exercicios resolvidos de mecanicaa

8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA

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INSTITUTO POLITCNICO DE SETBAL

ESCOLA SUPERIOR DE TECNOLOGIA DO BARREIRO

Licenciatura em Engenharia Civil

Licenciatura em Engenharia de Conservao e Reabilitao

MECNICA

EXERCCIOS RESOLVIDOS

Rui Neves

Outubro de 2009


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ESTBarreiro/IPS Mecnica

1

Problema 1

Um bloco puxado por dois cabos, como mostra a figura. A traco em cada umdos cabos vale T1=230N e T2=3/2T1. A resultante das duas foras exercidaspelos cabos paralela ao eixo do bloco. Determine a resultante das duas foras.

Se a resultante paralela ao eixo do bloco, uma fora horizontal.

Logo, as componentes verticais das foras que actuam o bloco anulam-se:

T2sen - T1sen20 = 0

1.5230sen - 230sen20 = 0

= 13.2

Ento,

R = T2cos + T1cos20 = 552 N

T1

T2

20


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2

Problema 2

Sobre um corpo cujas dimenses so desprezveis actua o seguinte sistema deforas:

yx eeFrr

r

251 = (kN) e yx eeFrr

r

622 += (kN). Determine o mdulo da fora a

aplicar no corpo de forma a que este permanea em equilbrio.

Equilbrio = 0F

0321 =++ FFFrrr

06225 =++++ yyxxyxyx eFeFeeeerrrrrr

kNFx 3=

kNFy 4=

yxeeFrr

r

433 = (kN)

kNF 543 223 =+=


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3

Problema 3

Em um n de uma estrutura treliada em equilbrio actuam as forasrepresentadas na figura. Determine a intensidade das foras N1 e N2.

Equilbrio = 0F

kNNNFH 2045cos450 11 ==++=

kNNsenNNFV 304520 212 ===

45

2kN

4kN5kN

N1

N2


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4

Problema 4

Considere o bloco A representado na figura o qual assenta num plano inclinadoe cuja massa de 80kg. Admita que no h atrito entre as superfcies emcontacto e que apenas as roldanas B e C so fixas. Calcule a fora a aplicar no

cabo de modo a garantir o equilbrio do conjunto para a situao representadanas figuras a) e b).

a)

13.5334 =

= atg

FT=

NP 8.7848081.9 ==

NF

NTsenPTFx

8.627

8.62700

=

===

b) O DCL do bloco o mesmo, s varia a fora aplicada devido roldana mvel.

Fazendo o DCL da roldana mvel

NF

FFTTFvert

1256

08.6278.62700

=

=+=+=

F

34

A

B C

F3

4

A

B C

D

a) b)

P

NT

xy

F

T T


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5

Problema 5

Na interseco de trs barras est aplicada uma fora de 10kN comorepresentado na figura. Determine a fora instalada em cada barra de forma a

garantir o equilbrio.

Equilbrio = 0F )2;3;3()2;0;3()4;3;0( === FCFC

)2;3;3()2;0;3()0;3;0( === FJFJ

)2;3;0()2;0;3()0;3;3( === FKFK

)0;10;0()2;3;0()2;3;3()2;3;3(0)0;10;0(

321

321

=++=+++

FFF

FKFFJFFCF

=

=

=

=

=++

=

3

53

103

5

0222

10333

033

1

3

2

321

321

21

F

F

F

FFF

FFF

FF

kNF

kNF

kNF

)3

20;10;0()2;3;0(

3

10

)3

10;5;5()2;3;3(35

)3

10;5;5()2;3;3(

3

5

3

2

1

==

==

==

AB

C D

EF

G

O

3.0m

2.0m

3.0m

x

y

z

2.0m

H

I

J K

10kN


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6

Problema 6

Um recipiente suportado por um cabo e pela fora Q como indicado na figura.Determine o seu peso de forma a manter o cabo na posio indicada.

Manter o cabo na posio indicadaEquilbrio = 0F No fio est instalada uma fora de intensidade desconhecida, dada por GFTT =

)1;4;2(=GF

0)0;;0()1;4;2()0;0;()200;0;0( =+++ PTQ

===

=

=+++

=++

=++

NTP

TT

PT

TQ

80020044

200000200

0400

002

2.0m

1.0m

A

B

C

D

E

F

G

2.0m

x

y

z

H

I

2.0m

QJ

K

L

200N


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7

Problema 7

Sabe-se que para abrir a porta representada na figura necessria uma fora de5N perpendicular ao plano da porta aplicada em C. Com o objectivo de abrir a

porta determine:a) o valor do menor momento a aplicar no eixo da porta;b) a menor intensidade da fora F com =25;c) a fora mnima e respectivo valor de .

a) Se a porta abre com uma fora de 5N, perpendicular ao plano da porta, aplicada em C

e essa fora provoca um momento em relao ao eixo da porta igual a

MA = rACF = 0.875 = 4.35 Nm, ento o menor momento a aplicar no eixo da porta

para que esta abra ser 4.35 Nm.

b) Para abrir a porta, a fora F ter que provocar no eixo da porta um momento igual a

4.35 Nm. S a componente da fora perpendicular porta provoca momento no eixo.

4.35 = rAB(Fcos) = 0.80(Fcos25) F = 6 N

c) A equao ser novamente 4.35 = 0.80(Fcos), mas neste caso existem duas

variveis. Uma vez que se pretende obter F

cos80.035.4

=F

A expresso anterior mostra que F uma funo de . Essa funo ter um extremo

quando 0=d

dF. Neste caso no ser necessrio calcular a derivada, uma vez que

claro que quanto maior for cos, menor ser F. Ao mximo cos (=0),corresponder o mnimo F. De facto, a fora mais eficiente quando aplicadaperpendicularmente porta. Ento

NF 4.5

180.0

35.4=

=

F

80cm 7cm

A B C C

5N


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8

Problema 8

Nas placas representadas nas figuras a) e b) actuam as foras indicadas. Para asituao ilustrada pela figura a) determine o momento resultante em relao ao

ponto A. Para o corpo representado na figura b) calcule o momento resultanteem relao ao eixoz.

a)

kNmM

mL

LM

A

AC

ACA

6.271523123

2333

15123

22

==

=+=

=

b) Esta alnea uma replicao da anterior, acrescentando uma fora de 7 kN em C, segundo

z.

Para calcular o momento em relao a um eixo, calcula-se em relao a um ponto do eixoe depois faz-se o produto interno desse resultado com o versor do eixo.

Neste caso, escolhe-se o ponto A, pois j se conhece o momento em relao a esse ponto

de duas das trs foras aplicadas

kNmMaA

)6.27;0;0() =

O momento provocado pela terceira fora ser

kNmACMA )0;21;21()7;0;0()0;3;3()7;0;0(7

===

3.0m

3.0m

x

y

A B

C

15kN

12kN

3.0m

x

y

z

A B

C

15kN

12kN

7kN

3.0m

a) b)


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9

O momento resultante em A ser

kNmMMM AaAA )6.27;21;21()0;21;21()6.27;0;0(7) =+=+=

O versor do eixo z ser

)1;0;0(=ze

Finalmente o momento em relao ao eixo z ser

kNmeMM zAz 6.27)1;0;0()6.27;21;21( ===

Nota: como a fora acrescentada em relao alnea anterior uma fora segundo z, o

momento em relao a este eixo no se altera no que foi calculado em a), pelo que se

poderia estabelecer rapidamente que o momento em relao ao eixo z seria -27.6 kNm


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10

Problema 9

A placa representada na figura est submetida ao conjunto de foras indicado.Calcule o momento resultante em relao aos pontos A, B, C e O.

Como todas as foras concorrem em A

MA=0

Calcule-se agora a resultante das foras para aplicar a lei de propagao de momentos

Rx=-3-5cos+7+10cos

Ry=4+5sen-10sen

Em que a pendente do tringulo em relao horizontal

Note-se que

5

3cos

5

4

=

=

sen

kNRx 75

3107

5

353 =++=

05

410

5

454 =+=yR

kNR )0;0;7(=

x

y

A

C

B

3kN

4kN

2.0m 3.0m

4.0m

1.0m

5kN

7kN

10kN

O

3

45


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11

RBAMM AB +=

)0;0;0()0;0;7()0;0;3()0;0;0( =+=BM

RCAMM AC +=

kNmMC )28;0;0()0;0;7()0;4;3()0;0;0( =+=

ROAMM AO +=

kNmMO )35;0;0()0;0;7()0;5;2()0;0;0( =+=


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12

Problema 10

A estrutura representada na figura formada por duas barras e est sujeita aocarregamento indicado. Determine o momento resultante do sistema de foras

em relao aos pontos A, B e C.

