (200 N).(7m) + By.(7m) = 0

By = 405 N

Exemplo 5.7

A corda mostrada na figura 5.15a suporta uma força de 100 lb apoiando-se numa polia

sem atrito. Determine a força de tração na corda em C e nos componentes horizontal e vertical

da reação no pino em A.

Solução:

Diagrama de Corpo Livre.

Os digramas de corpo livre d corda e da polia são mostrados na figura 5.15c. O

princípio de ação, com uma reação igual em intensidade, porém de sentido oposto, deve ser

cuidadosamente observado ao se desenhar cada um desses diagramas: a corda exerce uma

distribuição de carga desconhecida p em parte da superfície da polia, enquanto a polia exerce

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na corda um efeito igual, mas oposto. Para a solução, no entanto, é mais simples combinar os

diagramas de corpo livre da polia e da parte da corda que está em contato, de modo que a

carga distribuída se torne interna ao sistema e seja, portanto, eliminada da análise. Veja a

figura 5.15c.

Equações de Equilíbrio.

Somando os momentos relativamente ao ponto A para eliminar Ax e Ay (figura 5.15c),

temos:

↓+ΣMA = 0;

100 lb.(0,5pé) – T.(0,5pé) = 0

T = 100 lb

Pode-se notar que a força permanece constante à medida que a corda passa pela polia.

(Isso é verdadeiro para qualquer ângulo Θ que dá a direção da corda e para qualquer raio r da

polia). Utilizando o resultado para T, o somatório das forças é aplicado para determinar os

componentes da reação no pino A.

+→ΣFx = 0;

- Ax + (100.sen30º lb) = 0

17


Ax = 50 lb

+↑ΣFy = 0;

Ay – 100 lb – (100.cos30º lb) = 0

Ay = 187 lb

Exemplo 5.9

A chave de boca mostrada na figura 5.17a é utilizada para apertar o parafuso em A. Se

a chave não gira quando a carga é aplicada ao seu cabo, determine o torque ou momento e a

força da chave aplicados ao parafuso.

Solução:

Diagrama de Corpo Livre

O diagrama de corpo livre para a chave é mostrado na figura 5.17b. Uma vez que o

parafuso atua como um ‘apoio fixo’, ele exerce uma força de componentes Ax e Ay e um

torque MA sobre a chave em A.


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+→ΣFx = 0; Ax – 52.(5/13)N + (30.cos60º N) = 0 Ax = 5 N

+↑ΣFy = 0; Ay – 52.(12/13)N – (30.sen60º N) = 0 Ay = 74 N

↓+ΣMA = 0; MA – 52.(12/13)N .(0,3m) – (30.sen60º N).(0,7m) = 0 MA = 32,6 N.m

O ponto A foi escolhido para se efetuar o somatório dos momentos porque as linhas de

ação das forças incógnitas Ax e Ay passam por esse ponto e, consequentemente, essas forças

não contribuem com os momentos relativos a ele.Lembre-se, porém, de que MA deve ser

incluído nesse somatório. Esse momento é um vetor livre e representa a resistência de torção

do parafuso sobre a chave. Pela terceira lei de Newton, a chave aplica um momento ou torque

igual, porém oposto, sobre o parafuso. Além disso, a força resultante na chave é:

FA = √((5)2 + (74)2) = 74,1 N

Devido ao fato de os componentes Ax e Ay terem sido calculados como quantidades

positivas, seus sentidos já estão mostrados corretamente no diagrama de corpo livre na figura

5.17b. Portanto:

Θ = tg-1 (74 N)/(5 N) = 86,1º

Lembre-se que FA atua na direção oposta sobre o parafuso. Por quê?

Apesar de se poder escrever apenas três equações de equilíbrio independentes para um

corpo rígido, é preciso verificar os cálculos utilizando uma quarta equação de equilíbrio. Por

exemplo, os cálculos anteriores podem ser verificados em parte pelo somatório dos momentos

em relação ao ponto C:

↓+ΣMC = 0;

52.(12/13)N .(0,4m) + 32,6 N.m – 74 N.(0,7m) = 0

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19,2 N.m + 32,6 N.m – 51,8 N.m = 0

Exemplo 5.10

O descarregamento de concreto do caminhão é realizado utilizando a calha mostrada

nas fotos (figura5.18a). Determine a força que o cilindro hidráulico e a estrutura do caminhão

exercem sobre a calha para mantê-la na posição mostrada. A calha e o concreto nela contido

têm peso uniforme de 35 lb/pé.

