Exercicios resolvidos de Mec Geral PDF

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resolução de questões de química analítica, apresentadas em aula da universidade federal do Piauí, do curso de engenharia de materiais....

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ÍNDICE

1. Introdução ..................................................................................................................3 2. Forças Sobre uma Partícula .....................................................................................4 2.1. Forças no plano sobre uma partícula ...................................................................4 2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) ..............5 2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) ........... 10 2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano ................................................................... 14 2.2. Forças no espaço sobre uma partícula ..............................................................17 2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação .....19 2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço.................................................................19 3. Corpo Rígido............................................................................................................26 3.1. Momento de uma Força (Torque)........................................................................26 3.1.1. Vetor do Momento de uma Força ......................................................................... 26 3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano ............... 27 3.1.3. Binário ....................................................................................................................... 30 3.2. Principio da Transmissibilidade..........................................................................30 3.3. Sistema Equivalente.............................................................................................31 3.4. Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano ..............................................................33 3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos.................................................................................. 33 4. Estruturas Isostáticas Simples e Planas ...............................................................37 4.1. Treliças ..................................................................................................................37 4.1.1. Aplicações das Treliças.......................................................................................... 37 4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça .................................................................. 38 4.1.3. Métodos de Análise.................................................................................................38 5. Cargas Distribuídas Sobre Vigas ...........................................................................43 5.1. Centróides de Superfícies Planas .......................................................................43 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa............................................................ 43 5.1.2. Centróides de Superfícies Planas ........................................................................45 5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribuídas ............48 6. Momento de Inércia de Áreas.................................................................................52 6.1. Momento de Inércia..............................................................................................52 6.2. Momento de Inércia de Áreas Elementares........................................................54 6.3. Momento Polar de Inércia de Área ......................................................................55 6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma Área ....................................................56 6.5. Raio de Giração de uma Área..............................................................................58

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1. INTRODUÇÃO

A disciplina MECÂNICA GERAL tem como propósito o estudo da Estática dos Corpos Rígidos, e para isto o seu desenvolvimento é basicamente dividido em três etapas; estudo de forças sobre uma partícula, estudo de forças sobre um corpo rígido e estudo das propriedades geométricas de áreas planas. Na primeira etapa, forças sobre uma partícula, faremos o estudo do equilíbrio de corpos cujas dimensões nas situações analisadas são desprezíveis. Durante o estudo de forças sobre uma partícula resgataremos alguns conceitos de álgebra vetorial, sistemas lineares e matrizes. Desta maneira faz-se necessário, para um melhor aproveitamento da turma, que os alunos utilizem os conhecimentos adquiridos em disciplinas como Matemática Básica, Álgebra Linear e Física I para encontrarem as soluções dos problemas proposto no curso. No estudo de corpos rígidos (indeformáveis) os alunos irão encontrar elementos que, diferente de uma partícula, apresentam dimensões representativas e, como já visto em Física I, podem ser submetidos a uma rotação a partir da atuação de uma força. Ao estudo de forças sobre uma partícula, esta etapa irá acrescentar o conceito de mRmento de uma força (torque). Por fim, na terceira etapa, estudo das propriedades geométricas de áreas planas, serão apresentados os conceitos de momento estático de áreas planas, centróides e momento de segunda ordem. Estes conceitos, assim como todos os outros das etapas anteriores, serão vastamente explorados no curso de Mecânica dos Sólidos.

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2. FORÇAS SOBRE UMA PARTÍCULA Antes de iniciarmos o estudo propriamente dito de força sobre uma partícula, apresentaremos algumas definições gerais. Grandezas Escalares

Grandezas que são perfeitamente caracterizadas por um valor numérico são denominadas escalar. Como exemplos de grandezas escalares comumente utilizadas na estática podemos citar massa, volume, área e comprimento.

Grandezas Vetoriais

Grandezas que necessitam de um vetor, ou seja, módulo, direção e intensidade, são ditas vetoriais. Como exemplos de grandezas vetoriais comumente utilizadas na estática podemos citar força e momento. Vetor Força

Uma força representa a ação de um corpo sobre outro. Ela, como todo vetor, é caracterizada por seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. A intensidade de uma força terá como unidade do SI o newton (N) e seu múltiplo, o quilonewton (KN), igual a 1000N.

fig. 01 – Vetor Força

2.1. FORÇAS NO PLANO SOBRE UMA PARTÍCULA

fig. 02 – Forças no plano sobre uma partícula.

