Baixe Apostila Mecânica Geral 1 e outras Notas de estudo em PDF para Mecânica, somente na Docsity! UNI BAHI A MECÂNICA GERAL I No SE qe e z Mecânica Geral 2 ÍNDICE 1. Introdução ..................................................................................................................3 2. Forças Sobre uma Partícula .....................................................................................4 2.1. Forças no plano sobre uma partícula ...................................................................4 2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) ..............5 2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) ...........10 2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano ...................................................................14 2.2. Forças no espaço sobre uma partícula ..............................................................17 2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação .....19 2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço.................................................................19 3. Corpo Rígido............................................................................................................26 3.1. Momento de uma Força (Torque) ........................................................................26 3.1.1. Vetor do Momento de uma Força .........................................................................26 3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano ...............27 3.1.3. Binário .......................................................................................................................30 3.2. Principio da Transmissibilidade..........................................................................30 3.3. Sistema Equivalente.............................................................................................31 3.4. Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano ..............................................................33 3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos..................................................................................33 4. Estruturas Isostáticas Simples e Planas...............................................................37 4.1. Treliças ..................................................................................................................37 4.1.1. Aplicações das Treliças..........................................................................................37 4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça ..................................................................38 4.1.3. Métodos de Análise.................................................................................................38 5. Cargas Distribuídas Sobre Vigas ...........................................................................43 5.1. Centróides de Superfícies Planas.......................................................................43 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa............................................................43 5.1.2. Centróides de Superfícies Planas ........................................................................45 5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribuídas ............48 6. Momento de Inércia de Áreas.................................................................................52 6.1. Momento de Inércia ..............................................................................................52 6.2. Momento de Inércia de Áreas Elementares........................................................54 6.3. Momento Polar de Inércia de Área......................................................................55 6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma Área ....................................................56 6.5. Raio de Giração de uma Área..............................................................................58 Mecânica Geral 5 2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partícula, assim como visto desde o ensino médio, poderá ser determinada a partir dos métodos do paralelogramo e do polígono. -Método do Paralelogramo -Método do Polígono fig. 03 – Métodos de Composição Vetorial Determinação do módulo da Resultante de duas forças sobre uma partícula Partindo dos métodos anteriormente apresentados podemos determinar o módulo da força resultante através das leis dos senos e dos cossenos. - Lei dos senos fig. 04 – Lei dos senos C c B bBcCbh sensen sen.sen.1 =⇒== (I) A a B bBaAbh sensen sen.sen.2 =⇒== (II) De I e II concluímos C c A a B b sensensen == Mecânica Geral 6 - Lei dos cossenos fig. 05 – Lei dos cossenos Acbbca AcbbAAca AcAcbbAca AcbAcaHAbha cos...2 cos...2)cos(sen cos.cos...2sen. )cos.