Solução:

O modelo idealizado da calha é mostrado na figura 5.18b.Nessa figura,as dimensões

são dadas e considera-se que a calha está conectada à estruturado do caminhão em A por meio

de pinos e o cilindro hidráulico BC age como uma haste de ligação entre a calha e a estrutura.

Diagrama de Corpo Livre.

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Uma vez que a calha tem comprimento de 16 pés, o peso total suportado é (35 lb/pé).

(16 pés) = 560 lb, que supomos ser aplicado no seu ponto médio G. O cilindro hidráulico

exerce uma força horizontal FBC na calha (figura 5.18c).


Uma solução direta para FBC é possível por meio do somatório dos momentos em

relação ao pino em A. Para isso, vamos usar o princípio dos momentos e decompor o peso em

seus componentes paralelo e perpendicular à calha. Assim, teremos:

↓+ΣMA = 0;

- FBC.(2 pés) + (560.cos30º lb).(8 pés) + (560.sen30º lb).(0,25 pé) = 0 FBC = 1975 lb

Somando as forças para obter Ax e Ay:

+→ΣFx = 0;

- Ax + 1975 lb = 0 Ax = 1975 lb

+↑ΣFy = 0;

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Ay – 560 lb = 0 Ay = 560 lb

Passo 3 - Desenvolva, calcule e construa, para o guindaste do projeto em questão, a tabela que

fornece o valor mínimo do angulo “θ”, em graus, para as cargas variando em intervalos de 1

kN, conforme modelo na sequência, considerando-se um coeficiente de segurança de 20%

sobre o ângulo mínimo teórico calculado.

G1 = 100 kN

G2 = 25 kN

G3 = 5 kN (cada)

WMáx = 15 kN

a1 = 09 m

a2 = 1,1 m

a3 = 1,3 m

Condição de tombamento, NA = 0;

ΣM = 0 (pólo em B, MB = 0);

MG1 + MG2 + MG3 + MW = 0

(100 kN)(2,7 m) – (25 kN)(10.cosθ m – 0,9 m) + G3(a + 3,9 m) – W(25.cosθ m – 0,9 m) = 0

292,5 – 250cosθ + G3(a + 3,9 m) – 25Wcosθ + 0,9W = 0

No resultado final, ao ângulo em graus foi acrescentado o coeficiente de segurança de

20% (x 1,2).

Para W e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ = 0 cosθ = 292,5/250 θ não existe

Para W = 0 e G3 = 5 kN;

292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) = 0 cosθ = 316,5/250 θ não existe

Para W = 0 e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) = 0 cosθ = 342,5/250 θ não existe

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Para W = 0 e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 + 3,9 m) = 0 cosθ = 370,5/250 θ não existe

Para W = 1 kNe G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 292,5/250 θ não existe

Para W = 1 kN e G3 = 5 kN;

292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 317,4/275

θ não existe


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 343,4/275

θ não existe


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 371,4/275

θ não existe

Para W = 2 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 294,3/300 θ = 11,2° (x 1,2)

θ = 13,4°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 318,3/300

θ não existe


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 344,3/300

θ não existe

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292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 372,3/300

θ não existe

Para W = 3 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 295,2/325 θ = 24,7° (x 1,2)

θ = 29,7°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 319,2/325

θ = 10,8° (x 1,2) θ = 13,0°


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 345,2/325

θ não existe


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 373,5/325

θ não existe

Para W = 4 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 296,1/350 θ = 32,22° (x 1,2)

θ = 38,7°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 320,1/350

θ não existe


24


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 346,1/350

θ = 8,6° (x 1,2) θ = 10,3°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 374,1/350

θ = 1,1° (x 1,2) θ = 1,9°

Para W = 5 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 297/375 θ = 37,63° (x 1,2)

θ = 45,15°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 321/375

θ = 31,1° (x 1,2) θ = 37,3°


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 347/375

θ = 22,3° (x 1,2) θ = 26,7°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 375/375

θ = 0° (x 1,2) θ = 0°

Para W = 6 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 297,9/400 θ = 41,9° (x 1,2)

θ = 50,2°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 321,9/400

θ = 36,4° (x 1,2) θ = 43,7°

25



292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 347,9/400

θ = 29,6° (x 1,2) θ = 35,5°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 375,9/400