Como todas as foras concorrem em A

MA=0

Calculando a resultante para, de seguida, aplicar a lei de propagao de momentos:

O ngulo que a fora inclinada faz com o eixo x =atg(2/3)=33.69

)cos;cos;(cos20)0:10;0()20;0;0(zyxR ++=

))90cos();69.33180cos();69.33(cos(20)0:10;0()20;0;0( ++=R

kNR )20;1.21;6.16()0;1.11;6.16()0:10;0()20;0;0( =++=

kNmRBAMM AB )30;60;40()20;1.21;6.16()0;2;3()0;0;0( =+=+=

kNmRCAMM AC )97;60;40()20;1.21;6.16()0;2;3()0;0;0( =+=+=

2.0m

2.0m

3.0m

x

y

z

C

B

A

10kN

20kN20kN


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13

Problema 11

Considere os sistemas de foras representados na figuras a) e b). Para cada umdos casos calcule o momento resultante em relao ao ponto A.

a)

kNmAEMA )14;0;21()0;7;0()3;0;2()0;7;0( ===

b) Somando as duas foras na aresta CD, obtm-se uma fora de 9 kN para a esquerda.

Observe-se que possvel formar pares de foras que se anulam mutuamente, resultando

somente em binrios.

A B

DC

GF

O

2.0m

3.0m

2.0m

y

z

E

7kN

A B

DC

GF

O

2.0m

x

y

z

4kN

12kN

9kN

3kN

4kN

E

7kN

a b

1kN1kN

A B

DC

GF

O

2.0m

3.0m

2.0m

y

z

E

7kN

x

4kN

9kN

9kN

4kN

7kN1kN1kN


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14

O par de 9 kN encontra-se num plano paralelo a xy, logo gera um momento em z. Como as

foras esto afastadas de 2 m, o momento ser 29 = 18 kNm.

O par de 1 kN encontra-se num plano paralelo a xz, logo gera um momento em y. Como as

foras esto afastadas de 2 m, o momento ser 21 = 2 kNm.O par de 4 kN encontra-se num plano paralelo a yz, logo gera um momento em x. Como as

foras esto afastadas de 2 m, o momento ser 24 = 8 kNm.

Considerando ainda o momento devido fora de 7 kN, j calculado em a), o momento

resultante em A ser:

kNmMA )32;2;13()14;0;21()0;0;8()0;2;0()18;0;0( =+++=


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15

Problema 12

Considere a placa representada na figura. Determine intensidade da fora F demodo a que os dois binrios actuantes na placa sejam equivalentes.

M1 = 350 = 150 Nm

M2 = dF = 150 Nm

NFF

d

4.3523150

2333 22

==

=+=

3.0m

3.0m

x

y

A B

C50N

D

6.0m

50N

FF3.0m

3.0m

3.0m

x

y

A B

C50N

D

3.0m

50N

FF3.0m

d

3.0m


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16

Problema 13

Na extremidade da barra, em D, est aplicada uma fora conforme representadona figura.

a) Determine um sistema fora-binrio equivalente no ponto A;b) Substitua a fora aplicada em D por duas foras, em B e C, cujas linhas de

aco esto indicadas na figura, de modo a ter um sistema de forasequivalente ao anterior.

a)

d = 4.5cos(30) = 3.9 m

MA = 3.910 = 39 kNm

A

B C

10kN

1.0m

60

1.0m

D

2.5m

A

B C

10kN

1.0m

60

1.0m

D

2.5m

d

30

AB C

10kN

60

D

39 kNm


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17

b)

=+

=+

=

39)(5.35.2

)60(10

)60(cos10cos

senFF

sensenFF

F

CB

CB

C

=

cos

5CF

=+ )60(105 sentgFB

= tgsenFB 5)60(10

=+

39)5(5.3)5)60(10(5.2 tgtgsen

=

47.3tg

=

9.73

=

kNFC 18

= kNFB 7.8

A

B C

FB

1.0m

1.0m

D

2.5m

FC

FCFC sen

FC cos

A

B C

1.0m

73.9

1.0m

D

2.5m

18.0 kN8.7 kN


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18

Problema 14

Considere a sapata de fundao de um pilar isolado representada nas figuras a) eb).

a) Em relao ao carregamento indicado na figura a) reduza a carga a uma

fora axial segundo o eixo do pilar e um binrio;b) Em relao ao carregamento indicado na figura b) determine a posio do

eixo central.

a)

kNmM 6008005.02

50.0=

+=

0.75m

0.50m

2.50m

0.50m

2.50m

0.50m

800kN400kNm

1200kN

a) b)

800 kN

600 kNm


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19

b)

Sistema equivalente a vector nico. Eixo central M=0

M = 0 = -400+1200d d = 0.75 m

0.75m

400kNm1200kN


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20

Problema 15

Uma viga de beto armado com 6.0m de vo est submetida aos carregamentosrepresentados nas figuras a) e b).

a) Para a situao da figura a): identifique o caso de reduo; determine a

resultante e respectivo ponto de aplicao; calcule o momento resultanteem relao ao ponto A;

b) Diga se o carregamento representado na figura b) equivalente aoanterior.

a)R = 4+4+4+4+4+4 = 24 kN

MA = -0.54-1.54-2.54-3.54-4.54-5.54 = -72 kNm

O ponto de aplicao da resultante poder ser calculado como o ponto em que a

resultante provoca um momento em A idntico ao do sistema de foras representado.

MA = -72 = -d24 d = 3 m

y

0.5m

x

z

A B

4kN 4kN 4kN 4kN 4kN 4kN

4kN/m

1.0m 1.0m 1.0m 1.0m 1.0m

x

z

A B

a)

b)

xA B

3.0 m

24 kN


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21

b)Sim. Porque a resultante a mesma R = 46 = 24 kN e o ponto de aplicao da

resultante tambm o mesmo md 32

6== .


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22

Problema 16

Na placa representada na figura actuam os sistemas de foras indicados.Identifique o caso de reduo e defina vectorialmente a sua resultante e o

respectivo ponto de aplicao.a) zA eF

r

r

5= (kN); zB eFr

r

2= (kN); kNeF zCr

r

4= (kN);b) xA eF

r

r

5= (kN); yB eFr

r

2= (kN); kNeF xCr

r

4= (kN);c) yA eF

r

r

5= (kN); zB eFr

r

2= (kN); kNeF xCr

r

4= (kN).

a)

kNR )1;0;0()4;0;0()2;0;0()5;0;0( =++=

)4;0;0()0;2;0()2;0;0()0;2;1()5;0;0()0;0;1(0 ++=++= CBAR

FOCFOBFOAM

kNmMR

)0;3;12()0;0;8()0;2;4()0;5;0(0 =++=

00 =R

MR . Como 0R , o sistema equivalente a vector nico.

O ponto de aplicao poder ser um ponto qualquer do eixo central

RR

MROQ

R

o+

+=

2

)0;12;3()0;3;12()1;0;0(0 ==R

MR

( ) 11002

2222

=++=R

);12;3()1;0;0(1

)0;12;3()0;0;0( =+

+=Q

b)

kNR )0;2;1()0;0;4()0;2;0()0;0;5( =++=

)0;0;4()0;2;0()0;2;0()0;2;1()0;0;5()0;0;1(0 ++=++= CBAR

FOCFOBFOAM

kNmM

R

)6;0;0()8;0;0()2;0;0()0;0;0(0 =++=

2.0m

B

Oy

1.0mA

x

C

z


25/100


23

00 =R

MR . Como 0R , o sistema equivalente a vector nico.


RR

MROQ

R

o+

+=

2

)0;6;12()6;0;0()0;2;1(0 ==R

MR

( ) 502)1( 22222 =++=R

)0;25

6;

5

12()0;2;1(

5

)0;6;12()0;0;0( +=+

+=Q

c)

kNR )2;5;4()0;0;4()2;0;0()0;5;0( =++=

)0;0;4()0;2;0()2;0;0()0;2;1()0;5;0()0;0;1(0 ++=++= CBAR

FOCFOBFOAM

kNmMR

)3;2;4()8;0;0()0;2;4()5;0;0(0 =++=

0)3()2(25)4(40 =++=R

MR . Como 0R , o sistema equivalente a

vector nico.