()sen.()( 222 22222 2222222 22222 −+= −++= +−+= −+=⇒−+= Note bem: • Nos casos de triangulo de força o módulo da força resultante pode ser determinado pela lei dos cossenos e a direção pela lei dos senos. Exercício resolvido 01: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. Mecânica Geral 7 Solução: °=⇒= = ° ⇒= ° = = °−++= °−++= 90,4369,0sen sen 10 120sen 49,12 sen 10 120sen 49,12 156 120cos.10.4.210016 120cos.10.4.2104 2 2 222 AA A A F kNF F F F R R R R R Exercício resolvido 02: Determine os módulos das componentes da força de 600 N nas direções das barras AC e AB da treliça abaixo. Mecânica Geral 10 2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) Na seção anterior, estudamos dois métodos para determinação da força resultante da soma de dois vetores; método do paralelogramo e o método do polígono. Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. Nestes casos, determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o processo de decomposição vetorial. Abaixo está ilustrado um vetor de módulo F com um ângulo θ em relação ao eixo horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relações trigonométricas. fig. 06 – Decomposição vetorial. Fx e Fy correspondem aos módulos das componentes nas direções dos eixos positivos de x e y. Na figura 07 mostramos a soma de três vetores e a sua resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais. fig. 07 - Resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais. ∧∧→ ∧∧→ ∧∧→ += += += jFiFF jFiFF jFiFF yx yx yx .. .. .. 333 222 111 ( ) ( ) ( ) ( ) ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = += += ∑ ∑ ∑∑ ∑∑ ∧∧→ x y yxR yxR F F FFF jFiFF arctan .. 22 θ Mecânica Geral 11 Exercício resolvido 04: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. Solução: Exercício resolvido 05: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo. Solução: °−=∴⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − = =∴+−=∴+−= °+°++°+°+= += ∑ ∑ 34,61 08,198.1 82,192.2arctan 77,498.282,192.208,198.1.82,192.2.08,198.1 ).150sen.000.360sen.8000().150cos.000.360cos.800000.1( ).().( 22 θθ NFRFRjiRF jiRF jFyiFxRF rrr rrr rrr Mecânica Geral 12 Exercício resolvido 06: As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte. Determine a faixa de valores para o modulo da força P de modo que a resultante das três forças não exceda 2.400 N. Solução: NPeNP PPP P FyFxFR yFxFRF 61,22.1"55,173.3' 239,015.880.3.16,396.40400.282,192.2)08,198.2(0 )150sen.000.360sen.800()150cos.000.360cos.800(400.2 )()( 2222 222 222 == +−>∴−+−> °+°+°+°+> += += ∑∑ ∑∑ rrr De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1,22 kN e 3,17 kN para que a força resultante seja inferior a 2,4 kN. Exercício resolvido 07: As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o módulo de F e sua direção θ de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800N. Mecânica Geral 15 Solução: NFeNFFF IemIIAplicando IIFFFFFFyF IFFFFxF 96,364202,25711.42,1.87,01.71,05000 )(1.42,1225,01.71,030sen.245sen.10 )(2.87,01.71,050030cos.245cos.15000 ==∴++−= =∴+=°−°== ++−=°+°+−== ∑ ∑ r r Exercício resolvido 09: Determine o peso máximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura de modo a não se exceder a uma força de 450N na corrente AB e de 480N na corrente AC. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto A. ∑ ∑ ∑ =∴−°== =∴°+−== = >=∴°+−== = NFFyF condiçõesassatisfazNFFxF NFCondição NFpoissatisfaznãoNFFxF NFCondição ABAB AC ACACAC AB 24030sen.4800 )(69,41530cos.4800 :)480(2 480(62,51930cos.4500 :)450(1 r r r Mecânica Geral 16 Exercício resolvido 10: A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN. Determine o comprimento do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a força máxima que ele pode suportar é de 15 kN. Solução: mL LL seráLocomprimentoAssim yF kNFFcríticacondiçãoNa xFsimetriaPor BCBA 31,1097,010)49,13cos( .5,0 5cos :, 49,1307sen.15.20 :)15( 0 =∴==°== °=∴=+−== == = ∑ ∑ θ θθ r r Exercício proposto 05: Um bloco de 3kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. a) Para que valor α a tração no cabo AC é mínima? b) Quais os valores correspondentes das trações nos cabos AC e BC? Resposta: a) 30º; b) TAC = 1500N; TBC = 2600N Exercício proposto 06: Duas cordas estão amarradas em C. Se a tração máxima permissível em cada corda é de 2,5 kN, qual é a máxima força F que pode ser aplicada? Em que direção deve atuar esta máxima força? Resposta: F = 2,87 kN; α = 75º Mecânica Geral 17 2.2. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas submetidas à aplicação de forças coplanares. Para chegarmos as soluções dos problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos, destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposição vetorial. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z). Assim, quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários ., keji rrr fig. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional )( )(... ) (,, cos. cos. cos. 222 FdemóduloFFFF vetorialnotaçãokFzjFyiFxF referenciadeeixososeFentre formadosângulosdiretoresânguloszyx zFzF yFyF xFxF zyx r rrrr r ++= ++= − = = = θθθ θ θ θ A soma de vários vetores no espaço ficará definida como apresentada abaixo. kFzjFyiFxFFFF nnn n rrrrrrr ....... 111 321 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ =++++ ∑∑∑ Mecânica Geral 20 Exercício resolvido 12: Determine a força em cada um dos cabos de maneira que a carga de 5000N fique em equilíbrio. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto C Da ilustração obtemos a seguinte tabela: Esforço Fac Fbc Fdc Externo dx (xfinal- xinicial) (0-6) = -6 (0-6) = -6 (12-6) = 6 ----- dy(yfinal- yinicial) (0-0) = 0 (0-0) = 0 (8-0) = 8 -5000 dz(zfinal- zinicial) (2-0) = 2 (-2-0) = -2 (0-0) = 0 ----- d 6,32 6,32 10 ----- BCACAC ACBCBCCDBCAC BCACBCAC DC CD BC BC AC AC CDCD DC CD BC BC AC AC CDBCAC DC CD BC BC AC AC FNFF FFFFFF temosIemIIIeIIAplicando IIIFFFF d F d F d FFz IINFF d F d F d FFy IFFF d F d F d FFx ==∴= =+−=+−−=+−− =∴−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +−== ==∴−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −++== +−−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + − + − == ∑ ∑ ∑ 68,973.1750.3.9,1 0750.3).95,0.(2250.6.6,0.95,0.95,0.6,0.95,0.95,0 :, )(.32,0.32,00.2.2.0 )(250.6 8,0 000.5000.5.8,0000.58.0.0.0 )(.6,0.95,0.95,06.6.6.0 Mecânica Geral 21 Resolução com o uso de Matrizes: Seja o seguinte sistema 0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC => 0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC 0 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC – 5000 =>5000 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC 0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC =>0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira. (A) . (X) = (B) 0 5000 0 . 00,032,032,0 80,000,000,0 60,095,095,0 = − −− DC BC AC F F F Para estes tipos de sistemas temos as seguintes definições: Matriz Principal (A): A matriz formada com os coeficientes das incógnitas: 00,032,032,0 80,000,000,0 60,095,095,0 − −− , Det. Principal=-0,48 Matriz das Incógnitas: Matriz obtida pela substituição de uma das colunas da matriz principal (A) pelos valores da matriz dos resultados (B). No exemplo citado a matriz do coeficiente FAC seria obtida a partir da substituição da 1ª coluna da matriz principal pela matriz resultado (B). Matriz FAC = 00,032,000,0 80,000,05000 60,095,000,0 − − , Det. FAC = -948,68 Matriz FBC = 00,000,032,0 80,0500000,0 60,000,095,0− , Det. FBC = -948,68 Matriz FDC = 00,032,032,0 500000,000,0 00,095,095,0 − −− , Det. FDC =-3000,00 Daí, as incógnitas podem ser determinadas da seguinte maneira: FAC = (Det. FAC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N FBC = (Det. FBC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N FDC = (Det. FDC ) / (Det. Principal) = -3000,00 / -0,48 = 6.250,00 N Obs.: Os resultados apresentados estão diferentes devidos as aproximações aplicadas na primeira resolução. Mecânica Geral 22 Exercício resolvido 13: As extremidades dos três cabos mostrados na figura são fixadas ao anel A e às bordas de uma placa uniforme de 150 kg. Determine a tração em cada um dos cabos para a condição de equilíbrio. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto A FAB FAC FAD Carga FAB FAC FAD dx -4,00 6,00 4,00 0,00 dx/d -0,29 0,43 0,29 dy 6,00 4,00 -6,00 0,00 dy/d 0,43 0,29 -0,43 dz 12,00 12,00 12,00 -1.470,00 dz/d 0,86 0,86 0,86 d 14,00 14,00 14,00 Matriz -0,29 0,43 0,29 Det Matriz -0,29 0,00 0,29 Det. Principal 0,43 0,29 -0,43 Principal FAC 0,43 0,00 -0,43 FAC 0,86 0,86 0,86 -0,45 0,86 1.470,00 0,86 0,00 Matriz 0,00 0,43 0,29 Det. Matriz -0,29 0,43 0,00 Det. FAB 0,00 0,29 -0,43 FAB FAD 0,43 0,29 0,00 FAD 1.470,00 0,86 0,86 -390,00 0,86 0,86 1.470,00 -390,00 FAB FAC FAD Equilíbrio 857,50 0,00 857,50 * Todas os esforços estão medidos em N Mecânica Geral 25 Exercício proposto 10: Determine a força em cada cabo necessária para suportar o cilindro de 500 lbf. Resposta: Fab = 250 N, Fac = 388,89 N e Fad = 194,44 N Mecânica Geral 26 3. CORPO RÍGIDO Diferentemente de uma partícula o corpo rígido é dotado de dimensões que poderão ser importantes para a determinação das forças externas envolvidas nos sistemas de força. Em uma partícula os efeitos da atuação de forças eram apenas a translação ou repouso. Já em corpos rígidos, a atuação de forças, além de poder promover translação ou repouso, poderá ocasionar rotação (momento de uma força). A maioria dos corpos tratados na mecânica elementar são supostos rígidos, considerando-se como corpo rígido aquele que não se deforma. As estruturas e as maquinas reais, no entanto, nunca são absolutamente rígidas e deformam-se sob as cargas a que estão submetidas. Mas normalmente, estas deformações são pequenas e não alteram sensivelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura em estudo. São importantes, no entanto, quando há riscos de ruptura da estrutura, sendo estudadas em resistências dos materiais. 3.1. MOMENTO DE UMA FORÇA (TORQUE) Também conhecido como torque, o momento de uma força aplicada em A em relação a um ponto B representa a tendência da força aplicada em A em causar um giro no corpo em torno do ponto B. fig. 11 – Momento da força de módulo F em relação ao ponto B. A intensidade do momento é definida como produto da componente da força que efetivamente promove o giro (Fe) e a distância (d) (braço de alavanca) do ponto de aplicação da força e o ponto de giro (polo). Assim: dFdFeM B .sen.. θ== 3.1.1. Vetor do Momento de uma Força fig. 12 – Vetor momento de uma força. Mecânica Geral 27 A partir da equação da intensidade do Momento de uma força θsen..dFM = e dos conhecimentos adquiridos em Matemática Básica, podemos facilmente concluir que o momento é uma grandeza vetorial obtida do produto vetorial entre → F e → d . θθ sen..sen.. dFMdxFMdFM =⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡∴=∴= →→→→ Características do Vetor Momento - Módulo: θsen..dFM =⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ → Unidade de Medida: Sistema Internacional: [ ] mNM .= Sistema Técnico: [ ] mkgfM .= - Direção: Perpendicular ao plano que contem o vetor → F e → d . - Sentido: Determinado pela regra da mão direita. Circulando o ponto de análise com os dedos da mão direita, de acordo com o giro que o torque promover, o dedo polegar indicará o sentido do vetor momento no plano perpendicular ao do giro. 3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano O momento, assim como toda grandeza vetorial, pode ser fruto da composição de outros momentos. Estudaremos apenas situações de equilíbrio de corpos rígidos no plano, assim, as forças envolvidas irão gerar apenas momentos paralelos, ou seja, o módulo do momento resultante será soma dos módulos dos momentos (se tiverem o mesmo sentido) ou será a diferença (se tiverem o sentidos contrários). Mecânica Geral 30 Exercício proposto 12: Sabendo que a distância AB é 250 mm, determine o máximo momento em relação a B que pode ser produzido pela força de 150N e em que direção deve atuar a força para que isso aconteça. Resposta: 37,5 N.m ;α = 20º 3.1.3. Binário Um binário corresponde ao momento gerado em um sistema constituído por duas forças de mesma intensidade, mesma direção, sentidos opostos. fig. 13 – Sistema Binário de Forças. Sendo θsen..dFMM BA == conclui-se que o momento gerado pelo binário é igual a θsen...2 dFM Binário = . Efeitos do Binário: θsen...2 0 dFM F RESULTANTE = = → 