θ = 20,0° (x 1,2) θ = 24,0°

Para W = 7 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 298,8/425 θ = 45,3° (x 1,2)

θ = 54,4°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 322,8/425

θ = 40,6° (x 1,2) θ = 48,7°


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 348,8/425

θ = 34,8° (x 1,2) θ = 41,8°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 376,8/425

θ = 27,5° (x 1,2) θ = 33,1°

Para W = 8 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 299,7/450 θ = 48,2° (x 1,2)

θ = 57,9°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 323,7/450

θ = 44,0° (x 1,2) θ = 52,8°

26



292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 349,7/450

θ = 39,0° (x 1,2) θ = 46,8°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 377,7/450

θ = 31,9° (x 1,2) θ = 39,5°

Para W = 9 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 300,6/475 θ = 50,7° (x 1,2)

θ = 60,9°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 324,6/475

θ = 46,9° (x 1,2) θ = 56,3°


292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 350,6/475

θ = 42,4° (x 1,2) θ = 50,9°


292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 378,6/475

θ = 37,1° (x 1,2) θ = 44,6°

Para W = 10 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 301,5/500 θ = 53,0° (x 1,2)

θ = 63,5°


27


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 325,5/500

θ = 49,4° (x 1,2) θ = 59,2°

Para W = 10 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 351,5/500

θ = 45,3° (x 1,2) θ = 54,4°

Para W = 10 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 379,5/500

θ = 40,6° (x 1,2) θ = 48,7°

Para W = 11 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 302,4/525 θ = 54,8° (x 1,2)

θ = 65,8°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 326,4/525

θ = 51,5° (x 1,2) θ = 61,9°

Para W = 11 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 352,4/525

θ = 47,8° (x 1,2) θ = 57,4°

Para W = 11 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 380,4/525

θ = 43,6° (x 1,2) θ = 52,3°

Para W = 12 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 303,3/550 θ = 56,5° (x 1,2)

θ = 67,8°

28



292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 327,3/550

θ = 53,5° (x 1,2) θ = 64,2°

Para W = 12 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 353,3/550

θ = 50,0° (x 1,2) θ = 60,0°

Para W = 12 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 381,3/550

θ = 46,1° (x 1,2) θ = 55,3°

Para W = 13 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 304,2/575 θ = 58,0° (x 1,2)

θ = 69,7°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 328,2/575

θ = 55,2° (x 1,2) θ = 66,2°

Para W = 13 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 354,2/575

θ = 52,0° (x 1,2) θ = 62,4°

Para W = 13 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 382,2/575

θ = 48,3° (x 1,2) θ = 58,0°

Para W = 14 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 305,1/600 θ = 59,4° (x 1,2)

θ = 71,3°

29



292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 329,1/600

θ = 56,7° (x 1,2) θ = 68,0°

Para W = 14 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 355,1/600

θ = 53,7° (x 1,2) θ = 64,4°

Para W = 14 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 383,1/600

θ = 50,3° (x 1,2) θ = 60,4°

Para W = 15 kN e G3 = 0;

292,5 – 250cosθ – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 306/625 θ = 60,7° (x 1,2)

θ = 72,8°


292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 330/625

θ = 58,1° (x 1,2) θ = 69,7°

Para W = 15 kN e G3 = 10 kN;

292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 356/625

θ = 55,3° (x 1,2) θ = 66,3°

Para W = 15 kN e G3 = 15 kN;

292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 384/625

θ = 52,1° (x 1,2) θ = 62,5°

30


Em algumas situações não foi possível obter matematicamente um ângulo. Ao fim da

resolução, chegou-se a um cálculo de cosθ igual a uma fração onde o numerador fosse maior

que o denominador impossibilitando um resultado de arcoseno.

