EX.06 MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 06
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θ
F
6. EQUILÍBRIO DOS CORPOS RÍGIDOS
6.1 TIPOS DE VÍNCULOS PARA PROBLEMAS TRIDIMENSIONAIS
Os tipos de vínculos aplicados em problemas tridimensionais podem ser bastante
variados tais como juntas esféricas, mancais de rolamento, mancais de escora, dobradiças.
Apresenta-se a seguir alguns tipos de vínculos de uso mais freqüente nos problemas.
Cabo
A reação é uma força que tem a
direção do cabo e no sentido de
tracionar este.
Apoio sobre superfície lisa
A reação é uma força que atua perpendicularmente à
superfície no ponto de contato.
Junta esférica
A reação é representada pelas três componentes de uma
força.
Mancal
A reação é representada por duas componentes de
força e duas componentes de momento que
atuam perpendicularmente ao eixo.
Dobradiça
As reações são três componentes de força e duas
componentes de momento.
θ
F
Fx
Fy
Fz
Fx
Fz
Mz
Mx
Fz
Mz
Fx
Mx Fy
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Não há grandes diferenças entre o procedimento para solução de problemas
bidimensionais e problemas tridimensionais. No caso tridimensional deve-se empregar seis
equações de equilíbrio apresentadas em (6.1). É importante ressaltar que com estas equações
pode-se resolver problemas com até seis incógnitas.
Em alguns problemas pode ser vantajosa a solução com notação vetorial
principalmente se forem utilizadas calculadoras programáveis.
6.2 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Uma barra de aço com massa de 200 kg é suportada por uma rótula em A e por uma esfera
apoiada em B. Calcule as forças exercidas pelas paredes e pelo piso sobre as extremidades da
barra.
Solução: Em primeiro lugar deve-se substituir os vínculos por suas reações correspondentes. Depois deve-se
aplicar as equações de equilíbrio em notação escalar ou vetorial.
m 3627 222 =→−−= hh N 196281,9200 =⋅== mgP
Coordenadas dos pontos de interesse A (2, 6, 0); B (0, 0, 3); G (1; 3 1,5)
xxX BAF =→=∑ 0 (1)
yyY BAF =→=∑ 0 (2)
N 19620 =→=∑ zZ AF (3)
As equações de equilíbrio referentes aos momentos podem ser escritas vetorialmente ou escalarmente.
Adotando-se a solução vetorial, e fazendo-se o somatório dos momentos em relação ao ponto A obtém-se
( ) ( ) 0rr0M =−×+×→=∑ 1962,0,00,, GAyxBAA BB em que ( )3,6,2 −−=−= ABBAr e
( )5,1;3;1 −−=−= AGGAr .
B
A
7 m
6 m
2 m
BXBY
h
X
Y
Z
P
6 m
2 m
3,5 m
3,5 m
G
AX
AY
AZ
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0
kjikji
=










