Faculdade Politécnica de Matão
ETAPA Nº. 02
Aula-tema: Corpos Rígidos Sistemas de Forças equivalentes.
Passo 2 – Leia a definição abaixo:
O momento de uma forca em relação a um ponto ou um eixo fornece uma medida da
tendência dessa forca em provocar uma rotação em torno desse ponto ou desse eixo. O
momento de uma forca “F” em relação ao ponto, ou eixo “o” e expresso pelo produto vetorial:
Mo = r x F onde:
O vetor posição deve ser expresso por: r = rx i + ry j
O vetor forca deve ser expresso por: F = Fx i + Fy j
Discuta e resolva os exemplos 4.1, 4.2, 4.3 e 4.4
Exemplo 4.1 – Determine o momento da força em relação ao ponto 0 em cada caso ilustrado
na figura 4.4.
Solução (Análise Escalar)
A linha de ação de cada força é prolongada como uma linha tracejada para estabelecer
o braço de momento d. As figuras mostram também as tendências de rotação provocadas
pelas forças sobre cada elemento, por meio de setas curvas em torno dos pontos de referência.
Assim:
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Fig. 4.4a
Mo = (100N)(2m) = 200N.m ↓
Fig. 4.4b
Mo = (50N)(0,75m) = 37,5N.m ↓
Fig. 4.4c
Mo = (40lb)(4 pés + 2.cos30° pés) = 229lb.pés ↓
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Fig. 4.4d
Mo = (60lb)(1.sen45° pés) = 42,4lb.pés ↑
Fig. 4.4e
Mo = (7kN)(4m – 1m) = 21kN.m ↑
Exemplo 4.2 – Determine os momentos da força de 800N que atua sobre a estrutura na Figura
4.5 em relação aos pontos A,B,C e D.
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Solução (Análise Escalar)
Em geral, M = F.d, onde d é o braço de momento ou a distância perpendicular do
ponto no eixo do momento até a linha de ação da força. Conseqüentemente:
MA = 800N.(2,5m) = 2000N.m ↓
MB = 800N.(1,5m) = 1200N.m ↓
MC = 800N.(0) = 0 (a linha de ação de F passando por C)
MD = 800N.(0,5m) = 400N.m ↑
As setas em cada uma das equações indicam os sentidos de rotação dos momentos,
que são definidos pelos sentidos de circulação da força em torno de cada ponto.
Exemplo 4.3 – Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na haste
mostrada na figura 4.6 em relação ao ponto 0.
Solução
Supondo que momentos positivos atuam na direção +K, isto é, no sentido anti-horário, temos:
↓ +MRo = ΣF.d
MRo = -50N.(2m) + 60N.(0) + 20N.(3.sen30°m) – 40N.(4m + 3.cos30°m)
MRo = -334N.m = 334N.m ↓
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Para esses cálculos, note que as distâncias dos braços dos momentos para as forças de
20N e 40N foram estabelecidas pelo prolongamento das linhas de ação de cada uma delas
(linhas tracejadas).
Exemplo 4.4 – O poste da Figura 4.16a está sujeito a uma força de 60N na direção de C para
B. Determine a intensidade do momento criado pela força em relação ao suporte em A.
Solução (Análise Vetorial)
Como mostra a figura4.16b, cada um dos dois vetores posição podem ser usados para
a solução, já que MA = rB x F ou MA = rC x F. Os vetores posição são representados como:
rB = {1i + 3j + 2k}m e rC = {3i + 4j}m
A força tem intensidade de 60N e a direção e o sentido são especificados pelo vetor
unitário uF de C para B. Então:
F = (60N)uF = (60N).[(1 – 3) i + (3 - 4) j + (2 – 0) k ]
√(-2)2 + (-1)2 + (2)2
= {-40i – 20j + 40k}N
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Convertendo para a formulação de determinante, conforme a equação 4.7, e seguindo
o esquema para expansão de terminante, conforme descrito na nota1, tem-se:
MA = rB x F = i j k
1 3 2
-40 -20 40
= [3(40) – 2(-20)]i – [1(40) – 2(-40)]j + [1(-20) - 3(-40)]k
Ou
MA = rC x F = i j k
3 4 0
-40 -20 40
= [4(40) - 0(-20)]i – [3(40) - 0(-40)]j + [3(-20) - 4(-40)]k
Em ambos os casos:
MA = {160i – 120j + 100k}N.m
A intensidade de MA é, portanto:
MA = √(160)2 + (-120)2 + (100)2 = 224N.m
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Como já era de se esperar, MA atua perpendicularmente ao plano contendo os vetores
F, rB e rC, atua como na figura 4.16c. (como você encontraria os ângulos diretores
coordenados α = 44,3°, β = 122° e γ = 63,4°?). Caso esse problema tivesse sido resolvido
utilizando uma solução escalar, em que MA = F.d, haveria dificuldade para se encontrar o
braço d do momento.