3.2. PRINCIPIO DA TRANSMISSIBILIDADE Toda força pode ser transmitida ao longo da sua linha de ação, sem que as condições de equilíbrio do corpo se alterem. fig. 14 – Força transladada em sua linha de ação. Mecânica Geral 31 Quando uma força é transladada de um ponto para outro fora de sua linha de ação, ela só produz um efeito equivalente, se a ela for somado um vetor binário, cujo momento é igual ao momento que ela produzia na posição original (momento de transporte). fig. 15 – Força transladada para fora de sua linha de ação. 3.3. SISTEMA EQUIVALENTE Dois sistemas de ação mecânica são denominados equivalentes quando eles satisfazem simultaneamente dois quesitos: • Mesma força resultante; • Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante equivalente. fig. 16 – Sistemas equivalentes de força. Redução a um Sistema Equivalente Para reduzir um sistema de força a um equivalente representado por apenas uma força e um momento, deve-se cumprir as seguintes etapas: • Estabelecer os eixos de referência; • Determinar o vetor força resultante; • Determinar o momento da força resultante em relação ao ponto O; • Determinar a localização da força em relação ao ponto O. Obs.: Momento da força resultante em relação ao ponto O é a soma vetorial de todos os momentos atuante no sistema mais os momentos gerados por todas as força atuantes em relação a este ponto. Mecânica Geral 32 Exercício resolvido 17: Substitua as três forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O. Solução: mNM NF O .66007.6004.12002.1200 60060012001200 −=−−= −=−−= ∑ ∑ O sistema anteriormente apresentado também é equivalente ao da ilustração abaixo. Onde: m F M d O O 11 600 00.66 === ∑ ∑ “ d ” representa a localização da força resultante em relação ao ponto de referencia estabelecido “O”. Exercício proposto 13: Substitua as duas forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O. Mecânica Geral 35 Das equações do equilíbrio, temos: kNVAsencontramoIIemIIIAplicando IIIkNVBVBM IIVBVAVBVAyF IHBxF R A 30 )(1055,6.305,5.305,4.5,1.750 )(1353030750 )(0 = =∴−−+−== −=∴−−+−== == ∑ ∑ ∑ → → Exercício proposto 14: Sabendo que a carga P aplicada no braço engastado a viga tem módulo igual a 100 kN, determine as reações nos apoios A e B. Resposta: HA= 0, VA= 7,78kN, HB= -100 kN , VB=127,22 kN. Exercício proposto 15: A viga ilustrada abaixo, com o auxilio da corda que passa pelos pontos B, C e D, sustenta uma carga de 8,0 kN. Sabendo que o peso próprio da viga é de 4,0 kN e que pode ser admitido concentrado no centro da viga, determine as reações no apoio E. Exercício proposto 16: Ainda de acordo com a ilustração da questão anterior, determine as o módulo da força F. Mecânica Geral 36 Exercício proposto 17: Determine as reações nos apoios da treliça ilustrada. Resposta: HA= 400 N, VA= 300 N, HD= 0 , VD=900 N. Mecânica Geral 37 4. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS SIMPLES E PLANAS Dizemos que uma estrutura é isostática ou estaticamente determinada toda vez em que as suas reações envolvem incógnitas que possam ser determinadas exclusivamente pelas equações da estática. A seguir trataremos de um relevante exemplo de estrutura isostática; Treliça Simples. 4.1. TRELIÇAS Chamamos de treliça um sistema reticulado cujas barras têm todas as extremidades rotuladas e cujas cargas estão aplicadas apenas em seus nós. A treliça e um dos principais tipos de estruturas da engenharia. Ela oferece, ao mesmo tempo, uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia. fig. 18 – Estabilidade estrutural da treliça Na figura 18 fica clara a maior estabilidade da treliça em relação a outra estrutura se imaginarmos uma força diagonal atuando no nó (conexão entre barras) B. A primeira estrutura sem dúvida perderia o equilíbrio enquanto a treliça se manteria inalterada. 