RR

MROQ

R

o+

+=

2

)28;20;11()3;2;4()2;5;4(0 ==R

MR

( ) 45)2(54 22222 =++=R

)245

28;5

45

20;4

45

11()2;5;4(

45

)28;20;11()0;0;0( ++=+

+=Q


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24

Problema 17

Considere um sistema de foras representado na figura seguinte.a) Determine um sistema fora-binrio equivalente no ponto O;

b) Determine um sistema fora-binrio equivalente no ponto F;c) Classifique o sistema de foras;d) Defina vectorialmente o momento mnimo.

a)

kNR )46.6;0;54.3()54.3;0;54.3()10;0;0( =+=

10kN

A B

D

C

FE

O

2.0m

2.0m

2.0m

x

y

z

8kNm

5kN

(0;0;-10) kN

B

D

C

FE

O

2.0m

2.0m

2.0m

x

y

z

(0;8;0) kNm

(5cos(45);0;5sen(45)) kN

A

45


27/100


25

kNmOEMR

)0;8;20()0;8;0()0;0;20()0;8;0()10;0;0()0;2;0()0;8;0()10;0;0(0 =+=+=+=

b)

kNm

RFOMMR

o

R

F

)08.7;92.4;08.7()08.7;92.12;92.12()0;8;20(

)46.6;0;54.3()0;2;2()0;8;20(

=+=

=+=+=

(3.54;0;-6.46) kN

O

x

y

z

(-20;8;0) kNm

F

O x

y

z

(3.54;0;-6.46) kN

(-7.08;-4.92;7.08) kNm


28/100


26

c)

kNR )46.6;0;54.3( =

8.7000)20(54.3)0;8;20()46.6;0;54.3(0 =++==R

MR

Como os dois invariantes so diferentes de zero, o sistema equivalente a fora mais

binrio.

d)

RR

RMM

R

OR

mn 2

=

( ) 26.54)46.6(054.32

2222 =++=R

kNmMR

mn )43.8;0;63.4()46.6;0;54.3(26.54

8.70=

=


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27

Problema 18

Considere um sistema de foras do qual se conhece o momento resultante emtrs pontos distintos:

zyxRO e7e2e5M

rrr

r

++= (kNm), em que ( )0,0,0O = (m);zyx

RA e6e7e6M

rrr

r

++= (kNm), em que ( )1,0,1A = (m);

zyxRB e3e7e4M

rrr

r

++= (kNm), em que ( )1,1,1B = (m).a) Defina vectorialmente o momento resultante em relao ao eixo que passa

nos pontos ( )0,0,1=C (m) e ( )1,1,0=D (m);b) Determine a fora resultante;c) Classifique o sistema de foras;d) Defina vectorialmente o momento mnimo.

a)

Para calcular o momento em relao ao eixo pedido, necessrio calcular o momento

em relao a um ponto desse eixo (C ou D). Para fazer esse clculo pode-se propagar o

momento a partir de um ponto em que ele conhecido (O, A ou B). No entanto, para

fazer a propagao necessrio conhecer a resultante. Tm-se ento 3 incgnitas

);;( zyx RRRR = .

Para determinar essas incgnitas utiliza-se uma equao de propagao de momentos,

por exemplo

==

=

+=

+=+=

15

1

);;()7;2;5()6;7;6(

);;()1;0;1()7;2;5()6;7;6(

y

xz

y

yxzy

zyx

R

o

R

A

RRR

R

RRRR

RRRRAOMM

Como a equao anterior no foi suficiente para determinar todas as incgnitas, aplica-

se novamente a propagao de momentos, agora entre outros dois pontos


30/100


28

=

=

=

+=

+=+=

3

5

2

)1;;1()7;2;5()3;7;4(

);1;()1;1;1()7;2;5()3;7;4(

x

xz

z

xxzz

zx

R

o

R

B

R

RR

R

RRRR

RRRBOMM

kNR )2;1;3(=

Com a resultante pode propagar-se para um ponto do eixo pedido, por exemplo C

kNmRCOMMR

o

R

C )6;4;5()1;2;0()7;2;5()2;1;3()0;0;1()7;2;5( =+=+=+=

Agora calcula-se o versor do eixo

)1;1;1()0;0;1()1;1;0( ==CD

311)1( 222 =++=CD

)3

3;

3

3;

3

3(==

CD

CDCD

Finalmente,

3

35)

3

3;

3

3;

3

3()6;4;5( === CD

R

cCD MM

kNmMM CDCDCD )3

5;

3

5;

3

5()

3

3;

3

3;

3

3(

3

35===

b)

kNR )2;1;3(= (determinada em a))


31/100


29

c)

kNR )2;1;3(=

114215)7;2;5()2;1;3( =++== RoMR

Como os dois invariantes so diferentes de zero, o sistema equivalente a fora mais

binrio.

d)

R

R

RMM

R

OR

mn 2

=

( ) 1421)3( 22222 =++=R

kNmMR

mn )7

1;

14

1;

14

3()2;1;3(

14

1==


32/100


30

Problema 19

Considere o corpo rgido sujeito aco do sistema de foras representado.a) Determine um sistema fora-binrio equivalente nos pontos A e O.

b) Classifique o sistema de foras.c) Determine as coordenadas do ponto de interseco do eixo central com o

plano yz.d) Determine as caractersticas de uma fora passando pelo vrtice C da

pirmide tal que adicionada ao sistema o torna equivalente a conjugado.Defina esse conjugado.

a)

A fora F1 s existe no plano xz (F1y=0) e faz um ngulo de 45 com o eixo x.

A fora F2 s existe no plano yz (F1x=0) e faz um ngulo de 45 com o eixo y.

A fora F3 s existe no plano xy (F1z=0) e faz um ngulo de 45 com o eixo x.

)2100;0;2100())45(;0);45cos((2001 == senF

)2100;2100;0())45();45cos(;0(2002 == senF

)0;2200;2200()0);45();45cos((4003 == senF

NR )0;2300;2300()0;2200;2200()2100;2100;0()2100;0;2100( =++=

NmFABMR

A)2300;2300;2300()2100;2100;0()0;3;3(2 ===

z

y

a

a

A

x

B

C

F2F1

O

aF3

a = 3.0mF1 = F2 = 1/2F3 = 200N


33/100


31

Nm

ROAMM

R

A

R

o

)2600;2300;2300()2900;0;0()2300;2300;2300()0;2300;2300()0;0;3()2300;2300;2300(

=+==+=+=

b)

O sistema equivalente a vector nico porque as foras esto todas no mesmo plano(ABC).

c)

RR

MROQ

R

o+

+=

2

)10360;10360;10360()2600;2300;2300()0;2300;2300( 3330 ==R

MR

32

2222

103600)2300()2300( =

++=R

z

y

A

x

O

)0;2300;2300( kN

)2300;2300;2300( kNm

z

y

x

O

)0;2300;2300( kN)2600;2300;2300( kNm


34/100


32

)1;23001;23001()0;2300;2300(10360

10)0;360;360()0;0;0(

3

3

+=+

+=Q

A interseco do eixo central com o plano yz d-se no ponto de coordenada x = 0.

2300

1023001 ==

Substituindo em Q, fica

mQ )1;2;0(=

Obs: Como seria de esperar, um ponto que pertence ao plano definido pela face ABC

do tetraedro.

d)

Num sistema equivalente a conjugado a resultante nula. Ento a fora ( 4F ) a

adicionar ao sistema ter que anular a soma das trs existentes

NF

FR

)0;2300;2300(

0)0;2200;2200()2100;2100;0()2100;0;2100(

4

4

=

=+++=

Num sistema equivalente a conjugado, o momento resultante tem as mesmascaractersticas em todos os pontos. Um ponto que simplifica o clculo o vrtice C

(onde passam 3 das 4 foras do sistema).

NmFCAMR

C)2600;2600;2600()0;2200;2200()3;0;3(3 ===


35/100


33

Problema 20

Considere o corpo rgido sujeito aco de um sistema de foras cujosmomentos resultantes so os indicados na figura.

a) Determine o momento resultante em C sabendo que ( )6;M;MM yxRC =

r

(kNm);

b) Classifique o sistema de foras;c) Determine a resultante do sistema de foras;d) Calcule o ngulo entre o momento mnimo e o momento em relao eixo

BC.

a)

Nesta situao conhece-se o momento resultante em dois pontos: ( )3;0;0=ROMr

kNm e

( )3;0;0=RBMr

kNm.

Sabe-se ainda que ( )6;;yx

R

C MMM =r

kNm.

O facto de o momento resultante em O e B ser o mesmo, indica que a resultante do

sistema de foras paralela a OB , pois se RBR

O MMrr

= ento 0=ROB (lei de

propagao de momentos).

Ento, quando se propaga, por exemplo, de O para C a expresso ser

RCOMMR

O

R

C +=rr

. Os vectores CO e R esto contidos no plano xy, logo do

produto externo entre os dois resultar um vector (perpendicular a ambos) paralelo a z.

Somando dois vectores que s tm componente no nula em z, obtm-se um vector

( RCMr

) que tambm s ter componente no nula em z. Logo, Mx = 0 e My = 0.

b)

z

y

2m

2m

A

x

B

C3kNm

3kNmO


36/100


34

Se existem dois pontos (O ou B e C) em que o momento resultante diferente, ento a

resultante no ser nula.

Se o momento resultante um vector segundo z e a resultante das foras est no plano

xy, ento esses di vectores so mutuamente perpendiculares e o seu produto interno(invariante escalar) ser zero.

Assim, o sistema equivalente a fora nica.

c)

Da anlise efectuada em a) j se concluiu que Rz = 0. Conhecendo o momento

resultante em dois pontos, pode-se fazer a propagao de momentos entre ambos,

ficando a resultante como incgnita

=

=

=

+=

+=+=

5.1

00

00

)2;0;0()3;0;0()6;0;0(

)0;;()0;2;0()3;0;0()6;0;0(

x

x

yx

R

O

R

C

R

R

RRRCOMMrr

Como j se concluiu em a), a resultante das foras um vector paralelo a OB , logo a

componente em y desse vector ter que ser igual componente em x.

kNR )0;5.1;5.1(=

d)

Como o sistema equivalente a fora nica, o momento mnimo vai ser zero, no

sendo nesse caso possvel definir um ngulo entre o momento mnimo e outra entidade

qualquer.