Passo 3 – Uma das vigas estruturais do guindaste em estudo esta mostrada pela figura que
segue. A viga AB, em questão, esta representada nas unidades de medida do Sistema Usual
Americano (FPS). Informe a equipe de engenharia, no Sistema Internacional (SI), qual e o
momento gerado pelo conjunto de cargas F1, F2, e F3 em relação ao ponto de engastamento
A.
r1 = (8pés)i
r2 = (14pés)i
r3 = (19pés)i – (0,5pé)j
F1 = -(375lb)j
F2x = F2.cos53º = -(300,9lb)i
F2y = F2.sen53º = -(399,3lb)j
F3x = F3.sen30º = (80lb)i
F3y = F3.cos30º = -(138,56lb)j
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M1 = i j k M1 = -3000k
8 0 0
0 -375 0
M2 = i j k M2 = -5590,2k
14 0 0
-300,9 -399,3 0
M3 = i j k M3 = -2591,5k
19 -0,5 0
80 -138,5 0
MA = M1 + M2 + M3 = -3000k – 5590,2k - 2591,5k = -11181,7k
MA = -11181,7lb.pés
Passo 4 – Como sugestão, compare os resultados entre efetuar todos os cálculos no FPS,
fazendo a conversão do resultado final para o SI. Converta, inicialmente, cada uma das
medidas do desenho para os SI para depois efetuar o cálculo do momento. Discuta e conclua
qual e o melhor procedimento. Explique e embase sua conclusão.
1lb = 4,448N 1pé = 0,3048m
r1 = (2,438m)i
r2 = (4,267m)i
r3 = (5,791m)i – (0,152m)j
F1 = -(1668N)j
F2x = F2.cos53º = -(1338,4N)i
F2y = F2.sen53º = -(1776,16N)j
F3x = F3.sen30º = (355,84N)i
F3y = F3.cos30º = -(616,33N)j
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M1 = i j k M1 = -4066,58k
2,438 0 0
0 -1668 0
M2 = i j k M2 = -7578,87k
4,267 0 0
-1338,4 -1776,16 0
M3 = i j k M3 = -3515,08k
5,791 -0,152 0
355,84 -616,33 0
MA = M1 + M2 + M3 = -4066,58k – 7578,87k – 3515,08k = -15160,53k
MA = -15160,53N.m
Concluiu-se que o melhor procedimento seria com os cálculos em SI, devido ser
habitual no dia-a-dia, a utilização das medidas: Newton e metro.
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ETAPA Nº. 03
Aula-tema: Equilíbrio de Corpos Rígidos.
Passo 1 - Discuta e resolva os exemplos 5.1, 5.3, 5.4, 5.6, 5.7, 5.9 e 5.10.
Exemplo 5.1
Desenhe o diagrama de corpo livre para a viga uniforme mostrada na figura 5.7a. A
viga tem massa de 100 kg.
Solução:
O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na figura 5.7b. Como o apoio em A é
uma parede fixa, existem três reações atuantes na viga em A, definidas como Ax, Ay e MA,
traçadas em uma direção arbitrária. As intensidades desses valores são incógnitas e seus
sentidos foram adotados. O peso da viga, W = 100.(9,81) = 981N, atua através do centro de
gravidade G da viga, que está a 3m de A, pois o feixe é uniforme.
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Exemplo 5.3
Dois tubos lisos, cada um com massa de 300 kg, são apoiados pelos garfos de um
trator (Figura 5.9a). Desenhe o diagrama de corpo livre para cada um dos tubos em separados
e para ambos os tubos em conjunto.
Solução:
O modelo idealizado no qual devemos desenhar o diagrama de corpo livre é mostrado
na figura 5.9b. Nesse caso, os tubos foram identificados, as dimensões foram adicionadas e a
situação física foi reduzida a sua forma mais simples.
O diagrama de corpo livre para o tubo A é mostrado na figura 5.9c. Seu peso W = 300.
(9,81) = 2943N. Supondo que todas as superfícies de contato sejam lisas, as forças de reação
T, F e R atuam na direção normal à tangente em suas superfícies de contato.