4.1.1. Aplicações das Treliças Entre as principais aplicações destacam-se os usos em pontes, telhados, coberturas, etc. fig. 18 – Estabilidade estrutural da treliça Mecânica Geral 40 Em caso de forças concorrentes, como mostrado na figura 20, o memento resultante será sempre nulo. Isto ajudará na resolução dos problemas de treliças pelo método das seções. Exercício resolvido 21: Determine as forças atuantes nos elementos GE, GC e BC da treliça ilustrada. Solução: Determinação das reações nos apoios NAytemosIemIIAplicando IINDyDyM IDyAyyF NAxAxxF R A 300, )(9003.40012.8.12000 )(200.10 4004000 = =∴−+−== −+== =∴−== ∑ ∑ ∑ → → → Diagrama de Corpo Livre da Seção que Corta as Barras em Questão Mecânica Geral 41 Exercício proposto 17: Determine as forças atuantes nos elementos BC, CF e FE. Verifique se os elementos estão sob tração ou compressão. Resposta: Exercício proposto 18: Cada elemento da treliça mostrada na figura é uniforme e tem um massa de 8kg/m. Remova as cargas externas de 3 kN e 2kN e determine a força aproximada em cada elemento devido ao peso próprio da treliça. Indique se os elementos estão sob tração ou compressão. Resolva o problema admitindo que os pesos dos elementos podem ser representados por força verticais, metade das quai9s atua em cada uma das extremidades de cada elemento. Resposta: FCD= 467 N (C); FBC= 389 N (T); FBD= 314 N (C); FDE= 1200 N (C); FAD= 736 N (T). Mecânica Geral 42 Exercício proposto 19: A treliça Howe de uma ponte está sujeita ao carregamento mostrado na figura. Determine as forças nos elementos DE, EH e HG e indique se estes estão sob tração ou compressão. Resposta: FDE= 45 kN (C); FEN= 5 kN (T); FMG= 45 kN (T). Mecânica Geral 45 A última equação mostra a localização do centro de massa de um sistema na direção x. Analogamente poderíamos analisar as demais coordenadas deste ponto a partir das seguintes equações: ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ = = = = = = === n i n i n i n i n i n i mi zimi z mi yimi y mi ximi x 1 1 1 1 1 1 ... (II) 5.1.2. Centróides de Superfícies Planas fig. 24 – Corpo Prismático Se um sistema tridimensional é constituído por um material de densidade constante e de volume gerado pela translação de uma área composta por pequenas regiões A1, A2, A3 e A4 em uma distancia L (corpo prismático) a equação II poderá ser representada da seguinte maneira. ∑ ∑ ∑ ∑ = = = = == 4 1 4 1 4 1 4 1 .. ... .. ... i i i i AiL yiAiL y AiL xiAiL x ρ ρ ρ ρ ou ∑ ∑ ∑ ∑ = = = = == 4 1 4 1 4 1 4 1 ... i i i i Ai Aiyi y Ai Aixi x (III) A última equação nos oferece as coordenadas “x e y“ do centro de massa projetadas na face que gerou o corpo. Estas são as coordenadas do centróide ou centro geométrico da referida face. Todo desenvolvimento feito até aqui foi baseado em somatória de partes discretas. Porém quando analisamos um corpo ou uma área real eles são compostos de infinitas partes e representam a integração destas partes. Desta maneira, deveremos utilizar na equação III o processo de integração ao invés de somatórios. ∫ ∫ ∫ ∫ == A A A A dA dAy y dA dAx x .. Mecânica Geral 46 Abaixo são apresentadas áreas elementares e as respectivas coordenadas do centróide determinadas com base nas equações acima. fig. 25 – Centróide de áreas elementares No nosso estudo a determinação de centróides de áreas será feita a partir das equações que envolvem apenas somatórios (equação III) e o conhecimento dos centróides das áreas elementares. Exercício resolvido 22: Determine as coordenadas do centróide do perfil ilustrado abaixo. Solução: O perfil apresentado é a composição de duas áreas retangulares (vide figura a seguir). Mecânica Geral 47 Todas as medidas são em relação a O. Ai x x.Ai y y.Ai A1 2.000 50 100.000 150 300.000 A2 2.800 50 140.000 70 196.000 Somatório 4.800 ----- 240.000 ----- 496.000 Assim, ∑ ∑ ∑ ∑ = = = = == 4 1 4 1 4 1 4 1 ... i i i i Ai Aiyi y Ai Aixi x => mmyemmx 33,103 800.4 000.49650 800.4 000.240 ==== Exercício resolvido 23: Determine as coordenadas do centróide da área ilustrada abaixo. Mecânica Geral 50 Subdivisão do perfil do carregamento em áreas elementares Área X X.A A1 15 3,33 49,95 A2 10 2,50 25,00 Somatório 25 --------- 74,95 Valores medidos a partir do apoio A m A Ax x 00,3 25 95,74. ≈== ∑ ∑ Sistema de carga pontual Exercício resolvido 25: Ainda de acordo com a questão anterior, determine as reações nos apoios. Solução: Determinado o sistema equivalente de carga pontual para o sistema equivalente de carga distribuída determinamos as reações nos apoios da mesma forma que resolvemos nas aulas anteriores. Diagrama de corpo livre da barra Mecânica Geral 51 kNAyIemIIAplicando IIkNByByM IByAyFy AxAxFx R A 10, )(15.525.30 )(250 00 = =∴+−== −+== =∴== ∑ ∑ ∑ Exercício proposto 20: Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada e as