37/100


35

Problema 21

Considere o sistema representado na figura. O peso total da barra (nohomognea) corresponde a uma fora de 450N aplicada em B. Sabendo que o

apoio em B apenas resiste compresso determine o mximo valor do peso docorpo E. Admita que no h atrito entre o cabo e a roldana.

Diagrama de corpo livre

Procure-se agora, atravs das equaes de equilbrio, estabelecer uma relao entre P E e VB.

Consegue-se estabelecer uma equao de equilbrio em que s entrem PE e VB,

=+= 0)60(5.44505.25.20 senPVM EBA

EB PV = 56.1450

Para que o apoio tenha compresso necessrio que a reaco tenha o sentido arbitrado (),

ou seja, que

NPV EB 2890

A B

D

2.0m

60C

2.5m

E

A B 60C

T=PE

HA

VA VB

450 N


38/100


36

Problema 22

Considere as estruturas representadas nas figuras a) e b). Determine as reacesde apoio em A e B.

a) Diagrama de corpo livre

kNVVVF

kNVVM

kNHHF

BBAV

AAB

BBH

120240

12024360

100100

==+=

==+=

==+=

)(12

)(12

)(10

=

=

=

kNV

kNV

kNH

B

A

B

4kN/m

4.0m

6.0m

10kN

4kN/m

6.0m

10kN

a) b)

A

BC

A

BC

90

24kN

A

BC

10kN

VA

VB

HB


39/100


37

b) Diagrama de corpo livre

kNVVRF

kNHsenRHF

kNRsenRRM

atg

BBAV

BABH

AAAB

7.1502469.33cos0

5.4069.33100

100243)69.33(4)69.33cos(60

69.336

4

==+=

==+=

==+=

=

=

)(7.15)(10

)(5.4

==

=

kNVkNR

kNH

B

A

B

24kN

A

BC

10kN

RA

VB

HB


40/100


38

Problema 23

Considere a sapata de fundao de um pilar isolado representada nas figuras a) eb). Para cada uma das situaes determine carga q (tenso no solo) e o

comprimentox em que se distribui.

Para que exista equilbrio a reaco do solo dever compensar a aco do pilar.

a)

mkNx

q

mxx

xqx

M

xqxqF

eixo

V

/8001

800800)1(

00.1080022

50.280050.0

2

50.0)2(

0)(22

50.280050.0

2

50.00)2(

80008000)1(

===

==

+

+

=

+

+=

===

0.75m

0.50m

2.50m

0.50m

2.50m

0.50m

800kN400kNm

1200kN

a) b)

x

q (kN/m)

x

q (kN/m)


41/100


39

b)

mkNx

q

mxx

xqxM

xqxqF

eixo

V

/65683.1

12001200)1(

83.10120022

50.2400)2(

0)(2250.24000)2(

1200012000)1(

===

==

+

= +=

===


42/100


40

Problema 24

Para o carregamento representado na figura determine as reaces noencastramento em C de modo a garantir o equilbrio da estrutura.


2.0m

2.0m

3.0m

x

y

z

C

B

A

10kN

20kN20kN

Ry

C

B

A

10kN

20kN20kN

My

Rx MxRz

Mz


43/100


41

O ngulo que a fora inclinada faz com o eixo x =atg(2/3)=33.69

0);;()20;1.21;6.16()0;2;3(

0);;()20;1.21;6.16(0

0);;()20;1.21;6.16(

0);;())90cos();69.33180cos();69.33(cos(20)0:10;0()20;0;0(0

=+

=+=

=+

=+++=

zyx

zyxC

zyx

zyx

MMM

MMMCAM

RRR

RRRF

kNmM

kNmM

kNmM

kNR

kNR

kNR

z

y

x

z

y

x

97

6040

20

1.21

6.16

=

==

=

=

=

21.1

C

B

A

10kN

20kN20kN

60

16.6 4020

97


44/100


42

Problema 25

Considere a placa representada na figura suspensa pela barra CE e apoiada em Ae em O. Para o carregamento representado calcule a fora na barra CE.


Apesar de existirem 6 incgnitas, fazendo somatrio de momentos em reao ao eixo que

passa nos dois apoios (z), anulam-se 5 dessas incgnitas, ficando somente a que se pretende

determinar

=+= 0)1;0;0())0;17;0((0)( CEOAA TACABM

0)1;0;0())0;45;45cos()0;6;0()0;17;0()0;0;3(( =+ senTCE

kNTsenT CECE 120456173 ==+

z

AB

D

C

G

O

3.0m

4.0m

3.0m

y

E

17kN

x

3.0m

F

A

B

D

C

O

17kNTCE

AyAz

Ax

Oy

Ox


45/100


43

Problema 26

Considere a barra representada na figura suspensa em O e por cabos em F, aqual se encontra em equilbrio. O nico carregamento a que a barra est

submetida corresponde ao seu peso. O peso total da barra dado por Pe

yaplicado no seu centro geomtrico. Determine o mximo valor de P sabendo quea fora de traco mxima a que resiste o cabo FK de 50N.

De forma a anular todas as incgnitas, excepto a que interessa, efectua-se o equilbrio de

momentos em relao ao eixo OC

= 0)( OCOM

Considera-se L o ponto de aplicao do peso da barra, que ficar a metade do seu

comprimento

)0;;0( PP =

)1;0;5.1(=OL

)2;0;3(=OF

)555.0;832.0;0(

2

3cos;

2

3;0 =

= FKFKFK TatgatgsenTT

J

AB

C D

EF

G

O

3.0m

2.0m

3.0m

x

y

z

2.0m

H

I

K


46/100


44

)8.0;6.0;0(43

)4;3;0(22=

+==

OC

OCOC

0)8.0;6.0;0())0;;0((0)( =+=FKOCO TOFPOLM

0)8.0;6.0;0())555.0;832.0;0()2;0;3()0;;0()1;0;5.1(( =+ FKTP

0)8.0;6.0;0())496.2;665.1;664.1()5.1;0;(( =+ FKTPP

FKFK TPTP 5.2032.1 ==+

Substituindo TFK pelo seu valor mximo, obtm-se o mximo P

P = 125 N.


47/100


45

Problema 27

Para cada um dos corpos representados nas alneas seguintes proceda anliseda estatia

a) b)

c) d)

e) f)

g) h)


48/100


46

a)

e = 4 3 = 1. Estrutura exteriormente hipersttica do 1 grau.

b)


c)

e = 3 3 = 0. Estrutura exteriormente isosttica, com ligaes mal distribudas (pode

mover-se na horizontal).

d)

e = 4 3 = 1. Estrutura exteriormente hipersttica do 1 grau, com ligaes mal

distribudas (pode rodar em torno de A).

A


49/100


47

e)

e = 7 6 = 1. Estrutura exteriormente hipersttica do 1 grau, com ligaes mal

distribudas (pode rodar em torno do eixo AB).

f)

e = 4 6 = -2. Estrutura exteriormente hiposttica do 2 grau.

g)


A

B

B


50/100


48

h)

e = 6 6 = 1. Estrutura exteriormente isosttica, com ligaes mal distribudas (pode

deslocar-se na direco z).

z


51/100


49

Problema 28

Considere as barras homogneas representadas nas figuras a) e b), com massalinear =20g/m. Para cada situao, determine o valor de x para o qual a barra

fica em equilbrio na posio indicada.

Para a barra estar em equilbrio esttico necessrio que o somatrio de momentos num ponto

seja nulo. Designando por A o ponto de apoio da barra e escolhendo esse ponto para efectuar

o equilbrio de momentos, tem-se

a)

( ) mxxMA 302

6

6200 ==

=

b)

( ) ( ) ( ) mxxxMA 6.3065.12026

6200 ==+

=

b)a)

6.0m

x

6.0m

1.5m

x


52/100


50

Problema 29

Considere o arame homogneo ilustrado na figura, com massa linear =20g/m,constitudo por um quarto de circunferncia com 20cm de raio e um troo recto

com 30cm de comprimento. Determine o ngulo que o troo recto faz com adireco horizontal de modo a que o arame permanea na posio indicada.