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O diagrama de corpo livre do tubo B é mostrado na figura 5.9d. Você pode identificar
cada uma das três forças que atuam nesse tubo? Veja que R, representando a força de A sobre
B (Figura 5.9d), é igual à oposta a R, que representa a força de B em A (Figura 5.9c). Isso é
uma conseqüência da terceira lei de Newton dos movimentos.
O diagrama de corpo livre para ambos os tubos combinados (‘sistema’) é mostrado na
figura 5.9e. Nesse ponto, a força de contato R, que atua entre A e B, é considerada uma força
interna e por isso não foi incluída no diagrama de corpo livre. Isso quer dizer que essa força
representa um par de forças colineares e opostas com mesma intensidade e que se cancelam
mutuamente.
Exemplo 5.4
Desenhe o diagrama de corpo livre da plataforma vazia que está suspensa na lateral da
plataforma de petróleo mostrada na figura 5.10a. A plataforma tem massa de 200 kg.
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Solução:
O modelo idealizado da plataforma será considerado em duas dimensões porque o
carregamento e as dimensões são simétricos em relação ao plano vertical que passa pelo seu
centro, conforme a figura 5.10b. Nesse caso, a conexão em A é feita através de um pino e o
cabo sustenta a plataforma em B. A direção do cabo e as dimensões médias da plataforma
foram anotadas e o centro de gravidade foi calculado, como mostra essa figura.É a partir desse
modelo que se deve desenhar o diagrama de corpo livre mostrado na figura 5.10c. O peso da
plataforma é 200.(9,81) = 1962N. Os componentes da força Ax e Ay, juntamente com a força
do cabo T, representam as reações que ambos os pinos e os cabos exercem na plataforma,
conforme a figura 5.10a. Em conseqüência, após a solução para essas reações, suas
intensidades são distribuídas, sendo metade aplicada em A e a outra metade, em B.
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Exemplo 5.6
Determine os componentes horizontal e vertical da reação para a viga carregada, como
mostrado na figura 5.14a. Despreze o peso da viga em seus cálculos.
Solução:
Diagrama de corpo livre.
Você pode identificar cada uma das forças mostradas no diagrama de corpo livre da
viga na figura 5.14b? Para simplificar, a força de 600N é representada pelos seus
componentes x, y, conforme mostrada nessa figura. Veja também que a força de 200N atua
sobre a viga no ponto B e é independente dos componentes Bx e By da força, que representam
o efeito do pino na viga.
Equações de Equilíbrio
Somando as forças na direção x, obtemos:
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+→ ΣFx = 0;
(600.cos45º N) - Bx = 0
Bx = 424N
Uma solução direta para Ay pode ser obtida aplicando-se a equação dos momentos
ΣMB = 0 em relação ao ponto B. Para esse cálculo, devemos notar que as forças de 200N, Bx e
By, criam um momento nulo em relação ao ponto B. Supondo que a rotação anti-horária em
relação a B seja positiva (na direção +k), como visto na figura 5.14b, temos:
↓+ΣMB = 0;
100N.(2m) + (600.sen45º N).(5m) – (600.cos45º N).(0,2m) – Ay.(7m) = 0
Ay = 319 N
Incluindo esse resultado e somando as forças na direção y, obtemos:
+↑ΣFy = 0;
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319 N – (600.sen45º N) – 100 N – 200 N + By = 0
By = 405 N
Pode-se conferir esse resultado somando os momentos em relação ao ponto A.
↓+ΣMA = 0;
-(600.sen45º N)(2m) – (600.cos45º N).(0,2m) – (100 N).(5m) – (200 N).(7m) + By.(7m) = 0
By = 405 N
Exemplo 5.7
A corda mostrada na figura 5.15a suporta uma força de 100 lb apoiando-se numa polia
sem atrito. Determine a força de tração na corda em C e nos componentes horizontal e vertical
da reação no pino em A.
Solução:
Diagrama de Corpo Livre.
Os digramas de corpo livre d corda e da polia são mostrados na figura 5.15c. O
princípio de ação, com uma reação igual em intensidade, porém de sentido oposto, deve ser
cuidadosamente observado ao se desenhar cada um desses diagramas: a corda exerce uma
distribuição de carga desconhecida p em parte da superfície da polia, enquanto a polia exerce
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na corda um efeito igual, mas oposto. Para a solução, no entanto, é mais simples combinar os
diagramas de corpo livre da polia e da parte da corda que está em contato, de modo que a
carga distribuída se torne interna ao sistema e seja, portanto, eliminada da análise. Veja a
figura 5.15c.
Equações de Equilíbrio.
