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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:
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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 ↓
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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.
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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 ↓
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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
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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
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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
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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
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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.
Equações de Equilíbrio.
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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).
Equações de Equilíbrio.
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
22
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Faculdade Politécnica de Matão
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
Para W = 1 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 343,4/275
θ não existe
Para W = 1 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 2 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 318,3/300
θ não existe
Para W = 2 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 344,3/300
θ não existe
23
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Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 2 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 3 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 3 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 345,2/325
θ não existe
Para W = 3 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 4 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 320,1/350
θ não existe
Para W = 4 kN e G3 = 10 kN;
24
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Faculdade Politécnica de Matão
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°
Para W = 4 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 5 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 5 kN e G3 = 10 kN;
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°
Para W = 5 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 6 kN e G3 = 5 kN;
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
![Page 26: ATPS Mecânica Geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)](https://reader033.vdocuments.site/reader033/viewer/2022050705/5572145f497959fc0b9463ac/html5/thumbnails/26.jpg)
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 6 kN e G3 = 10 kN;
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°
Para W = 6 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 7 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 7 kN e G3 = 10 kN;
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°
Para W = 7 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 8 kN e G3 = 5 kN;
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
![Page 27: ATPS Mecânica Geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)](https://reader033.vdocuments.site/reader033/viewer/2022050705/5572145f497959fc0b9463ac/html5/thumbnails/27.jpg)
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 8 kN e G3 = 10 kN;
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°
Para W = 8 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 9 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 9 kN e G3 = 10 kN;
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°
Para W = 9 kN e G3 = 15 kN;
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°
Para W = 10 kN e G3 = 5 kN;
27
![Page 28: ATPS Mecânica Geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)](https://reader033.vdocuments.site/reader033/viewer/2022050705/5572145f497959fc0b9463ac/html5/thumbnails/28.jpg)
Faculdade Politécnica de Matão
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°
Para W = 11 kN e G3 = 5 kN;
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
![Page 29: ATPS Mecânica Geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)](https://reader033.vdocuments.site/reader033/viewer/2022050705/5572145f497959fc0b9463ac/html5/thumbnails/29.jpg)
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 12 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 13 kN e G3 = 5 kN;
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
![Page 30: ATPS Mecânica Geral (2ª 3ª 4ª 5ª etapa)](https://reader033.vdocuments.site/reader033/viewer/2022050705/5572145f497959fc0b9463ac/html5/thumbnails/30.jpg)
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 14 kN e G3 = 5 kN;
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°
Para W = 15 kN e G3 = 5 kN;
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
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Faculdade Politécnica de Matão
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
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Faculdade Politécnica de Matão
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.
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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
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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
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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.
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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
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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
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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
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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
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Ay + (5,68 kN) = 5,52 kN Ay = - 0,16 kN
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