Para o arame estar em equilbrio esttico necessrio que o somatrio de momentos num

ponto seja nulo. Designando por A o ponto de apoio do arame e escolhendo esse ponto para

efectuar o equilbrio de momentos, tem-se

( ) 51.590cos2

3.03.020

2.022.0

2

2.0200 ==

=

AM


53/100


51

Problema 30

Considere a seco de uma viga de beto armado representada na figura.Determine:

a) as coordenadas do centro geomtrico;b) os momentos de segunda ordem em relao aos eixos x e y.

a)

Elemento xGi (m) yGi (m) Ai (m2) Syi (m

3) Sxi (m3)

0.15 0.225 0.135 0.02025 0.0308

0.50 0.525 0.150 0.075 0.07875

Totais 0.285 0.09525 0.10955

myA

Sy

mxA

Sx

G

x

G

G

y

G

38.0285.0

10955.0

33.0285.0

09525.0

===

===

0.3

0.45

1.0

0.15

0.45m

0.15m

0.70m0.30m

x

y


54/100


52

b)

Elemento IxGi (m4) IyGi (m

4) Ai (m2) dx-xGi (m) dy-yGi (m)

2.27810-3 1.01310-3 0.135 0.225 0.15

2.81310-4 0.0125 0.150 0.525 0.50

Ixo=2.27810-3

+0.1350.2252

+2.81310-4

+0.1500.5252

=5.0710-2

m4

Iyo=1.10310-3+0.1350.1502+1.2510-2+0.1500.5002=5.4110-2 m4

0.3

0.45

1.0

0.15


55/100


53

Problema 31

Considere uma seco circular com 1.5m de raio e com densidade de massaigual a 300g/m2 e uma massa concentrada de 2121g. Para cada uma das

situaes representadas nas figuras a), b) e c) determine, em relao origem doreferencial, o momento polar de inrcia e o raio polar de girao.

a)

Elemento IxGi (kg.m2) IyGi (kg.m

2) Mi (kg) dx-xGi (m) dy-yGi (m)

1.193 1.193 2.121 1.5 1.5

Ixo=1.193+2.1211.52 = 5.965 kg.m2

Iyo=1.193+2.1211.52 = 5.965 kg.m2

Io= Ixo + Iyo = 5.965+5.965 = 11.931 kg.m2

mM

Ii oo 37.2121.2

931.11===

1.5

b)a) c)

x

y

x

y

2.37m

x

y

2.37m

O O O


56/100


54

b)

Elemento IxGi (kg.m2

) IyGi (kg.m2

) Mi (kg) dx-xGi (m) dy-yGi (m)

0 0 2.121 2.37sen 2.37cos

Ixo=0+2.121(2.37sen)2

Iyo=0+2.121(2.37cos)2

Io= Ixo + Iyo = 2.121(2.37sen)2+2.121(2.37cos)2=2.1212.372(sen2+ cos

2)

Io = 11.913 kg.m2

mM

Ii oo 37.2121.2

913.11===

c)

Como o elemento da alnea c) resulta da soma dos elementos das duas alneas anteriores, o

momento polar de inrcia ser a soma dos momentos polares de inrcia desses elementos

Io= Ioa) + Iob) = 11.931+11.913 = 23.844 kg.m2

O mesmo no se passa em relao ao raio de girao, uma vez que os raios de girao dos

sub-elementos no podem ser somados

mMIi oo 37.2121.22

844.23 =

==


57/100


55

Problema 32

Na figura seguinte est representado um anel de seco circular com raio interiore exterior de 1.0m e 1.5m, respectivamente, cuja densidade de massa igual a

300g/m2

. Determine:a) as coordenadas do centro de massa em relao ao sistema de eixos

indicado;b) os momentos de inrcia em relao aos eixosx ey;c) os raios de girao em relao aos eixosx ey e o raio polar de girao em

relao origem do referencial.

O anel obtm-se por subtraco de dois crculos.

a)

Como o elemento em questo tem simetria radial, o centro de massa situa-se no centro de

simetria, logo

mxG 25.1)45cos(3 ==

msenyG 25.1)45(3 ==

x

y

3.0m

45

O


58/100


56

b)



1.193 1.193 2.121 25.1 25.1

-0.236 -0.236 -0.942 25.1 25.1

Ixo=1.193+2.121( 25.1 )2-0.236-0.942( 25.1 )2 = 6.263 kg.m2

Iyo=1.193+2.121( 25.1 )2

-0.236-0.942( 25.1 )2

= 6.263 kg.m2

c)

mM

Ii xox 3.2942.0121.2

263.6=

==

mM

Ii

yo

y3.2

942.0121.2

263.6=

==

mM

II

M

I

i

yoxoo

o 3.3942.0121.2

263.62

=

=

+

==

1.5

1.0


59/100


57

Problema 33

Para a seco representada na figura, constituda por um material com massasuperficial =1.0kg/m2, determine:

a) as coordenadas do centro de massa em relao ao sistema de eixosindicado;

b) os momentos de inrcia em relao aos eixos x e y.

a)

Como o elemento em questo se encontra tabelado, basta efectuar a correspondente

translao

mxG 40.030.03

220.0 =

+=

myG 10.030.03

1==

b)

Elemento IxGi (kg.m2

) IyGi (kg.m2

) Mi (kg) dx-xGi (m) dy-yGi (m)

2.2510-4 2.2510-4 0.045 0.10 0.40

Ixo = 2.2510-4+0.0450.12 = 6.7510-4 kg.m2

Iyo = 2.2510-4+0.0450.402 = 74.2510-4 kg.m2

0.30m

0.30m0.20m

x

y

O


60/100


58

Problema 34

Para a seco representada na figura, constituda por dois materiais com massassuperficiais distintas, A=1.0kg/m

2 e B=3.0kg/m2, determine:

a) as coordenadas da posio do centro de massa relativamente ao sistema de

eixos (x,y);b) os momentos de inrcia em relao a eixos paralelos a x e y que passam

no centro de massa da seco.

a)

Elemento xGi (m) yGi (m) Mi (kg) Syi (kg.m) Sxi (kg.m)

0.40 0.10 0.045 0.018 0.005

0.60 0.15 0.180 0.108 0.027

Totais 0.225 0.126 0.032

myM

Sy

mxM

Sx

G

x

G

G

y

G

14.0225.0

032.0

56.0225.0

126.0

===

===

X

Y

O

0.20 m 0.30 m 0.20 m

0.30 mA B

0.3

0.3

0.2

0.3


61/100


59

b)

Inicialmente proceder-se- ao clculo dos momentos de inrcia em relao aos eixos

representados, passando-os posteriormente para os eixos solicitados.



2.2510-4 2.2510-4 0.045 0.10 0.40

13.510-4 610-4 0.180 0.15 0.60

Ixo=2.2510-4+0.0450.102+13.510-4+0.1800.152=0.6110-2 kg.m2

Iyo=2.2510-4+0.0450.402+610-4+0.1800.602=7.2810-2 kg.m2

Passando para os eixos que passam no centro de massa

Ixg= Ixo - MyG2

=0.0061-(0.045+0.180)0.142

=0.1710-2

kg.m2

Iyg= Iyo - MxG2=0.0728-(0.045+0.180)0.562=0.2210-2 kg.m2

0.3

0.3

0.2

0.3


62/100


60

Problema 35

Para a seco representada na figura determine:a) as coordenadas do centro geomtrico;

b) os momentos de segunda ordem em relao aos eixosx ey;c) os raios de girao em relao aos eixosx ey e o raio polar de girao em

relao origem do referencial.

A seco obtm-se por subtraco de dois semi-crculos.

a)

Elemento xGi (m) yGi (m) Ai (m2

) Syi (m3

) Sxi (m3

)

1.80 0.964* 5.09 9.162 4.90676

1.80 0.879 -4.02 -7.236 -3.53358

Totais 1.07 1.926 1.373

mxA

Sx G

y

G 80.107.1

926.1=== (Resultado bvio, por simetria)

myA

Sy G

x

G 28.107.1

373.1===

*

+=

3

80.142.0

Gy

+=3

60.142.0Gy

R 1.80

R 1.60

x

y

R 1.60m

R 1.80m

0.20mO


63/100


61

b)

Elemento IxGi

(m4) IyGi

(m4) Ai(m2) d

x-xGi(m) d

y-yGi(m)

1,152 4,122 5.09 0.964 1.80

-0,719 -2,574 -4.02 0.879 1.80

Ixo=1.152+5.090.9642-0.719-4.020.8792=2.06 m4

Iyo=4.122+5.091.802-2.574-4.021.802=5.02 m4

c)

mA

Ii xox 39.102.409.5

06.2=

==

mA

Ii

yo

y17.2

02.409.5

02.5=

==

mA

II

A

Ii

yoxoo

o 57.202.409.5

02.506.2=

+

=+

==

R 1.80

R 1.60


64/100


62

Problema 36

A figura representa o corte transversal de um macio de beto que suporta umaconduta de abastecimento de gua com 50cm de dimetro. Admita que a

conduta se encontra cheia e que o beto e a gua tm massas superficiaisB=2.4ton/m

2 e A=1.0ton/m2, respectivamente.

a) Determineas coordenadas do centro de massa relativamente ao sistema deeixos (x,y);

b) Determine o raio de girao relativamente a eixos paralelos a x ey e quepassem no centro de massa.