A aplicação de forças no plano sobre uma partícula como apresentada na figura 02 pode gerar apenas dois efeitos; translação ou repouso.

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2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partícula, assim como visto desde o ensino médio, poderá ser determinada a partir dos métodos do paralelogramo e do polígono. -Método do Paralelogramo

-Método do Polígono

fig. 03 – Métodos de Composição Vetorial

Determinação do módulo da Resultante de duas forças sobre uma partícula Partindo dos métodos anteriormente apresentados podemos determinar o módulo da força resultante através das leis dos senos e dos cossenos.

- Lei dos senos

fig. 04 – Lei dos senos

h1 = b. sen C = c. sen B ⇒

b c = sen B sen C

(I)

h 2 = b. sen A = a. sen B ⇒

b a = sen B sen A

(II)

De I e II concluímos

b a c = = sen B sen A sen C

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- Lei dos cossenos

fig. 05 – Lei dos cossenos

a = h 2 + (b − HA) 2 ⇒ a 2 = (c. sen A) 2 + (b − c. cos A) 2 a 2 = c 2 . sen 2 A + b 2 − 2.b.c. cos2 A + c2 . cos2 A a 2 = c 2 (sen 2 A + cos 2 A ) + b 2 − 2.b.c . cos A a 2 = c 2 + b 2 − 2.b.c. cos A

Note bem: •

Nos casos de triangulo de força o módulo da força resultante pode ser determinado pela lei dos cossenos e a direção pela lei dos senos.

Exercício resolvido 01: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.

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Solução:

F R 2 = 4 2 + 10 2 + −2.4.10. cos 120° F R 2 = 16 + 100 + −2.4.10. cos 120° FR = 156 2

FR = 12,49 kN FR 10 = ⇒ sen 120° sen A 12,49 10 = sen 120° sen A sen A = 0,69 ⇒ A = 43,90 °

Exercício resolvido 02: Determine os módulos das componentes da força de 600 N nas direções das barras AC e AB da treliça abaixo.

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Solução:

Por lei dos senos FCA = 820 N e FAB = 735 N

Exercício resolvido 03: A viga da figura é suspensa por meio de dois cabos. Se a força resultante é de 600 N, direcionada ao longo do eixo y positivo, determine FA e FB e a direção θ de modo que FB seja mínimo. A força de módulo FA atua a um ângulo de 30° com o eixo y, conforme ilustração.

Solução:

Para que FB seja mínimo a componente deverá ser perpendicular a força FA (conforme a ilustração). Assim, θ = 60°. Assim, os valores de FA e FB são facilmente encontrados pela lei dos senos.

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Exercício proposto 01: Determine trigonometricamente a intensidade e direção da força P de tal modo que a resultante de P e da força de 900 N seja uma força vertical de 2700N dirigida para baixo.

Resposta: P= 2990N ; ângulo = 72,8º

Exercício proposto 02: Duas peças estruturais B e C são rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a tração na peça B é de 6 kN e que a tração na peça C é de 10 kN, determine graficamente a intensidade, a direção e o sentido da força resultante exercida sobre o suporte.

Resposta: 14,3 kN ; ângulo = 19,9º

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2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) Na seção anterior, estudamos dois métodos para determinação da força resultante da soma de dois vetores; método do paralelogramo e o método do polígono. Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. Nestes casos, determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o processo de decomposição vetorial. Abaixo está ilustrado um vetor de módulo F com um ângulo θ em relação ao eixo horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relações trigonométricas.

fig. 06 – Decomposição vetorial. Fx e Fy correspondem aos módulos das componentes nas direções dos eixos positivos de x e y.

Na figura 07 mostramos a soma de três vetores e a sua resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais.

fig. 07 - Resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais.

→

∧

∧

F 1 = Fx1 . i + F y1 . j →

∧

∧

F 2 = Fx2 . i + Fy2 . j →

∧

∧

F 3 = Fx 3. i + Fy 3 . j

→

∧

∧

(∑ F ). i+ (∑ F ). j F = (∑ F ) + (∑ F ) ⎛∑F ⎞ ⎟ θ = arctan ⎜⎜ ⎟ F ⎠ ⎝∑ FR=

x

y

2

R

2

x

y

y x

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Exercício resolvido 04: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.

Solução:

Exercício resolvido 05: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo.