Somando os momentos relativamente ao ponto A para eliminar Ax e Ay (figura 5.15c),
temos:
↓+ΣMA = 0;
100 lb.(0,5pé) – T.(0,5pé) = 0
T = 100 lb
Pode-se notar que a força permanece constante à medida que a corda passa pela polia.
(Isso é verdadeiro para qualquer ângulo Θ que dá a direção da corda e para qualquer raio r da
polia). Utilizando o resultado para T, o somatório das forças é aplicado para determinar os
componentes da reação no pino A.
+→ΣFx = 0;
- Ax + (100.sen30º lb) = 0
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Ax = 50 lb
+↑ΣFy = 0;
Ay – 100 lb – (100.cos30º lb) = 0
Ay = 187 lb
Exemplo 5.9
A chave de boca mostrada na figura 5.17a é utilizada para apertar o parafuso em A. Se
a chave não gira quando a carga é aplicada ao seu cabo, determine o torque ou momento e a
força da chave aplicados ao parafuso.
Solução:
Diagrama de Corpo Livre
O diagrama de corpo livre para a chave é mostrado na figura 5.17b. Uma vez que o
parafuso atua como um ‘apoio fixo’, ele exerce uma força de componentes Ax e Ay e um
torque MA sobre a chave em A.
Equações de Equilíbrio.
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+→ΣFx = 0; Ax – 52.(5/13)N + (30.cos60º N) = 0 Ax = 5 N
+↑ΣFy = 0; Ay – 52.(12/13)N – (30.sen60º N) = 0 Ay = 74 N
↓+ΣMA = 0; MA – 52.(12/13)N .(0,3m) – (30.sen60º N).(0,7m) = 0 MA = 32,6 N.m
O ponto A foi escolhido para se efetuar o somatório dos momentos porque as linhas de
ação das forças incógnitas Ax e Ay passam por esse ponto e, consequentemente, essas forças
não contribuem com os momentos relativos a ele.Lembre-se, porém, de que MA deve ser
incluído nesse somatório. Esse momento é um vetor livre e representa a resistência de torção
do parafuso sobre a chave. Pela terceira lei de Newton, a chave aplica um momento ou torque
igual, porém oposto, sobre o parafuso. Além disso, a força resultante na chave é:
FA = √((5)2 + (74)2) = 74,1 N
Devido ao fato de os componentes Ax e Ay terem sido calculados como quantidades
positivas, seus sentidos já estão mostrados corretamente no diagrama de corpo livre na figura
5.17b. Portanto:
Θ = tg-1 (74 N)/(5 N) = 86,1º
Lembre-se que FA atua na direção oposta sobre o parafuso. Por quê?
Apesar de se poder escrever apenas três equações de equilíbrio independentes para um
corpo rígido, é preciso verificar os cálculos utilizando uma quarta equação de equilíbrio. Por
exemplo, os cálculos anteriores podem ser verificados em parte pelo somatório dos momentos
em relação ao ponto C:
↓+ΣMC = 0;
52.(12/13)N .(0,4m) + 32,6 N.m – 74 N.(0,7m) = 0
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19,2 N.m + 32,6 N.m – 51,8 N.m = 0
Exemplo 5.10
O descarregamento de concreto do caminhão é realizado utilizando a calha mostrada
nas fotos (figura5.18a). Determine a força que o cilindro hidráulico e a estrutura do caminhão
exercem sobre a calha para mantê-la na posição mostrada. A calha e o concreto nela contido
têm peso uniforme de 35 lb/pé.
Solução:
O modelo idealizado da calha é mostrado na figura 5.18b.Nessa figura,as dimensões
são dadas e considera-se que a calha está conectada à estruturado do caminhão em A por meio
de pinos e o cilindro hidráulico BC age como uma haste de ligação entre a calha e a estrutura.
Diagrama de Corpo Livre.
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Uma vez que a calha tem comprimento de 16 pés, o peso total suportado é (35 lb/pé).
(16 pés) = 560 lb, que supomos ser aplicado no seu ponto médio G. O cilindro hidráulico
exerce uma força horizontal FBC na calha (figura 5.18c).
Equações de Equilíbrio.