Peso da carga W (kN) “θ” sem G3 “θ” com 1 G3 “θ” com 2 G3 “θ” com 3 G3

0 θ não existe θ não existe θ não existe θ não existe

1 θ não existe θ não existe θ não existe θ não existe

2 13,4° θ não existe θ não existe θ não existe

3 29,8° 13,0° θ não existe θ não existe

4 38,7° θ não existe 10,3° 01,3°

5 45,1° 37,3° 26,7° 00,0°

6 50,2° 43,7° 35,5° 24,0°

7 54,4° 48,7° 41,8° 33,1°

8 57,9° 52,8° 46,8° 39,5°

9 60,9° 56,3° 50,9° 44,6°

10 63,5° 59,2° 54,4° 48,7°

11 65,8° 61,9° 57,4° 52,3°

12 67,8° 64,2° 60,0° 55,3°

13 69,7° 66,2° 62,4° 58,0

14 71,3° 68,0° 64,4° 60,4°

15 72,8° 69,7° 66,3° 62,5°

Passo 4 – Apesar da precisão dos cálculos de engenharia, na maioria das vezes há hipóteses

que não refletem com exatidão absoluta um fenômeno natural. Este coeficiente pode servir

para garantir a segurança na execução de projetos no caso de imprevistos.

O coeficiente de segurança adotado, neste caso, foi de 20% para qualquer carga içada.

Porém, a carga W é proporcional ao ângulo θ, ou seja, quando a carga for muito pequena (3

kN, por exemplo) o acréscimo ao ângulo fornecido pelo coeficiente será praticamente

31


insignificante não proporcionando a mesma segurança do que quando for maior (15 kN, por

exemplo).

Portanto, o ideal seria que a relação entre W e θ fosse inversamente proporcional,

fornecendo assim um nível de segurança igual para qualquer que seja o peso da carga içada.

32


ETAPA Nº. 04

Aula-tema: Centróides e Baricentro.

Passo 2 - Discuta em grupo e resolva passo-a-passo o exemplo 9.10 do PLT.

Exemplo 9.10

Localize o centróide da área da placa mostrada na figura 9.18a.

Solução:

Partes constituintes.

A placa é dividida em três segmentos, como mostra a figura 9.18b. Nesse caso, a área

do pequeno retângulo 3 é considerada “negativa”, uma vez que deve ser subtraída da área

maior 2.

Braços de Momento.

O centróide de cada segmento é localizado como mostra a figura. Note que as

coordenadas x de 2 e 3 são negativas.

Somatórios.

Considerando os dados da figura 9.18b, os cálculos aparecem tabelados a seguir.

Segmento A (pé2) x (pé) y (pé) x.A (pé3) y.A (pé3)

1 ½(3)(3) = 4,5 1 1 4,5 4,5

2 (3)(3) = 9 -1,5 1,5 -13,5 13,5

3 -(2)(1) = -2 -2,5 2 5 -4

Σ A = 11,5 Σ x.A = -4 Σ y.A = 14

Assim:

x = Σ x.A/ Σ A = -4/11,5 = -0,348 pé

33


y = Σ y.A/ Σ A = 14/11,5 = 1,22 pé

Passo 4 - Localize o centro de gravidade deste olhal do guindaste, fornecendo ao projetista as

coordenadas desse ponto em relação aos eixos por ele escolhidos.

O olhal de içamento foi dividido em quatro segmentos.

Centróide de cada segmento (x;y) Área de cada segmento

I Retângulo (b/2;h/2) b.h

II Triângulo (b/3;h/3) (b.h)/2

III Círculo (0;0) π.r2

IV ½ Círculo (0;4r/3π) (π.r2)/2

A (mm2) x (mm) y (mm) x.A (mm3) y.A (mm3)

I 12000 60 50 720000 600000

II 3060 40 - 17 122400 - 52020

III - 3848,45 60 100 - 230907 - 384845

IV 5654,87 60 125,46 339292 709460

Σ 16866,42 950785 872595

x = (Σx.A)/(ΣA) (950785)/(16866,42) x = 56,38mm

y = (Σy.A)/( ΣA) (872595)/(16866,42) y = 51,73mm

34


ETAPA Nº. 05

Aula-tema: Cargas distribuídas sobre Vigas, Reações nos Apoios.

Passo 1 - Discuta em grupo e resolva os exemplos 4.21 e 4.22.

Exemplo 4.21

Um carregamento distribuído com p = 800x Pa atua no topo de uma superfície de uma

viga, como mostra a figura 4.49a. Determine a intensidade e a localização da força resultante

equivalente.

Solução:

A função de carregamento p = 800x Pa indica que a intensidade das cargas varia

uniformemente de p = 0 em x = 0 a p = 7200 Pa em x = 9m. Uma vez que a intensidade é

uniforme ao longo da largura da viga (eixo y), o carregamento deve ser visualizado em duas

dimensões, como mostrado na figura 4.49b. Nesse caso:

w = (800x N/m2).(0,2m) = (160x) N/m

Note que em x = 9m, w = 1440 N/m. Portanto, é mais simples usar a tabela no final do

livro.