Para obter a seco representada, inicialmente subtrai-se um crculo de beto e adiciona-se um

crculo de gua.

a)

Elemento xGi (cm) yGi (cm) Mi (ton) Syi (ton.cm) Sxi (ton.cm)

35 40 1.344 47.04 53.76

35 45 -0.471 -16.493 -21.206

35 45 0.196 6.872 8.836

Totais 1.069 37.419 41.390

70

80

R 50

R 50

x

y

O

10 cm

10 cm 10 cm

20 cm


65/100


63

cmxM

Sx G

y

G 35069.1

419.37=== (Resultado bvio, por simetria)

cmy

M

Sy G

x

G 39

069.1

390.41===

b)

Para calcular os raios de girao necessrio conhecer previamente os momentos de inrcia

em relao aos respectivos eixos. Neste caso, como so eixos paralelos aos representados, que

passam no baricentro, inicialmente proceder-se- ao clculo dos momentos de inrcia em

relao aos eixos representados, passando-os posteriormente para os eixos solicitados.

Elemento IxGi(ton.cm2)

IyGi(ton.cm2)

Mi (ton) dx-xGi (cm) dy-yGi (cm)

716.8 548.8 1.344 40 35

-73.63 -73.63 -0.471 45 35

30.68 30.68 0.196 45 35

Ixo=716.8+1.344402-73.63-0.471452+30.68+0.196452=2268 ton.cm2

Iyo=548.8+1.344352-73.63-0.471352+30.68+0.196352=1816 ton.cm2


Ixg= Ixo - MyG2=2268-1.06938.72=667 ton.cm2

Iyg= Iyo - MxG2=1816-1.069352=506 ton.cm2

cmM

Ii xox 25069.1

667===

cmM

Ii

yo

y

22069.1

506===

70

80

R 50

R 50


66/100


64

Problema 37

Para a seco representada na figura determine:a) as coordenadas da posio do centro de massa relativamente ao sistema de

eixos (x,y);

b) o momento polar de inrcia relativamente ao centro de massa da seco;c) o raio polar de girao em O.

a)

Elemento xGi (cm) yGi (cm) Mi (kg) Syi (kg.cm) Sxi (kg.cm)

10 15 3 30 45

10 12.88 -0.196 -1.96 -2.52

20 30 2 40 60

Totais 4.804 68.04 102.48

cmxM

Sx G

y

G14

804.4

04.68===

cmyM

Sy G

x

G21

804.4

48.102===

=

35415Gy

20

30

R 5

= 50 kg/m2

x

y

O

5(cm)

55

10

10

m = 2 kg

5

5

5


67/100


65

b)

Para calcular o momento polar no baricentro necessrio conhecer previamente os momentos

de inrcia em relao a dois eixos ortogonais entre si que passem nesse ponto, como por

exemplo, eixos paralelos aos representados. Assim, inicialmente proceder-se- ao clculo dosmomentos de inrcia em relao aos eixos representados, passando-os posteriormente para

eixos paralelos que passam no baricentro.

Elemento IxGi (kg.cm2) IyGi (kg.cm

2) Mi (kg) dx-xGi (cm) dy-yGi (cm)

225 100 3 15 10

-0.171 -0.613 -0.196 12.88 10

0 0 2 30 20

Ixo=225+3152-0.171-0.61312.882+0+2302=2667 kg.cm2

Iyo=100+3102-0.613-0.196102+0+2202=1180 kg.cm2


Ixg= Ixo - MyG2=2667-4.804212=481 kg.cm2

Iyg= Iyo - MxG2=1180-4.804142=216 kg.cm2

IG= Ixg + Iyg =481+216 = 697 kg.cm2

c)

cmA

II

M

Ii

yoxoo

o 28804.4

11802667=

+=

+==

20

30

R 5


68/100


66

Problema 38

No bloco representado na figura, com peso igual a 300N, verificou-se que aoaplicar uma fora F de 50N este permanece em equilbrio. Calcule o valor docoeficiente de atrito esttico.

17.030050

30003000

500500

==+=

===

ee

y

ea

aax

NNNF

NF

NFFF

Para se obter um valor concreto para e seria necessrio conhecer o valor de F para o qual o

movimento do bloco iminente.

F

50

NFa

300

x

y


69/100


67

Problema 39

Os corpos representados nas figuras a) e b) tem massa igual a 40kg. Os corposencontram-se em repouso apoiados numa superfcie horizontal. Considere que o

coeficiente de atrito entre as superfcies em contacto vale e=0.30. Para cadauma das situaes determine o valor mximo da fora F garantindo o equilbriodos corpos.

a)

Na iminncia de movimento

NFFF

NF

NNNF

NF

x

a

y

ea

7.11707.1170

7.11739230.0

392081.9400

===

==

==+=

=

b)

Como a fora de atrito no depende da rea de contacto, a fora mxima idntica

calculada em a).

(m)

F

0.5 0.52.0

b)

F

3.0

a)

F

NFa

409.81

x

y


70/100


68

Problema 40

Uma fora de 100N, como indicado na figura, actua num bloco cujo peso de300N. O bloco est apoiado num plano inclinado. Considere que os coeficientes

de atrito entre o bloco e o plano inclinado valem e=0.25 e c=0.20. Diga se obloco se encontra em equilbrio e determine o valor da fora de atrito.

Determinar a tendncia do movimento

NsenP

atg

util

180300

9.364

3

==

=

=

Como a componente til do peso superior fora aplicada, a tendncia de movimento do

bloco vai ser no sentido descendente, sendo a fora de atrito no sentido contrrio.

Se o bloco estiver em repouso

NFFsenF aax 8003001000 ===

34

100N

300N

100

300 N

Fax

y


71/100


69

A fora de atrito mxima que se consegue mobilizar entre o bloco e o plano

NF

NNNF

NF

a

y

ea

6024025.0

2400cos3000

==

==+=

=

Como o valor da fora de atrito necessria para manter o bloco em repouso superior ao valor

mximo, o bloco estar em movimento.

Nesse caso, a fora de atrito cintica

NF

NF

a

ca

4824020.0 ==

=


72/100


70

Problema 41

O bloco representado nas figuras a) e b), inicialmente em repouso, tem pesoigual a 250N. Para a situao ilustrada na figura a) verificou-se que ao aplicar

uma fora F superior a 50N este inicia o movimento. Calcule o valor docoeficiente de atrito esttico entre o bloco e a superfcie plana. Determine ainclinao mxima que a superfcie plana pode apresentar sem que ocorraescorregamento do bloco (figura b).


20.025050

25002500

500500

==

==+=

=

===

ee

y

ea

aax

NNNF

NF

NFFF

A inclinao pretendida corresponde ao ngulo de atrito esttico

3.11)20.0()( === atgatg ee

F

b)a)

50

NFa

250

x

y


73/100


71

Problema 42

Como mostra a figura, um bloco de massa m=20kg est colocado sobre umasuperfcie plana. aplicada no bloco uma fora F, a uma altura h. Sabe-se quequando a superfcie faz um ngulo > 30 com o plano horizontal inicia-se o

escorregamento do bloco. Para a situao ilustrada na figura, calcule o valor dafora F, bem como a altura h, para que fique simultaneamente iminente oescorregamento e o derrubamento do bloco.

Quando o bloco estiver na iminncia de deslocamento e de derrubamento, o diagrama de

corpo livre ser o seguinte

cmFhFhM

NF

NF

tgtg

F

NNNF

NF

FFFFF

A

a

ee

ea

y

ea

aax

268.113

)81.920(15)81.920(150)81.920(15

8.113

8.1132.19658.0

58.0)30()(

2.196

2.196081.9200

00

=

=

===

=

==

===

=

==+=

=

===

30cm

h

F

15cm

h

F

NFa

209.81

x

y

A


74/100


72

Problema 43

Um bloco cbico, com 60kg de massa, cujo volume de 1.0m3, est apoiadonum plano inclinado, o qual faz um ngulo com a horizontal. O blocoencontra-se em repouso. Considere que o coeficiente de atrito entre o bloco e o

plano inclinado vale e=0.60. Fazendo variar a inclinao do bloco a partir de=0, diga qual das situaes, deslizamento ou derrubamento condiciona oequilbrio do sistema.

O deslizamento ocorrer quando

31)60.0()( ==== atgatg ee

Analisando o derrubamento

45cos0)81.960(5.0)cos81.960(5.00 ===+= sensenMA

o deslizamento que provoca o movimento do bloco e ocorre para um ngulo de 30.

609.81

FaN

0.5m

0.5mA


75/100


73

Problema 44

Considere as figuras a) e b). Os pesos A e B esto ligados por um cabo quepassa por um cilindro C. O cilindro representado na figura a) encontra-se emrepouso enquanto o cilindro relativo figura b) roda lentamente no sentido

indicado. Os coeficientes de atrito esttico e cintico valem 0.45 e 0.30,respectivamente. Sabendo que o peso de A vale 80N determine para cadasituao o peso mximo do bloco B de modo a garantir que permanecem naposio representada.

a)

O peso do bloco B poder aumentar at que esse aumento provoque a descida de B e a

subida de A. Na situao limite a tenso no fio do lado direito do cilindro ser maior

do que a tenso no fio do lado esquerdo do cilindro.

O ngulo de contacto = rad.