Uma solução direta para FBC é possível por meio do somatório dos momentos em
relação ao pino em A. Para isso, vamos usar o princípio dos momentos e decompor o peso em
seus componentes paralelo e perpendicular à calha. Assim, teremos:
↓+ΣMA = 0;
- FBC.(2 pés) + (560.cos30º lb).(8 pés) + (560.sen30º lb).(0,25 pé) = 0 FBC = 1975 lb
Somando as forças para obter Ax e Ay:
+→ΣFx = 0;
- Ax + 1975 lb = 0 Ax = 1975 lb
+↑ΣFy = 0;
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Ay – 560 lb = 0 Ay = 560 lb
Passo 3 - Desenvolva, calcule e construa, para o guindaste do projeto em questão, a tabela que
fornece o valor mínimo do angulo “θ”, em graus, para as cargas variando em intervalos de 1
kN, conforme modelo na sequência, considerando-se um coeficiente de segurança de 20%
sobre o ângulo mínimo teórico calculado.
G1 = 100 kN
G2 = 25 kN
G3 = 5 kN (cada)
WMáx = 15 kN
a1 = 09 m
a2 = 1,1 m
a3 = 1,3 m
Condição de tombamento, NA = 0;
ΣM = 0 (pólo em B, MB = 0);
MG1 + MG2 + MG3 + MW = 0
(100 kN)(2,7 m) – (25 kN)(10.cosθ m – 0,9 m) + G3(a + 3,9 m) – W(25.cosθ m – 0,9 m) = 0
292,5 – 250cosθ + G3(a + 3,9 m) – 25Wcosθ + 0,9W = 0
No resultado final, ao ângulo em graus foi acrescentado o coeficiente de segurança de
20% (x 1,2).
Para W e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ = 0 cosθ = 292,5/250 θ não existe
Para W = 0 e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) = 0 cosθ = 316,5/250 θ não existe
Para W = 0 e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) = 0 cosθ = 342,5/250 θ não existe
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Para W = 0 e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 + 3,9 m) = 0 cosθ = 370,5/250 θ não existe
Para W = 1 kNe G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 292,5/250 θ não existe
Para W = 1 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 317,4/275
θ não existe
Para W = 1 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 343,4/275
θ não existe
Para W = 1 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(1)cosθ + 0,9(1) = 0 cosθ = 371,4/275
θ não existe
Para W = 2 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 294,3/300 θ = 11,2° (x 1,2)
θ = 13,4°
Para W = 2 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 318,3/300
θ não existe
Para W = 2 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 344,3/300
θ não existe
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Para W = 2 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(2)cosθ + 0,9(2) = 0 cosθ = 372,3/300
θ não existe
Para W = 3 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 295,2/325 θ = 24,7° (x 1,2)
θ = 29,7°
Para W = 3 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 319,2/325
θ = 10,8° (x 1,2) θ = 13,0°
Para W = 3 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 345,2/325
θ não existe
Para W = 3 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(3)cosθ + 0,9(3) = 0 cosθ = 373,5/325
θ não existe
Para W = 4 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 296,1/350 θ = 32,22° (x 1,2)
θ = 38,7°
Para W = 4 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 320,1/350
θ não existe
Para W = 4 kN e G3 = 10 kN;
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292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 346,1/350
θ = 8,6° (x 1,2) θ = 10,3°
Para W = 4 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(4)cosθ + 0,9(4) = 0 cosθ = 374,1/350
θ = 1,1° (x 1,2) θ = 1,9°
Para W = 5 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 297/375 θ = 37,63° (x 1,2)
θ = 45,15°
Para W = 5 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 321/375
θ = 31,1° (x 1,2) θ = 37,3°
Para W = 5 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 347/375
θ = 22,3° (x 1,2) θ = 26,7°
Para W = 5 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(5)cosθ + 0,9(5) = 0 cosθ = 375/375
θ = 0° (x 1,2) θ = 0°
Para W = 6 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 297,9/400 θ = 41,9° (x 1,2)
θ = 50,2°
Para W = 6 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 321,9/400
θ = 36,4° (x 1,2) θ = 43,7°
25
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 6 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 347,9/400
θ = 29,6° (x 1,2) θ = 35,5°
Para W = 6 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(6)cosθ + 0,9(6) = 0 cosθ = 375,9/400
θ = 20,0° (x 1,2) θ = 24,0°
Para W = 7 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 298,8/425 θ = 45,3° (x 1,2)
θ = 54,4°