Solução:

r r r FR = (∑ Fx ).i + (∑ Fy ). j r r r FR = (1.000 + 800. cos 60° + 3.000. cos150°).i + (0 + 800. sen 60° + 3.000. sen 150°). j r r r FR = − 1.198,08.i + 2.192,82. j ∴ FR = − 1.198,082 + 2.192,82 2 ∴ FR = 2.498,77 N

⎛ 2.192,82 ⎞ ⎟ ∴θ = − 61,34° ⎝ − 1.198,08 ⎠

θ = arctan⎜

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Exercício resolvido 06: As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte. Determine a faixa de valores para o modulo da força P de modo que a resultante das três forças não exceda 2.400 N.

Solução: r r r F R = ∑ Fx + ∑ Fy FR 2 = ( ∑ Fx) 2 + ( ∑ Fy) 2 2.4002 > ( P + 800. cos 60° + 3.000. cos 150 °)2 + (800. sen 60 ° + 3.000. sen 150 °)2 0 > ( P − 2.198,08)2 + 2.192,822 − 2.400 2 ∴ 0 > P 2 − 4.396,16.P + 3.880.015,239 P' = 3.173,55 N e P" = 1.22,61N

De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1,22 kN e 3,17 kN para que a força resultante seja inferior a 2,4 kN. Exercício resolvido 07: As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o módulo de F e sua direção θ de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800N.

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Solução: r r r r r r r r FR = F + F 2 + F 3 ∴ F = FR − F 2 − F 3 r r r 12 r 5 r F = (800. sen 60° − 0 − (− 180. )).i + (800. cos 60° − 200 − 180. ). j = 858,97.i + 130,77. j 13 13 F = 858,97 2 + 130,77 2 = 868,87N ⎛ 130,77 ⎞ ⎟ = 8,66° (angulo em relação ao eixo x positivo) ∴ θ = 21,34° ⎝ 858,97 ⎠

α = arctan⎜

Exercício proposto 03: Uma força de 2,5 kN está aplicada a um cabo ligado a um suporte. Quais as componentes horizontal e vertical desta força?

Resposta: - 2,35 kN (horizontal) e 0,855 kN (vertical)

Exercício proposto 04: A tração no cabo de sustentação AB é 650N. Determine as componentes horizontal e vertical da força atuante no pino A.

Resposta: +250N, - 600N

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2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano Dizemos que uma partícula está em equilíbrio toda vez em que ela se encontra com a sua velocidade vetorial constante, ou seja, quando a partícula está em repouso (estático) ou em movimento retilíneo uniforme. Desta maneira podemos concluir que uma partícula está em equilíbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton; para manter um equilíbrio a força resultante sobre a partícula é nula.

r F ∑ R =0 Assim para o caso de forças no plano temos: r

∑F

X

=0 e

r

∑F

Y

=0

Se comparada a segunda lei de Newton a equação acima também se confirma suficiente para a manutenção do equilíbrio de uma partícula.

r r r F ∑ R = m . a = 0∴a = 0 Diagrama de Corpo Livre Este diagrama é tão somente um esquema que mostra a partícula, com todas as forças que atuam sobre ela, livre de sua vizinhança.

fig. 08 – Diagrama de corpo livre do nó A.

Para encontrar as forças envolvidas no diagrama de corpo livre iremos adotar os métodos para determinação de força resultante até aqui estudados.

Exercício resolvido 08: Determine os módulos F1 e F2 de modo que a partícula da figura fique em equilíbrio.

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Solução: r

∑Frx = 0 = − 500 + F 1. cos 45° + F 2. cos 30° = −500 + 0,71.F 1 + 0,87.F 2 ∑ Fy = 0 = F1. sen 45° − F 2. sen 30° = 0,71.F1 + 0,5 F 2 ∴ F 2 = 1,42.F1

(I ) ( II )

Aplicando II em I 0 = −500 + 0,71.F1 + 0,87.1,42.F 1∴ F1 = 257,02 N e F 2 = 364,96 N

Exercício resolvido 09: Determine o peso máximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura de modo a não se exceder a uma força de 450N na corrente AB e de 480N na corrente AC.

Solução:

Diagrama de corpo livre do ponto A.