−
−−+










−−
196200
5,131
0
362
yx BB
 do qual se obtém 





=+
=→=−
=→=+−
062B-
N 654019623
N 1962058863
y x
xx
yy
B
BB
BB
N 654=xA e N 1962=yA .
Em alguns casos pode ser útil escrever a resposta do seguinte modo
( ) N 688,0;688,0;229,07,2850N 7,2850222 ⋅=→=++= Azyx AAAA
( ) N 0;949,0;316,07,2850N 13,206822 ⋅=→=+= Byx BBB
2) Considerando que o peso de 100 kgf é levantado de modo uniforme pelo mecanismo
representado na figura (3), determine a força P aplicada na manivela e as reações nos mancais
C e E. A corda sai do tambor por uma tangente inclinada de 60° com o eixo X.
Solução:
Como o peso é levantado de modo uniforme (velocidade constante), as equações de equilíbrio da Estática são
válidas. Os vínculos C e E são mancais que permitem o giro em torno de Y bem como o deslocamento neste
eixo. Como não se falou nada sobre atrito na polia deve-se considerar a mesma como perfeita. Logo, a força que
atua na corda, tangente ao tambor, é igual a 100 kgf.
50060cos1000 =+→=+−−→=∑ xx
o
xxx ECECF (1)
PECPECF zz
o
zzz −=+→=−+−−→=∑ 6,86060sen1000 (2)
kgfPPM y 5,1201005400 =→=⋅+−→=∑ (3)
kgfEEM zz
o
Cx 4,38010060sen100405,12300 =→=−⋅+⋅→=∑ (4)
kgfEEM xx
o
Cz 20010060cos100400 =→=+⋅−→=∑ (5)
P
A
B
C
D
E
100 kgf
z
x
y
r
60
90
90o
o
o
Cx
Ex
Cz
Ez
AB = 40 cm
BC = 30 cm
CD = 40 cm
DE = 60 cm
r = 5 cm
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A
B
C D
E
F
G
y
z
x
(m)
1,8 0,6
1,
5
1,3
2,4
0,9
0,5
Ay
Az
Ax
Substituindo-se
kgfCC xx 302050)1()5( =→−=→→
( ) ( ) kgfCz 7,354,385,126,8623 e )2()4( =−−=→→→
3) Uma placa de anúncio de 1200 N de peso, figura (3), está apoiada por uma junta esférica
em A (reações Ax, Ay e Az) e por dois cabos (EF e BG). Determine as reações em A e forças
nos cabos.
Solução: Admite-se que as reações em A estão
orientadas segundo o sentido positivo dos eixos xyz. A
solução deste problema fica mais simples se
trabalharmos com a notação vetorial. Logo, em primeiro
lugar devemos obter as cotas dos pontos de interesse.
B( 2,4; 0 ; 0) G( 0; 1,3; -2,4) E( 1,8; 0; 0) F( 0; 0,9;
0,5)
( )
( ) ( )222 4,23,14,2
4,2;3,1;4,2
−++−
−−
=
−
−
=
BG
BG
BGλ
�
( ) BBBGB FFF 66,0;358,0;66,0 −−== λ��
( )
( ) 222 5,09,08,1
5,0;9,0;8,1
++−
−
=
−
−
=
EF
EF
EFλ
�
( ) EEEFE FFF 241,0;434,0;868,0−== λ��
Com isto as equações de equilíbrio em força podem ser escritas diretamente como:
0868,066,00 =−−→=∑ EBxx FFAF (1)
01200434,0358,00 =−++→=∑ EByy FFAF (2)
0241,066,00 =+−→=∑ EBzz FFAF (3)
Para se escrever as equações de equilíbrio em momento considera-se que a força peso de 1200 N atua no centro
de gravidade da placa ou seja no ponto P(1,2; 0,75; 0). Continuando a solução, é melhor escrevermos as
equações de momento em forma vetorial.
jrFrFrM PEEBBA 12000 −×+×+×→=∑
�
�
�
�
�
��
0
012000
075,02,1
241,0434,0868,0
008,1
66,0358,066,0
004,2
�
=
−
−+
−
+
−−
kji
FFF
kji
FFF
kji
EEEBBB
Calculando-se os determinantes da expressão acima obtém-se uma equação vetorial que resulta nas seguintes
equações escalares:
1440781,0859,0
0434,0584,1
=+
=−
EB
EB
FF
FF
Resolvendo-se este sistema de equações e substituindo-se o seu resultado em (1), (2) e (3) obtém-se:
NA
NA
NA
NNF
NNF
z
y
x
B
E
85
446
1486
3882,388
14178,1416
−≅
≅
≅
≅=
≅=
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E
y
x
z
Ay FD
B
Cx
G
(m)
1050 N
Ax
Az
Cy Cz
4) A haste AB de 2,4 m e a haste BC de 1,8 m estão articuladas em B e sustentadas pelo cabo
DE e pelas juntas esféricas em A e C. Para estes dados determine a força que atua no cabo.
Solução: Para este tipo de problema uma
solução vetorial é mais conveniente. Logo,
em primeiro lugar, deve-se obter as
coordenadas dos pontos de interesse.
A(0 ; 0 ; 1,8) C(2,4 ; 0 ; 0) G(2,4 ; 0 ; 0,9)
E(0 ; 0,9 ; 0) D(1,8 ; 0 ; 1,8)
Definição de vetores de interesse
(D – A) = (1,8 ; 0 ; 0) (G – A) = (2,4 ; 0 ;
- 0,9) (C – A) = (2,4 ; 0 ; - 1,8) (E – D)
= (-1,8 ; 0,9 ; -1,8)
O próximo passo é representar as forças que atuam
na estrutura. Tem-se 3 reações em A e 3 reações
em C além da força no cabo e da força de 1050 N.
Escrevendo-se a força no cabo em forma vetorial
fica
( )
( )DE
DEFFF DDDD
−
−
⋅== λ
��
( )667,0;333,0;667,0 −−= DD FF�
Como o único objetivo do problema é saber a força que atua no cabo, não é necessário escrever todas as
equações de equilíbrio. Neste caso, faz-se apenas 0
��
=∑ AM , logo
( )0008,104,2
010500
9,004,2
667,0333,0667,0
008,1 =










−+










−
−+










−− zyxDDD CCC
kjikji
FFF
kji
e
( ) ( ) ( ) ( )0004,28,14,28,1252009455994,02006,10 =−−+−−+yxzyD CCCCF
que resulta no sistema de equações





=+−
=−−
=−
04,225205994,0
08,14,22006,1
09458,1
yD
xzD
y
CF
CCF
C
Do qual se obtém N 1,2102 eN 525 == Dy FC
0,
9
1,8 0,6
0,9
0,9
E
y
x
A D B
C
G
(m)
1050 N
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ENG 1156 – MECÂNICA – TRABALHO 3
Os trabalhos devem ser desenvolvidos em folha A4 branca a caneta e sem rasuras, ou
podem ser desenvolvidos em editor de texto. Neste caso, o trabalho pode ser entregue em
arquivo (formato .rtf ) ou impresso. Trabalhos fora destas condições não serão avaliados.
1) A barra horizontal ABC do mecanismo ilustrado na figura abaixo pesa 5 kN e está
vinculada pela articulação B e um cabo EADC. Como o cabo passa sobre roldanas em A e D a
tensão pode ser considerada a mesma em todas as partes do cabo. Para esta estrutura faça um
esquema com todas as forças e reações que atuam no esquema. Determine a força em cada
cabo e as componentes horizontal e vertical da reação em B.
2) O braço da grua AB está vinculado
por uma junta esférica em A (reações
Ax, Ay e Az) e por dois cabos BC e BD.
Considerando que o braço suporta 4100
N, determine as forças nos cabos e a
reação em A.
3m
1,
5m
1,5m 5,4m
3,6m
A
B C
D
E
F
15 kN
x
y
z
C
D
B
4100 N
A
1,
35
 m
0,9
 m
1,8
 m
2,25 m
1,95 m
1,8
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Y
Z
X
E
A B
CD
450
15
0
30
0
12
52
25
12
5 (mm)
3) A placa ABCD pesa 230 N e mede 325 por 450 mm sendo sustentada por dobradiças ao
longo da aresta AD e pelo cabo BE. Determine a força que atua no cabo.