reações no apoio A. Mecânica Geral 52 6. MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS A figura abaixo mostra uma laje sustentada por duas vigas de perfil retangular de dimensões idênticas e diferentes posições de apoio. Note que P1 é a posição que freqüentemente é adotada em situações do cotidiano. Isso se deve ao fato de que, na posição P1, a viga oferece uma maior resistência ao momento gerado pelo peso próprio da laje em torno do eixo x. Desta maneira, como se nota experimentalmente, na primeira posição a viga resistiria um maior momento (M1) do que se a mesma estivesse na posição P2, onde resistiria a um momento inferior (M2). fig. 28 – Laje apoiada por vigas iguais e em diferentes posições. A esta resistência ao giro em torno de um eixo chamamos de momento de Inércia. 6.1. MOMENTO DE INÉRCIA fig. 29 – Sistema de cargas discretas submetidas ao giro. Na rotação de duas partículas de massas dm 1 e dm 2 ao redor de um eixo fixo com a velocidade angular ω , com distancias r1 e r2 do eixo de rotação as partículas tem, respectivamente, velocidades 11 .rV ϖ= e 22 .rV ϖ= . Portanto o sistema formado pelas duas partículas terá a seguinte energia cinética. ∑ = = +=+= 2 1 22 2 2 2 2 1 2 1 2 2 2 21 2 1 .. 2 1 .. 2 1.. 2 1. 2 1. 2 1 i ii dmrE dmrdmrdmvdmvE ϖ ϖϖ Generalizando a ultima equação para um sistema constituído por infinitas partículas girando com o mesmo valor de ω em torno de um eixo de referencia, ou simplesmente, um corpo rígido girando em torno de um eixo de referencia, a energia cinética seria dada por integração de acordo a equação abaixo. Mecânica Geral 55 Área Elementar Momento de Inércia de Área Retângulo 3 3 . 12 1 . 12 1 bhIy hbIx = = Triângulo Retângulo 3 3 .. 36 1 .. 36 1 bhIy hbIx = = Círculo 4 4 .. 4 1 .. 4 1 rIy rIx π π = = fig. 32 – Corpo prismático de base A e altura L. 6.3. MOMENTO POLAR DE INÉRCIA DE ÁREA Podemos também formular o momento de uma área em relação ao pólo O ou eixo z. Este é referenciado como momento polar de inércia de área dArdJ .2= . Neste caso r é a distancia perpendicular do pólo (eixo z) até o elemento dA. Para toda a área o momento polar de inércia é expresso por ∫= dArJ .2 ou dAydAxJdAyxJ yxrcomo ∫∫∫ +=+= += 2222 222 .:.).( IyIxJ += fig. 33 – Momento polar de inércia. Mecânica Geral 56 6.4. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS PARA UMA ÁREA Se o momento de inércia de uma área em relação a um eixo que passa pelo centróide é conhecido, o que ocorre com freqüência, o mento de inércia dessa área em relação a um eixo paralelo é determinado através de Teorema dos Eixos Paralelos. Para derivarmos esse teorema, consideraremos o cálculo do momento de inércia da área sombreada mostrada na figura em relação ao eixo x. Neste caso, um elemento infinitesimal dA é localizado a uma distância arbitrária y’ em relação ao eixo x’ que passa pelo centróide, onde a distância fixa entre os eixo paralelos x e x’ é definido por dy Uma vez que o momento de inércia de dA em relação ao eixo x é dIx = (y’ + dy)2.dA, então, para toda a área fig. 34 – Teorema dos eixos paralelos. ∫∫∫ ∫ +++= += dAdydAydydAyIx dAdyyIx 22 2 '..2.' .)'( A primeira integral representa o momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centróide, Ix . A segunda integral (momento estático ou momento de primeira ordem) é nula, pois o eixo x’ passa pelo centróide da área, isto é, ,0.''.:. '. ' === ∫∫ ∫ ∫ dAydAy dA dAy y pois 0' =y . Lembrando que a terceira integral representa a área total, o resultado final fica 2.dyAIxIx += Mecânica Geral 57 Exercício resolvido 27: Determine o memento de inércia da área retângula abaixo em relação ao eixo x em função de “b e h”. Solução: A dy2 A. dy2 Ix Ix b.h 42 22 hh =⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ 4 . 3hb 12 . 3hb 4 . 3hb + 12 . 3hb = 3 . 3hb Assim Ix = b.h3/3 Exercício resolvido 28: Determine o momento de inércia de área da figura em relação ao eixo x. Solução: A figura é a composição de duas áreas. O momento de inércia de área de todo perfil em relação a x será igual a soma dos momentos de inércias de áreas parciais em relação a x. A dy2 A. dy2 Ix Ix A1 28 15.15 = 225 6300 14.23/12 = 9,33 9,33 + 6300 = 6309,33 A2 28 7.7 = 49 1372 2.143/12 = 457,33 457,33 + 1372 = 1829,33 Total 6309,33 + 1829,33 = 8138,66 Respostas: Ix = 8.138,66 cm4