NPPPe

P

PBAB

A

B 8.3288011.411.445.0 ====

b)

A anlise idntica, mas como o cilindro est em movimento, aplica-se o coeficiente

de atrito cintico

NPPPeP

PBAB

A

B

3.2058056.256.230.0

====

A B A B

b)a)

C C

T1=PAT2=PB

C


76/100


74

Problema 45

Considere as figuras a) e b). Os pesos A e B esto ligados por um cabo quepassa pelos cilindros indicados, encontrando-se em equilbrio. O cilindro D temum dimetro de 30cm, sendo o dobro dos restantes. Sabe-se que o coeficiente de

atrito esttico vale 0.25 e que o peso de A vale 800N. Determine:a) peso mnimo do bloco B de modo a garantir o equilbrio (figura a));b) o nmero mnimo de voltas para garantir o equilbrio considerando o valor

do peso de B obtido na alnea a) (figura b)).

a)

O peso do bloco B poder diminuir at que essa reduo provoque a descida de A e asubida de B. Na situao limite a tenso no fio do lado direito de cada cilindro ser

menor do que a tenso no fio do lado esquerdo desse cilindro.

A B

C

DE

A

B

C

b)a)

PB

C

DE

TE

TE >PB=

PA

TD

TD TE

TD >TE=

PA >TD=


77/100


75

NTPeP

T

NT

TeT

T

NP

TeT

P

E

B

B

E

DE

E

D

A

D

D

A

7619.2

16719.2

16719.2

365

19.2

36519.2

800

19.2

25.0

25.0

25.0

====

====

====

Nota: como o atrito entre o cabo e os diferentes cilindros o mesmo, poder-se-ia ter

calculado PB como se o cabo passasse s por um cilindro com um ngulo de contacto

igual soma dos ngulos de contacto com os cilindros C, D e E

NPPePP A

B

B

A 7655.10

80055.10

3

325.0 ====

=++=

b)

41.925.0)5.10ln(5.1076

800

80076

25.025.025.0 =====

=


78/100


76

Problema 46

Considere o sistema representado na figura. O peso do bloco A de 50N e o dobloco B de 100N. O coeficiente de atrito esttico entre os blocos A e B e a

superfcie vertical de 0.20.a) Calcule o menor valor da fora N (perpendicular superfcie do bloco B)

de modo a garantir o equilbrio, admitindo que no h atrito entre o cabo eo tambor C.

b) Determine o menor valor do coeficiente de atrito esttico entre o cabo e otambor C, necessrio a garantir o equilbrio do sistema, considerando queN vale metade do valor obtido na alnea a).

a)

A tendncia do movimento ser para B descer e A subir, uma vez que P B>PA

Identificam-se 7 incgnitas, sendo portanto necessrias 7 equaes

Equilbrio do bloco B

0)15(0

0)15cos(0

1

1

=+=

==

BaBy

x

PsenNFTF

NRF

15

A B

N

C

15

PB=100

N

TB

R1

Fa1

R1

Fa1

TA

PA=50

R2

Fa2

x

y


79/100


77

Equilbrio do bloco A

00

00

21

21

==

=+=

AaaAy

x

PFFTF

RRF

Sabendo que no existe atrito em C

BA TT =


22

11

20.0

20.0

RF

RF

a

a

=

=

Resolvendo o sistema obtm-se o valor pedido

N = 156 N

b)

A tendncia do movimento continua a ser B descer e A subir, uma vez que P B>PA

Identificam-se 6 incgnitas, sendo portanto necessrias 6 equaes

Equilbrio do bloco B

0)15(0

0)15cos(0

1

1

=+=

==

BaBy

x

PsenNFTF

NRF

Equilbrio do bloco A

00

00

21

21

==

=+=

AaaAy

x

PFFTF

RRF

15

PB=100

N=78

TB

R1

Fa1

R1

FA1

TA

PA=50

R2

Fa2

x

y


80/100


78


22

11

20.0

20.0

RF

RF

a

a

=

=

Resolvendo o sistema obtm-se as tenses no fio, necessrias para manter os blocos

em repouso

TA = 80 N

TB = 106 N

Agora calcula-se o coeficiente de atrito necessrio para que as tenses esquerda e

direita do tambor sejam as pretendidas. O ngulo de contacto = rad.

09.080

106ln

80

106==

== eeA

B ee eeT

T


81/100


79

Problema 47

Considere a estrutura representada na figura. O peso do bloco A de 6.0kN e odo bloco B desprezvel. O coeficiente de atrito esttico entre os corpos A e B eentre o cabo e o tambor de 0.10. O coeficiente de atrito esttico entre B e a

superfcie horizontal de 0.40. Determine:a) o peso mximo do bloco C para que no ocorra o deslizamento dos

corpos;b) a altura mxima do bloco A para que este no seja derrubado, quando

mobilizada a fora de atrito mxima na interface entre os corpos A e B.

a)

O peso do bloco C poder aumentar at que esse aumento provoque o deslizamento: de

A sobre B ou de A e B sobre o plano horizontal. Na situao limite a tenso no fio do

lado direito do cilindro ser maior do que a tenso no fio do lado esquerdo do cilindro.

Peso de C necessrio para que o bloco A deslize sobre B

A tendncia de movimento ascendente, logo a fora de atrito vai ter sentido

descendente.

1.0m

h AB

C10

FaPA=6N

PC

10 T

T

10

x

y


82/100


80

0)10cos()10(0 =+= TsenPFF Aax

kNT

TsensenTF

senTFsenTNNsenTF

NF

x

a

y

ea

69.1

0)10cos()10(6))10()10cos(6(1.00

))10()10cos(6(1.0)10()10cos(60)10cos(6)10(0

=

=++=

+=+==+=

=

Fazendo o equilbrio no tambor (ngulo de contacto =0.5)

kNPeP

eT

PC

cc e 269.1

5.010.05.0 ===

Peso de C necessrio para que o conjunto A+B deslize sobre o plano horizontal.

A tendncia de movimento para a direita, logo a fora de atrito ser para a esquerda.

00 =+= TFF ax

kNTTF

kNF

NNNF

NF

x

a

y

ea

4.204.20

4.264.0

6060

==+=

==

==+=

=

Fazendo o equilbrio no tambor (ngulo de contacto =0.5)

kNPeP

eT

PC

cc e 8.24.2

5.010.05.0 ===

A alterao do repouso condicionada pelo menor valor dos dois pesos calculados

para C. Logo o mximo peso de C sem que ocorra deslizamento 2 kN.

FaPA=6 N

PC

T

T

x

y


83/100


81

b)

A fora de atrito mxima entre A e B mobilizada quando o deslizamento entre os

dois corpos iminente. Nessa situao, a tenso transmitida pelo cabo ao bloco T =

1.69 kN (conforme se calculou em a)).

Analisando o derrubamento nessa situao

mh

PsenPhThM AAA

6.2

0))10cos((5.0))10((5.0))10cos((0

=

=++=

PA=6 N

10

T=1.69

10Fa

A

0.5m

h


84/100


82

Problema 48

Considere o sistema representado na figura. A massa do bloco A de 10kg e a

do bloco B de 20kg. O ngulo de atrito esttico entre todas as superfcies de30.

a) Determine os valores mximos de P1 e P2 de modo a garantir que no hdeslizamento.

b) Com base nos valores obtidos na alnea anterior calcule o valor mximode h de modo a garantir o equilbrio do sistema.

a)

Determinar o mximo valor de P2 sem que o bloco A deslize sobre o B.

Equilbrio do bloco A na iminncia de deslizamento

30

BP2

P1

A

1.0m

h

h

30

P2

PA=109.81

N2 Fa2

T2T2

x

y


85/100


83

NT

senTF

tgtg

senTF

senTNNsenTF

NF

TFFTF

a

ee

ea

y

ea

aax

98

))30(1.98(58.0

58.0)30()(

))30(1.98(

)30(1.98081.910)30(0

)30cos(0)30cos(0

2

22

22

2222

22

2222

=

+=

===

+=

+==+=

=

==+=

Equilbrio do tambor na iminncia de deslizamento

(ngulo de contacto =362

= )

NPePeT

P e 17998 2

358.023

2

2 ===

Determinar o mximo valor de P1 sem que o bloco B deslize sobre o plano.

Equilbrio do bloco B na iminncia de deslizamento

NT

NF

tgtg

F

NsensenTN

NNNNF

NF

FFsenT

FsenTTFFTF

a

ee

ea

y

ea

aa

aaax

2831983.85

1983.34358.0

58.0)30()(3.343

3.343196)30(981.98196)30(1.98

196081.9200

3.85))30(981.98(58.0

))30(1.98(58.000

1

1

1

21

2112

11

111

121121

=+=

==

====

=++=++=

+==+=

=

+=++=

++===

Equilbrio do tambor na iminncia de deslizamento (ngulo de contacto =2

)

NPeP

eT

P e701

283 12

58.012

1

1 ===

N2Fa2

x

y

PB=209.81 P1Fa1

N1

T1 T1


86/100


84

b)

Anlise do bloco A na iminncia de derrubamento

mh

hMA

58.0

0)81.910(5.0))30cos(98(0

=

==

Anlise do bloco B na iminncia de derrubamento

mh

hhMA

86.0

0)81.920(5.01475.0284850

=

=++=

O mximo valor de h que garante o repouso para P1 e P2 calculados na alnea a) h =

0.58 m.

