Apostila Mecânica Geral 1

Apostila Mecânica Geral 1

(Parte 1 de 3)

Salvador 2007

Mecânica Geral 2

1. Introdução3
2. Forças Sobre uma Partícula4
2.1. Forças no plano sobre uma partícula4
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 plano14
2.2. Forças no espaço sobre uma partícula17
2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação19
2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço19
3. Corpo Rígido26
3.1. Momento de uma Força (Torque)26
3.1.1. Vetor do Momento de uma Força26
3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano27
3.1.3. Binário30
3.2. Principio da Transmissibilidade30
3.3. Sistema Equivalente31
3.4. Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano3
3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos3
4. Estruturas Isostáticas Simples e Planas37
4.1. Treliças37
4.1.1. Aplicações das Treliças37
4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça38
4.1.3. Métodos de Análise38
5. Cargas Distribuídas Sobre Vigas43
5.1. Centróides de Superfícies Planas43
5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa43
5.1.2. Centróides de Superfícies Planas45
5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribuídas48
6. Momento de Inércia de Áreas52
6.1. Momento de Inércia52
6.2. Momento de Inércia de Áreas Elementares54
6.3. Momento Polar de Inércia de Área5
6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma Área56

ÍNDICE 6.5. Raio de Giração de uma Área..............................................................................58

Mecânica Geral 3

1. INTRODUÇÃO

A disciplina MECÂNICA GERAL tem como propósito o estudo da Estática dos

Corpos Rígidos, e para isto o seu desenvolvimento é basicamente dividido em três etapas; estudo de forças sobre uma partícula, estudo de forças sobre um corpo rígido e estudo das propriedades geométricas de áreas planas.

Na primeira etapa, forças sobre uma partícula, faremos o estudo do equilíbrio de corpos cujas dimensões nas situações analisadas são desprezíveis. Durante o estudo de forças sobre uma partícula resgataremos alguns conceitos de álgebra vetorial, sistemas lineares e matrizes. Desta maneira faz-se necessário, para um melhor aproveitamento da turma, que os alunos utilizem os conhecimentos adquiridos em disciplinas como Matemática Básica, Álgebra Linear e Física I para encontrarem as soluções dos problemas proposto no curso.

No estudo de corpos rígidos (indeformáveis) os alunos irão encontrar elementos que, diferente de uma partícula, apresentam dimensões representativas e, como já visto em Física I, podem ser submetidos a uma rotação a partir da atuação de uma força. Ao estudo de forças sobre uma partícula, esta etapa irá acrescentar o conceito de memento de uma força (torque).

Por fim, na terceira etapa, estudo das propriedades geométricas de áreas planas, serão apresentados os conceitos de momento estático de áreas planas, centróides e momento de segunda ordem. Estes conceitos, assim como todos os outros das etapas anteriores, serão vastamente explorados no curso de Mecânica dos Sólidos.

Mecânica Geral 4

2. FORÇAS SOBRE UMA PARTÍCULA

Antes de iniciarmos o estudo propriamente dito de força sobre uma partícula, apresentaremos algumas definições gerais.

Grandezas Escalares

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

Grandezas Vetoriais

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

Vetor Força

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

fig. 01 – Vetor Força 2.1. FORÇAS NO PLANO SOBRE UMA PARTÍCULA fig. 02 – Forças no plano sobre uma partícula.

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

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2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças)

Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partícula, assim como visto desde o ensino médio, poderá ser determinada a partir dos métodos do paralelogramo e do polígono.

-Método do Paralelogramo -Método do Polígono fig. 03 – Métodos de Composição Vetorial

Determinação do módulo da Resultante de duas forças sobre uma partícula

Partindo dos métodos anteriormente apresentados podemos determinar o módulo da força resultante através das leis dos senos e dos cossenos.

- Lei dos senos fig. 04 – Lei dos senos

CcB bBcCbh

sen.sen.1=⇒==(I)

sensen

AaB bBaAbh

sen.sen.2=⇒==(I)

sensen

De I e I concluímos

CcAaBb sensensen

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- Lei dos cossenos fig. 05 – Lei dos cossenos

Acbbca

AcbbAAca

AcAcbbAca AcbAcaHAbha

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:

sen10 120sen sen10 120sen kNF F

Exercício resolvido 02:

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

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Solução:

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

Exercício resolvido 03:

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

Solução:

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

Mecânica Geral 9

Exercício proposto 01:

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

Resposta: P= 2990N ; ângulo = 72,8º

Exercício proposto 02:

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

Resposta: 14,3 kN ; ângulo = 19,9º

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2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais)

Na seção anterior, estudamos dois métodos para determinação da força resultante da soma de dois vetores; método do paralelogramo e o método do polígono. Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. Nestes casos, determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o processo de decomposição vetorial.

Abaixo está ilustrado um vetor de módulo F com um ângulo θ em relação ao eixo horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relações trigonométricas.

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

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

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

jFiFF jFiFF jFiFF yx yx

1

x y yxR yxR jFiFF arctan

Mecânica Geral 1

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:

NFRFRjiRF jiRF jFyiFxRF r r

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 P

FyFxFR yFxFRF

De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1,2 kN e 3,17 kN para que a força resultante seja inferior a 2,4 kN.

Exercício resolvido 07:

As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o módulo de F e sua direção θ de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800N.

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Solução:

θα positivoxeixoaorelaçãoemangulo NF jijiF

FFRFFFFFRF r

Exercício proposto 03:

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

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

Exercício proposto 04:

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

Resposta: +250N, - 600N

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2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano

Dizemos que uma partícula está em equilíbrio toda vez em que ela se encontra com a sua velocidade vetorial constante, ou seja, quando a partícula está em repouso (estático) ou em movimento retilíneo uniforme. Desta maneira podemos concluir que uma partícula está em equilíbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton; para manter um equilíbrio a força resultante sobre a partícula é nula.