Condição 1 ( FAB = 450 N ) : r ∑ Fx = 0 = −450 + FAC .cos 30° ∴ FAC = 519,62 N (não satisfaz pois FAC > 480 N Condição 2 (F AC = 480N ) : r ∑ Fx = 0 = − FAB + 480. cos 30 ° ∴ FAB = 415,69 N ( satisfaz as condições) r ∑ Fy = 0 = 480.sen 30° − F ∴ F = 240 N

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Exercício resolvido 10: A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN. Determine o comprimento do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a força máxima que ele pode suportar é de 15 kN.

Solução: r

Por simetria

∑ Fx = 0

Na condição crítica (F BA = F BC = 15kN ) : r ∑ Fy = 0 = −2.15. sen θ + 7 = 0 ∴θ = 13,49 ° Assim, o comprimento L será : cos θ =

5 10 = cos(13,49°) = = 0,97 0,5.L L

∴ L = 10,31m

Exercício proposto 05: Um bloco de 3kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. a) Para que valor α a tração no cabo AC é mínima? b) Quais os valores correspondentes das trações nos cabos AC e BC?

Resposta: a) 30º; b) TAC = 1500N; TBC = 2600N Exercício proposto 06: Duas cordas estão amarradas em C. Se a tração máxima permissível em cada corda é de 2,5 kN, qual é a máxima força F que pode ser aplicada? Em que direção deve atuar esta máxima força?

Resposta: F = 2,87 kN; α = 75º

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2.2. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas submetidas à aplicação de forças coplanares. Para chegarmos as soluções dos problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos, destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposição vetorial. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z). Assim, quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada r r r como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários i , j e k .

fig. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional

F x = F . cos θ x F y = F . cos θ y F z = F . cos θ z

θ x, θ y, θ z (ângulos diretores − ângulos formados r entre F e os eixos de referencia)

r r r r F = Fx.i + Fy. j + Fz.k ( notação vetorial) r F = Fx2 + Fy2 + Fz2 ( módulo de F )

A soma de vários vetores no espaço ficará definida como apresentada abaixo.

r r r r ⎛ n ⎞r ⎞r ⎛ n ⎞r ⎛ n F1 + F2 + F3 + .... + Fn = ⎜⎜ ∑ Fx ⎟⎟.i + ⎜⎜ ∑ Fy ⎟⎟. j + ⎜⎜ ∑ Fz ⎟⎟.k ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1

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Exercício resolvido 11: Determine o vetor resultante e os ângulos diretores do mesmo.

Solução:

r r r r F = ( ∑Fx ).i + (∑ Fy ). j + (∑ Fz ).k r r r F = (250. cos 60° . cos 25° + 300. cos 40°. cos 70°). i + ( 250. sen 60° + 300. cos 40°). j + r ( −250. cos 60 ° sen 25 ° + 300. sen 40 °. cos 20 °).k r r r r F = 191,89.i + 446,32. j + 128,37.k ∴ F = 191,89 2 + 446,32 2 + 128,37 2 = 502,50 N ⎛ 191,89 ⎞ ⎛ Fx ⎞ ⎟ = arccos⎜ ⎟ = 20,90° ⎝F ⎠ ⎝ 502,50 ⎠

θ x = arccos ⎜

⎛ 446,32 ⎞ ⎛ Fy ⎞ ⎟ = arccos ⎜ ⎟ = 41,61° ⎝F ⎠ ⎝ 502,50 ⎠

θ y = arccos ⎜

⎛ Fz ⎞ arccos ⎛ 128,37 ⎞ 14,33 ° ⎟= ⎜ ⎟= ⎝F ⎠ ⎝ 502,50 ⎠

θ z = arccos⎜

Exercício proposto 07: Uma força de 1250N atua na origem, em uma direção definida pelos ângulos θx = 65º e θy = 40º . Sabe-se também que a componente z da força é positiva. Determine o valor de θz e as componentes da força. Resposta: 61,0o ; + 528,5N; + 957,5N; + 606N

Exercício proposto 08: Determine o módulo e a direção da força F= (700N)i – (820N)j + (960N)k. Resposta: 1444N; 61º ; 124,6º ; 48,3º

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2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação Em várias situações os ângulos diretores são apresentados de maneira implícita em sistemas tridimensionais de força. Nestes casos há a necessidade de se representar a força a partir de coordenadas cartesianas. Assim, a força estará sendo representada por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação dispostos no espaço. A seguir veremos como obter os cossenos dos ângulos diretores a partir das coordenadas dos dois pontos (na ilustração “A e B”) da linha de a...