30

PA=109.81

N2

Fa2

T2=98

A

0.5 m

h

h

N2=147Fa2=85

PB=209.81

Fa1N1

T1=284

0.5 m

A


87/100


85

Problema 49

Considere o sistema representado na figura:a) Calcule o valor do trabalho quando F=3 kN,

M=5 kNm e =0.5 rad;

b) Determine, aplicando um princpio energtico,o valor de M para o qual o sistema se mantmna posio representada (=0), quando F=3 kN.

a)

( ) kJsensenMF 3.35.275.55.2)5.0(12)5.0(543 ===+=+=

b) Admite-se um deslocamento virtual em relao posio pretendida

M

2 m

2 m

r

F

O trabalho virtual nulo, logo

( ) ( ) 01212)(43 ===+=+= MMMMrF

A soluo no trivial da equao anterior M=12 kNm.


88/100


86

Problema 50

Considere o sistema representado na figura:a) Calcule o valor do trabalho quando F1=10 kN,

F2=5 kN e =0.05 rad;b) Determine, aplicando um princpio energtico, o

valor de F1 para o qual o sistema se mantm naposio =30, quando F2=10 kN.

a)

( ) ( ) ( )kJ

sensenvFhF

6.107.050.1)05.0cos(160)05.0(30cos66106521

=+=+=+=+=


89/100


87

b) Admite-se um deslocamento virtual em relao posio pretendida


021 =+= vFhF

sensenh += 6)(6

Recordando que

sensensen +=+ coscos)(

( ) sensensenh += 6coscos6

Como to pequeno como se queira, pode-se considerar 1cos e sen

( ) sensenh += 6cos6

( ) = cos6h

)cos(6cos6 +=v

Recordando que

sensen =+ coscos)cos(

( ) sensenv = coscos6cos6

Como to pequeno como se queira, pode-se considerar 1cos e sen

( ) = senv cos6cos6

( ) = senv 6

Substituindo os deslocamentos calculados na expresso do trabalho elementar

06cos6 21 =+= senFF

06)10cos( 1 =+= senF

06))30(10)30cos(( 1 =+= senF

A soluo no trivial da equao anterior F1= -5.8 kN.


90/100


88

Problema 51

Considere o sistema representado na figura:a) Determine a posio de equilbrio, quando P=0, F=10 kN e K=100 kN/m;

b) Determine o valor crtico de P, quando F=0 e K=100 kN/m.

a)

Aplicando o Princpio dos Trabalhos Virtuais (PTV)

Admite-se um deslocamento virtual em relao posio de equilbrio ()

F

3 sen

3 sen(+)

h 2 sen

2 sen(+)

2 m

1 m


[ ] [ ]( ) 03)(32

1 22 =+= sensenKhF

= cos2h

[ ] [ ]( ) 0)(910021)cos2(10 22 =+= sensen


91/100


89

[ ] [ ] ) 0coscos450cos20 22 =+= sensensen

[ ] [ ] ) 0cos450cos20 22 =+= sensen

[ ] [ ] [ ]( ) 0coscos2450cos20 222 =++= sensensen

[ ] [ ] ) 0coscos2450cos20 22 =+= sen

[ ]2 um infinitsimo de ordem superior, ou seja, [ ] 02

( ) 0cos2450cos20 == sen

0cos900cos20 == sen

0cos)90020( == sen

A soluo no trivial da equao anterior = 1.27.

Aplicando o Princpio da Estacionariedade da Energia Potencial (PEEP)

Determina-se a energia potencial para uma configurao que se admite ser de

equilbrio ()

F

3 sen

2 sen

2 m

1 m

2)3(2

1)2( senKsenFU +=

2)3(50)2(10 sensenU +=

2)(45020 sensenU +=


92/100


90

Estacionarizando a energia potencial

0=d

dU

0)cos2(450cos20 =+=

send

dU

0cos)20900( ==

send

dU


b)

Calculando a energia potencial para uma posio genrica

3

Ph

3 cos

3 sen

2)3(2

1)cos33( senKPU +=

2)(450)cos1(3 senPU +=

O equilbrio estvel quando 02

2

>d

Ud

sensenPd

dU+= cos9003

)(cos900cos3 222

2

senPd

Ud+=

No limite e para a trajectria fundamental (=0)

09003 =+ P

Assim, o valor crtico de P ser P= 300 kN.


93/100


91

Problema 52

Determine a posio de equilbrio do sistema representado na figura.

30 kN

K=1500 kNm/rad

5 m



30

5 sen

5 sen(+)

5 m

K


( ) [ ] [ ]( ) 021

5)(53022

=++= Ksensen

[ ] [ ]( ) 015002

1)cos5(30 22 =+=

( ) 02750cos150 222 =++=

02750cos150 2 =+=



94/100


92

01500cos150 ==

0)1500cos150( ==

A soluo no trivial da equao anterior 10

cos =

Como se trata de uma equao no linear em , para a sua resoluo de uma forma

simples, admite-se que pequeno e por conseguinte 1cos .

Nesta circunstncia = 0.1 rad.

Confirmando a aproximao admitida, 1995.0)1.0cos( =



equilbrio ()

30

5 sen

5 m

K

2

2

1)5(30 += KsenU

2900150 += senU


0=d

dU

01500cos150 =+= d

dU

A equao acima equivale soluo no trivial da equao do PTV. Aplicando os

mesmos pressupostos, obtm-se = 0.1 rad.


95/100


93

Problema 53

Considere o sistema representado na figura:a) Determine a posio de equilbrio, quando P=0 e M=10 kNm;b) Determine o valor crtico de P, quando M=0.

a)



2 sen

2 sen(+)

1 sen

sen(+)

K1

K2

M


[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 0)(2

12)(2

2

1 222

221 =++= sensenKsensenKM

[ ] [ ] ) [ ] [ ] ) 0)(150)(40010 2222 =++= sensensensen

[ ] [ ] ) 0)(5501022

=+= sensen


96/100


94

[ ] [ ] ) 0cos55010 22 =+= sensen

[ ] [ ] [ ] ) 0coscos255010 222 =++= sensensen[ ] [ ] ) 0coscos255010 22 =+= sen


( ) 0cos255010 == sen

( ) 0)cos255010( == sen

0)255010( == sen




equilbrio ()

22

21 )(2

1)2(

2

1 senKsenKMU ++=

22 )(150)2(10010 sensenU ++=

2)(55010 senU +=


97/100


95


0=d

dU

0)cos2(55010 =+=

send

dU

0102550 ==

send

dU

A soluo da equao anterior = 0.52.

b)


22

21 )(2

1)2(

2

1)cos33( senKsenKPU ++=

2)(550)cos1(3 senPU +=

O equilbrio estvel quando 02

2>

d

Ud

sensenPd

dU+= cos11003

)(cos1100cos3 222

2

senPd

Ud+=

No limite e para a trajectria fundamental (=0)

011003 =+ P

Assim, o valor crtico de P ser P= 367 kN.


98/100


96

Problema 54

Considere o sistema representado na figura:a) Determine a posio de equilbrio, quando P=2 kN e F=10 kN;b) Determine o valor crtico de P, quando F=0.

a)



F

4 sen

4 sen(+)

2 sen

2 sen(+)

P

h

v

4 cos(+)4 cos

K2

K1


[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 02

12)(2

2

1 222

221 =+++= KsensenKhFvP

[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 02

1)(2 222

221 =+++= KsensenKhFvP


99/100


97

( ) = senv 4

( ) = cos4h

[ ] [ ] =+ cos2)( 22 sensensen

[ ] [ ] =+ 222

( ) 0)2(750cos21000cos41042 =+= sensen

01500cos2000cos408 =+= sensen

0)1500cos2000cos408( =+= sensen

A soluo no trivial da equao anterior uma equao no linear em

, para a suaresoluo de uma forma simples, admite-se que pequeno e por conseguinte

1cos e sen .

Nestas circunstncias = 0.01 rad.

Confirmando a aproximao admitida, 1995.0)01.0cos( =

01.0)01.0( =sen



equilbrio ()

22

21 2

1)2(

2

1)cos44()4( ++= KsenKPsenFU

22 750)(1000)cos88(40 ++= sensenU


100/100



0=d

dU

01500cos20008cos40 =++=

sensend

dU

A equao acima equivale soluo no trivial da equao do PTV. Aplicando os

mesmos pressupostos, obtm-se = 0.01 rad.

b)


A expresso de energia potencial idntica determinada em a) sem a parcela

correspondente fora horizontal, que neste caso nula. Ento

22 750)(1000)cos44( ++= senPU

22 750)(1000)cos1(4 ++= senPU

exercicios resolvidos de mecanicaa

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