Para W = 7 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 322,8/425
θ = 40,6° (x 1,2) θ = 48,7°
Para W = 7 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 348,8/425
θ = 34,8° (x 1,2) θ = 41,8°
Para W = 7 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(7)cosθ + 0,9(7) = 0 cosθ = 376,8/425
θ = 27,5° (x 1,2) θ = 33,1°
Para W = 8 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 299,7/450 θ = 48,2° (x 1,2)
θ = 57,9°
Para W = 8 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 323,7/450
θ = 44,0° (x 1,2) θ = 52,8°
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Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 8 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 349,7/450
θ = 39,0° (x 1,2) θ = 46,8°
Para W = 8 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(8)cosθ + 0,9(8) = 0 cosθ = 377,7/450
θ = 31,9° (x 1,2) θ = 39,5°
Para W = 9 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 300,6/475 θ = 50,7° (x 1,2)
θ = 60,9°
Para W = 9 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 324,6/475
θ = 46,9° (x 1,2) θ = 56,3°
Para W = 9 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 350,6/475
θ = 42,4° (x 1,2) θ = 50,9°
Para W = 9 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(9)cosθ + 0,9(9) = 0 cosθ = 378,6/475
θ = 37,1° (x 1,2) θ = 44,6°
Para W = 10 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 301,5/500 θ = 53,0° (x 1,2)
θ = 63,5°
Para W = 10 kN e G3 = 5 kN;
27
Faculdade Politécnica de Matão
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 325,5/500
θ = 49,4° (x 1,2) θ = 59,2°
Para W = 10 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 351,5/500
θ = 45,3° (x 1,2) θ = 54,4°
Para W = 10 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(10)cosθ + 0,9(10) = 0 cosθ = 379,5/500
θ = 40,6° (x 1,2) θ = 48,7°
Para W = 11 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 302,4/525 θ = 54,8° (x 1,2)
θ = 65,8°
Para W = 11 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 326,4/525
θ = 51,5° (x 1,2) θ = 61,9°
Para W = 11 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 352,4/525
θ = 47,8° (x 1,2) θ = 57,4°
Para W = 11 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(11)cosθ + 0,9(11) = 0 cosθ = 380,4/525
θ = 43,6° (x 1,2) θ = 52,3°
Para W = 12 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 303,3/550 θ = 56,5° (x 1,2)
θ = 67,8°
28
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 12 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 327,3/550
θ = 53,5° (x 1,2) θ = 64,2°
Para W = 12 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 353,3/550
θ = 50,0° (x 1,2) θ = 60,0°
Para W = 12 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(12)cosθ + 0,9(12) = 0 cosθ = 381,3/550
θ = 46,1° (x 1,2) θ = 55,3°
Para W = 13 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 304,2/575 θ = 58,0° (x 1,2)
θ = 69,7°
Para W = 13 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 328,2/575
θ = 55,2° (x 1,2) θ = 66,2°
Para W = 13 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 354,2/575
θ = 52,0° (x 1,2) θ = 62,4°
Para W = 13 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(13)cosθ + 0,9(13) = 0 cosθ = 382,2/575
θ = 48,3° (x 1,2) θ = 58,0°
Para W = 14 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 305,1/600 θ = 59,4° (x 1,2)
θ = 71,3°
29
Faculdade Politécnica de Matão
Para W = 14 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 329,1/600
θ = 56,7° (x 1,2) θ = 68,0°
Para W = 14 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 355,1/600
θ = 53,7° (x 1,2) θ = 64,4°
Para W = 14 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(14)cosθ + 0,9(14) = 0 cosθ = 383,1/600
θ = 50,3° (x 1,2) θ = 60,4°
Para W = 15 kN e G3 = 0;
292,5 – 250cosθ – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 306/625 θ = 60,7° (x 1,2)
θ = 72,8°
Para W = 15 kN e G3 = 5 kN;
292,5 – 250cosθ + 5(0,9 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 330/625
θ = 58,1° (x 1,2) θ = 69,7°
Para W = 15 kN e G3 = 10 kN;
292,5 – 250cosθ + 10(1,1 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 356/625
θ = 55,3° (x 1,2) θ = 66,3°
Para W = 15 kN e G3 = 15 kN;
292,5 – 250cosθ + 15(1,3 m + 3,9 m) – 25(15)cosθ + 0,9(15) = 0 cosθ = 384/625
θ = 52,1° (x 1,2) θ = 62,5°
30
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Em algumas situações não foi possível obter matematicamente um ângulo. Ao fim da
resolução, chegou-se a um cálculo de cosθ igual a uma fração onde o numerador fosse maior
que o denominador impossibilitando um resultado de arcoseno.