35


A intensidade da força resultante é equivalente à área sob o triângulo definida pela

curva.

FR = ½(9 m).(1440 N/m) = 6480 N = 6,48 kN

A linha de ação de FR passa pelo centróide C do triângulo. Consequentemente:

x = 9 m – 1/3(9 m) = 6 m

Os resultados são mostrados na figura 4.49c.

Pode-se também visualizar a resultante FR como uma carga atuante através do

centróide do volume do diagrama de cargas p = p(x) na figura 4.49a. Dessa forma, FR

intercepta o plano x – y no ponto (6 m,0). Além disso, a intensidade de FR é igual ao volume

sob o diagrama de carregamento, isto é:

FR = V = ½(7200 N/m2).(9 m).(0,2 m) = 6,48 kN

Exemplo 4.22

O material granuloso provoca o carregamento distribuído sobre a viga, como mostrado

na figura 4.50a. Determine a intensidade e a localização da força resultante equivalente.

Solução:

A área do diagrama de carregamento é trapezoidal e, portanto, a solução pode ser

obtida diretamente das fórmulas da área e centróide de um trapezóide que aparecem no final

do livro. Como essas fórmulas não são de fácil memorização, vamos resolver esse problema

36


utilizando áreas ‘compostas’. Para isso, vamos dividir o carregamento trapezoidal em uma

carga retangular e outra triangular, conforme a figura 4.50b. A intensidade da força que

representa cada um desses carregamentos é igual à sua área associada.

F1 = ½(9 pés).(50 lb/pé) = 225 lb

F2 = (9 pés).(50 lb/pé) = 450 lb

As linhas de ação dessas forças paralelas passam pelos centróides de suas áreas

correspondentes e, portanto, interceptam a viga nos pontos:

X1 = 1/3(9 pés) = 3 pés

X2 = ½(9 pés) = 4,5 pés

As duas forças paralelas F1 e F2 podem ser reduzidas a uma única resultante FR, cuja

intensidade é:

+↓FR = ΣF; FR = 225 + 450 = 675 lb

Em relação ao ponto A (figuras 4.50b e 4.50c) podemos encontrar a localização de FR.

Para isso:

↑+MRa = ΣMA; x.(675) = 3(225) + 4,5(450) x = 4 pés

37


Nota: a área trapezoidal na figura 4.50a também pode ser dividida em duas áreas

triangulares, como mostra a figura 4.50d. Nesse caso:

F1 = ½(9 pés).(100 lb/pé) = 450 lb F2 = ½(9 pés).(50 lb/pé) = 225 lb

e

x1 = 1/3(9 pés) = 3 pés x2 = 1/3(9 pés) = 3 pés

Utilizando esses resultados, mostre que obtemos novamente FR = 675 lb e x = 4 pés.

Passo 3 - Complemente o trabalho, para informar aos engenheiros quais são as forças

exercidas pelos apoios A e B na viga do projeto. Para tal, localize o centróide da figura

esquemática das cargas distribuídas, calcule a carga concentrada equivalente, desenhe o

diagrama do corpo livre e, finalmente, calcule a reação nos apoios A e B da viga em estudo.

Diagrama de Corpo Livre

38


A (kN) x (m) x.A (kN/m)

1 2,52 2,8 7,05

2 2,4 5,7 13,68

3 0,6 5,2 3,12

Σ 5,52 23,85

Carga Equivalente

FR = ΣF = (2,52 kN) + (2,4 kN) + (0,6 kN) FR = 5,52 kN

Centróide

x = (Σx.A)/( ΣA) = (23,85)/(5,52) x = 4,32 m

Reações nos Apoios A e B

ΣF = 0;

Eixo x Ax = 0

Eixo y Ay + B – FR = 0 Ay + B = 5,52 kN

ΣM = 0 (pólo em A, MA = 0);

- B.(4,2 m) + (5,52 kN).(4,2 m) = 0 B = (- 23,85)/(- 4,2) B = 5,68 kN

x

y

1 2

3

B

Ax

Ay

FR

39


Ay + (5,68 kN) = 5,52 kN Ay = - 0,16 kN

40

atps mecânica geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)

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