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

Diagrama de Corpo Livre

Este diagrama é tão somente um esquema que mostra a partícula, com todas as forças que atuam sobre ela, livre de sua vizinhança.

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

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

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

Mecânica Geral 15

Solução:

NFeNFFF IemIIAplicando

IIFFFFFFyF IFFFFxF

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 r r

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Exercício resolvido 10:

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

Solução:

mL L seráLocomprimentoAssim kNFFcríticacondiçãoNa xFsimetriaPor θθr 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

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2.2. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA

Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas submetidas à aplicação de forças coplanares. Para chegarmos as soluções dos problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos, destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposição vetorial. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z). Assim, quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários .,keji r fig. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional

2 FdemóduloFFFF vetorialnotaçãokFzjFyiFxF referenciadeeixososeFentre formadosângulosdiretoresânguloszyx zFzF yFyF xFxF zyx r

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

kFzjFyiFxFFFF n

Mecânica Geral 18

Exercício resolvido 1: Determine o vetor resultante e os ângulos diretores do mesmo.

F Fzz

F Fyy

F Fxx

NFkjiF k jiF kFzjFyiFxF r r

Exercício proposto 07:

Uma força de 1250N atua na origem, em uma direção definida pelos ângulos θx = 65º e θy = 40º . Sabe-se também que a componente z da força é positiva. Determine o valor de θz e as componentes da força.

Resposta: 61,0o ; + 528,5N; + 957,5N; + 606N

Exercício proposto 08:

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

Mecânica Geral 19

2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação

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

fig. 10 – Componentes cartesianas de um vetor de módulo “d”.

d dzFFzd dyFFyd dxFFx temosAssim d dzzd dyyd dxx dzdydxd

2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço

n n

FzFyFx equilíbrionotemos kFzjFyiFxFFFFFseja r

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 -----

FNFF F temosIemIIIeIIAplicando

IIIFFFFdFdFd FFz

IINFFdFdFd FFy

IFFFdFdFd FFx

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Resolução com o uso de Matrizes:

0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC => 0= -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC
0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,0 FDC =>0= 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,0 FDC

Seja o seguinte sistema 0 = 0,0.FAC + 0,0.FBC + 0,80.FDC – 50 =>50 = 0,0.FAC + 0,0.FBC + 0,80.FDC O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira.

(A) . (X) = (B)

Para estes tipos de sistemas temos as seguintes definições: Matriz Principal (A): A matriz formada com os coeficientes das incógnitas:

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).

− , Det. FAC = -948,68

, Det. FBC = -948,68

−− , Det. FDC =-300,0

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) = -30,0 / -0,48 = 6.250,0 N

Obs.: Os resultados apresentados estão diferentes devidos as aproximações aplicadas na primeira resolução.

Mecânica Geral 2

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:

FAB FAC FAD CargaFAB FAC FAD
dx -4,0 6,0 4,0 0,0dx/d -0,290,43 0,29
dy 6,0 4,0 -6,0 0,0dy/d 0,43 0,29 -0,43
d 14,0 14,0 14,0
Matriz -0,29 0,43 0,29 DetMatriz-0,290,0 0,29 Det.

Diagrama de corpo livre do ponto A dz 12,0 12,0 12,0 -1.470,0 dz/d 0,86 0,86 0,86

0,86 0,86 0,86 -0,450,86 1.470,0 0,86 0,0
Matriz 0,0 0,43 0,29 DetMatriz-0,290,43 0,0 Det.
FAB 0,0 0,29 -0,43 FABFAD 0,43 0,29 0,0 FAD
1.470,0 0,86 0,86 -390,00,86 0,86 1.470,0 -390,0
FAB FAC FAD
Equilíbrio 857,50 0,0 857,50

Principal 0,43 0,29 -0,43 Principal FAC 0,43 0,0 -0,43 FAC * Todas os esforços estão medidos em N

Mecânica Geral 23

Exercício resolvido 14:

De acordo com a figura do exemplo anterior, determine a maior massa que a placa pode ter considerando que cada cabo pode suportar tração máxima de 15 kN.

Solução:

Para determinar a massa máxima deveremos verificar se na condição crítica de um dos cabos (15 kN) os demais cabos estão solicitados por uma tensão igual ou inferior a 15 kN e em seguida determinar o valor da massa que atende a condição de equilíbrio. Depois de testar a condição crítica em todos os cabos, a massa será a maior das que atenderem todos os requisitos necessários.

FAB FAC FAD CargaFAB FAC FAD
dx -4,0 6,0 4,0 0,0dx/d -0,290,43 0,29
dy 6,0 4,0 -6,0 0,0dy/d 0,43 0,29 -0,43
d 14,0 14,0 14,0

Diagrama de corpo livre do ponto A dz 12,0 12,0 12,0 -1.470,0 dz/d 0,86 0,86 0,86 Condição crítica 1 (FAC = 15 kN) mFFmFFF F F

Das equações acima temos o seguinte sistema mFF F F

Solução do sistema: sistema apresentado é impossível, logo está condição não é válida.

Mecânica Geral 24

Condição crítica 2 (FAB = 15 kN) mFFmFFF F F

Das equações acima temos o seguinte sistema mFF F F

Solução do sistema: FAC = 0 ; FAD = 15000 em =2.628,28 kg

Pelos resultados apresentados, quando FAB está em estado crítico FAD também estará em estado crítico e FAC será nula e a massa para o equilíbrio será 2.628,28 kg.

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