Peso da carga W (kN) “θ” sem G3 “θ” com 1 G3 “θ” com 2 G3 “θ” com 3 G3
0 θ não existe θ não existe θ não existe θ não existe
1 θ não existe θ não existe θ não existe θ não existe
2 13,4° θ não existe θ não existe θ não existe
3 29,8° 13,0° θ não existe θ não existe
4 38,7° θ não existe 10,3° 01,3°
5 45,1° 37,3° 26,7° 00,0°
6 50,2° 43,7° 35,5° 24,0°
7 54,4° 48,7° 41,8° 33,1°
8 57,9° 52,8° 46,8° 39,5°
9 60,9° 56,3° 50,9° 44,6°
10 63,5° 59,2° 54,4° 48,7°
11 65,8° 61,9° 57,4° 52,3°
12 67,8° 64,2° 60,0° 55,3°
13 69,7° 66,2° 62,4° 58,0
14 71,3° 68,0° 64,4° 60,4°
15 72,8° 69,7° 66,3° 62,5°
Passo 4 – Apesar da precisão dos cálculos de engenharia, na maioria das vezes há hipóteses
que não refletem com exatidão absoluta um fenômeno natural. Este coeficiente pode servir
para garantir a segurança na execução de projetos no caso de imprevistos.
O coeficiente de segurança adotado, neste caso, foi de 20% para qualquer carga içada.
Porém, a carga W é proporcional ao ângulo θ, ou seja, quando a carga for muito pequena (3
kN, por exemplo) o acréscimo ao ângulo fornecido pelo coeficiente será praticamente
31
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insignificante não proporcionando a mesma segurança do que quando for maior (15 kN, por
exemplo).
Portanto, o ideal seria que a relação entre W e θ fosse inversamente proporcional,
fornecendo assim um nível de segurança igual para qualquer que seja o peso da carga içada.
32
Faculdade Politécnica de Matão
ETAPA Nº. 04
Aula-tema: Centróides e Baricentro.
Passo 2 - Discuta em grupo e resolva passo-a-passo o exemplo 9.10 do PLT.
Exemplo 9.10
Localize o centróide da área da placa mostrada na figura 9.18a.
Solução:
Partes constituintes.
A placa é dividida em três segmentos, como mostra a figura 9.18b. Nesse caso, a área
do pequeno retângulo 3 é considerada “negativa”, uma vez que deve ser subtraída da área
maior 2.
Braços de Momento.
O centróide de cada segmento é localizado como mostra a figura. Note que as
coordenadas x de 2 e 3 são negativas.
Somatórios.
Considerando os dados da figura 9.18b, os cálculos aparecem tabelados a seguir.
Segmento A (pé2) x (pé) y (pé) x.A (pé3) y.A (pé3)
1 ½(3)(3) = 4,5 1 1 4,5 4,5
2 (3)(3) = 9 -1,5 1,5 -13,5 13,5
3 -(2)(1) = -2 -2,5 2 5 -4
Σ A = 11,5 Σ x.A = -4 Σ y.A = 14
Assim:
x = Σ x.A/ Σ A = -4/11,5 = -0,348 pé
33
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y = Σ y.A/ Σ A = 14/11,5 = 1,22 pé
Passo 4 - Localize o centro de gravidade deste olhal do guindaste, fornecendo ao projetista as
coordenadas desse ponto em relação aos eixos por ele escolhidos.
O olhal de içamento foi dividido em quatro segmentos.
Centróide de cada segmento (x;y) Área de cada segmento
I Retângulo (b/2;h/2) b.h
II Triângulo (b/3;h/3) (b.h)/2
III Círculo (0;0) π.r2
IV ½ Círculo (0;4r/3π) (π.r2)/2
A (mm2) x (mm) y (mm) x.A (mm3) y.A (mm3)
I 12000 60 50 720000 600000
II 3060 40 - 17 122400 - 52020
III - 3848,45 60 100 - 230907 - 384845
IV 5654,87 60 125,46 339292 709460
Σ 16866,42 950785 872595
x = (Σx.A)/(ΣA) (950785)/(16866,42) x = 56,38mm
y = (Σy.A)/( ΣA) (872595)/(16866,42) y = 51,73mm
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ETAPA Nº. 05
Aula-tema: Cargas distribuídas sobre Vigas, Reações nos Apoios.
Passo 1 - Discuta em grupo e resolva os exemplos 4.21 e 4.22.
Exemplo 4.21
Um carregamento distribuído com p = 800x Pa atua no topo de uma superfície de uma
viga, como mostra a figura 4.49a. Determine a intensidade e a localização da força resultante
equivalente.
