exercicios resolvidos de mecanicaa
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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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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
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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;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.
O ponto de aplicao poder ser um ponto qualquer do eixo central
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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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
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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=
=
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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=
=
=
+=
+=+=
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))
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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==
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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
-
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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 ===
-
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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
-
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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.
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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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
-
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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
-
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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
-
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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)
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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39
b)
mkNx
q
mxx
xqxM
xqxqF
eixo
V
/65683.1
12001200)1(
83.10120022
50.2400)2(
0)(2250.24000)2(
1200012000)1(
===
==
+
= +=
===
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
42/100
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40
Problema 24
Para o carregamento representado na figura determine as reaces noencastramento em C de modo a garantir o equilbrio da estrutura.
Diagrama de corpo livre
2.0m
2.0m
3.0m
x
y
z
C
B
A
10kN
20kN20kN
Ry
C
B
A
10kN
20kN20kN
My
Rx MxRz
Mz
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
43/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
44/100
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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.
Diagrama de corpo livre
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
45/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
46/100
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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.
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
47/100
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45
Problema 27
Para cada um dos corpos representados nas alneas seguintes proceda anliseda estatia
a) b)
c) d)
e) f)
g) h)
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
48/100
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46
a)
e = 4 3 = 1. Estrutura exteriormente hipersttica do 1 grau.
b)
e = 4 3 = 1. Estrutura exteriormente hipersttica do 1 grau.
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
49/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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)
e = 19 6 = 13. Estrutura exteriormente hipersttica do 13 grau.
A
B
B
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
50/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
48
h)
e = 6 6 = 1. Estrutura exteriormente isosttica, com ligaes mal distribudas (pode
deslocar-se na direco z).
z
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
51/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
52/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
53/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
54/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
55/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
56/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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 =
==
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
57/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
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56
b)
Elemento IxGi (kg.m2) IyGi (kg.m
2) Mi (kg) dx-xGi (m) dy-yGi (m)
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
-
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59/100
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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
-
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60/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
61/100
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59
b)
Inicialmente proceder-se- ao clculo dos momentos de inrcia em relao aos eixos
representados, passando-os posteriormente para os eixos solicitados.
Elemento IxGi (kg.m2) IyGi (kg.m
2) Mi (kg) dx-xGi (m) dy-yGi (m)
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
62/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
63/100
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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
-
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64/100
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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
-
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65/100
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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
Passando para os eixos que passam no centro de massa
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
66/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
67/100
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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
Passando para os eixos que passam no centro de massa
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
68/100
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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
-
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69/100
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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
-
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70/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
71/100
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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 ==
=
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
72/100
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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).
Na iminncia de movimento
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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
73/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
74/100
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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
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
75/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
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
-
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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=
-
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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 =====
=
-
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78/100
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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
-
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77
Equilbrio do bloco A
00
00
21
21
==
=+=
AaaAy
x
PFFTF
RRF
Sabendo que no existe atrito em C
BA TT =
Na iminncia de movimento
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
-
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78
Na iminncia de movimento
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
-
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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
-
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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
-
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83/100
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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
-
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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
-
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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
-
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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
-
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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.
-
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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
=+=+=+=+=
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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87
b) Admite-se um deslocamento virtual em relao posio pretendida
O trabalho virtual nulo, logo
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.
-
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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
O trabalho virtual nulo, logo
[ ] [ ]( ) 03)(32
1 22 =+= sensenKhF
= cos2h
[ ] [ ]( ) 0)(910021)cos2(10 22 =+= sensen
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
91/100
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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 +=
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
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90
Estacionarizando a energia potencial
0=d
dU
0)cos2(450cos20 =+=
send
dU
0cos)20900( ==
send
dU
A soluo no trivial da equao anterior = 1.27.
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.
-
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Problema 52
Determine a posio de equilbrio do sistema representado na figura.
30 kN
K=1500 kNm/rad
5 m
Aplicando o Princpio dos Trabalhos Virtuais (PTV)
Admite-se um deslocamento virtual em relao posio de equilbrio ()
30
5 sen
5 sen(+)
5 m
K
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( ) [ ] [ ]( ) 021
5)(53022
=++= Ksensen
[ ] [ ]( ) 015002
1)cos5(30 22 =+=
( ) 02750cos150 222 =++=
02750cos150 2 =+=
[ ]2 um infinitsimo de ordem superior, ou seja, [ ] 02
-
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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( =
Aplicando o Princpio da Estacionariedade da Energia Potencial (PEEP)
Determina-se a energia potencial para uma configurao que se admite ser de
equilbrio ()
30
5 sen
5 m
K
2
2
1)5(30 += KsenU
2900150 += senU
Estacionarizando a energia potencial
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.
-
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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)
Aplicando o Princpio dos Trabalhos Virtuais (PTV)
Admite-se um deslocamento virtual em relao posio de equilbrio ()
2 sen
2 sen(+)
1 sen
sen(+)
K1
K2
M
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[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 0)(2
12)(2
2
1 222
221 =++= sensenKsensenKM
[ ] [ ] ) [ ] [ ] ) 0)(150)(40010 2222 =++= sensensensen
[ ] [ ] ) 0)(5501022
=+= sensen
-
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[ ] [ ] ) 0cos55010 22 =+= sensen
[ ] [ ] [ ] ) 0coscos255010 222 =++= sensensen[ ] [ ] ) 0coscos255010 22 =+= sen
[ ]2 um infinitsimo de ordem superior, ou seja, [ ] 02
( ) 0cos255010 == sen
( ) 0)cos255010( == sen
0)255010( == sen
A soluo no trivial da equao anterior = 0.52.
Aplicando o Princpio da Estacionariedade da Energia Potencial (PEEP)
Determina-se a energia potencial para uma configurao que se admite ser de
equilbrio ()
22
21 )(2
1)2(
2
1 senKsenKMU ++=
22 )(150)2(10010 sensenU ++=
2)(55010 senU +=
-
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Estacionarizando a energia potencial
0=d
dU
0)cos2(55010 =+=
send
dU
0102550 ==
send
dU
A soluo da equao anterior = 0.52.
b)
Calculando a energia potencial para uma posio genrica
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.
-
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98/100
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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)
Aplicando o Princpio dos Trabalhos Virtuais (PTV)
Admite-se um deslocamento virtual em relao posio de equilbrio ()
F
4 sen
4 sen(+)
2 sen
2 sen(+)
P
h
v
4 cos(+)4 cos
K2
K1
O trabalho virtual nulo, logo
[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 02
12)(2
2
1 222
221 =+++= KsensenKhFvP
[ ] [ ]( ) [ ] [ ]( ) 02
1)(2 222
221 =+++= KsensenKhFvP
-
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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
Aplicando o Princpio da Estacionariedade da Energia Potencial (PEEP)
Determina-se a energia potencial para uma configurao que se admite ser de
equilbrio ()
22
21 2
1)2(
2
1)cos44()4( ++= KsenKPsenFU
22 750)(1000)cos88(40 ++= sensenU
-
8/3/2019 Exercicios Resolvidos de MecanicaA
100/100
ESTBarreiro/IPS Mecnica
Estacionarizando a energia potencial
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)
Calculando a energia potencial para uma posio genrica
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