Solução:
A função de carregamento p = 800x Pa indica que a intensidade das cargas varia
uniformemente de p = 0 em x = 0 a p = 7200 Pa em x = 9m. Uma vez que a intensidade é
uniforme ao longo da largura da viga (eixo y), o carregamento deve ser visualizado em duas
dimensões, como mostrado na figura 4.49b. Nesse caso:
w = (800x N/m2).(0,2m) = (160x) N/m
Note que em x = 9m, w = 1440 N/m. Portanto, é mais simples usar a tabela no final do
livro.
35
Faculdade Politécnica de Matão
A intensidade da força resultante é equivalente à área sob o triângulo definida pela
curva.
FR = ½(9 m).(1440 N/m) = 6480 N = 6,48 kN
A linha de ação de FR passa pelo centróide C do triângulo. Consequentemente:
x = 9 m – 1/3(9 m) = 6 m
Os resultados são mostrados na figura 4.49c.
Pode-se também visualizar a resultante FR como uma carga atuante através do
centróide do volume do diagrama de cargas p = p(x) na figura 4.49a. Dessa forma, FR
intercepta o plano x – y no ponto (6 m,0). Além disso, a intensidade de FR é igual ao volume
sob o diagrama de carregamento, isto é:
FR = V = ½(7200 N/m2).(9 m).(0,2 m) = 6,48 kN
Exemplo 4.22
O material granuloso provoca o carregamento distribuído sobre a viga, como mostrado
na figura 4.50a. Determine a intensidade e a localização da força resultante equivalente.
Solução:
A área do diagrama de carregamento é trapezoidal e, portanto, a solução pode ser
obtida diretamente das fórmulas da área e centróide de um trapezóide que aparecem no final
do livro. Como essas fórmulas não são de fácil memorização, vamos resolver esse problema
36
Faculdade Politécnica de Matão
utilizando áreas ‘compostas’. Para isso, vamos dividir o carregamento trapezoidal em uma
carga retangular e outra triangular, conforme a figura 4.50b. A intensidade da força que
representa cada um desses carregamentos é igual à sua área associada.
F1 = ½(9 pés).(50 lb/pé) = 225 lb
F2 = (9 pés).(50 lb/pé) = 450 lb
As linhas de ação dessas forças paralelas passam pelos centróides de suas áreas
correspondentes e, portanto, interceptam a viga nos pontos:
X1 = 1/3(9 pés) = 3 pés
X2 = ½(9 pés) = 4,5 pés
As duas forças paralelas F1 e F2 podem ser reduzidas a uma única resultante FR, cuja
intensidade é:
+↓FR = ΣF; FR = 225 + 450 = 675 lb
Em relação ao ponto A (figuras 4.50b e 4.50c) podemos encontrar a localização de FR.
Para isso:
↑+MRa = ΣMA; x.(675) = 3(225) + 4,5(450) x = 4 pés
37
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Nota: a área trapezoidal na figura 4.50a também pode ser dividida em duas áreas
triangulares, como mostra a figura 4.50d. Nesse caso:
F1 = ½(9 pés).(100 lb/pé) = 450 lb F2 = ½(9 pés).(50 lb/pé) = 225 lb
e
x1 = 1/3(9 pés) = 3 pés x2 = 1/3(9 pés) = 3 pés
Utilizando esses resultados, mostre que obtemos novamente FR = 675 lb e x = 4 pés.
Passo 3 - Complemente o trabalho, para informar aos engenheiros quais são as forças
exercidas pelos apoios A e B na viga do projeto. Para tal, localize o centróide da figura
esquemática das cargas distribuídas, calcule a carga concentrada equivalente, desenhe o
diagrama do corpo livre e, finalmente, calcule a reação nos apoios A e B da viga em estudo.
Diagrama de Corpo Livre
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Faculdade Politécnica de Matão
A (kN) x (m) x.A (kN/m)
1 2,52 2,8 7,05
2 2,4 5,7 13,68
3 0,6 5,2 3,12
Σ 5,52 23,85
Carga Equivalente
FR = ΣF = (2,52 kN) + (2,4 kN) + (0,6 kN) FR = 5,52 kN
Centróide
x = (Σx.A)/( ΣA) = (23,85)/(5,52) x = 4,32 m
Reações nos Apoios A e B
ΣF = 0;
Eixo x Ax = 0
Eixo y Ay + B – FR = 0 Ay + B = 5,52 kN
ΣM = 0 (pólo em A, MA = 0);
- B.(4,2 m) + (5,52 kN).(4,2 m) = 0 B = (- 23,85)/(- 4,2) B = 5,68 kN
x
y
1 2
3
B
Ax
Ay
FR
39
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Ay + (5,68 kN) = 5,52 kN Ay = - 0,16 kN
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