EX.8 MECANICA GERAL

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ENG 01156 – Mecânica - Aula 08
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67
B C
P2
VC
0,5 l2
l2
VB
HB
8. CÁLCULO DE REAÇÕES EM ESTRUTURAS COM RÓTULAS
INTERNAS
8.1 SOLUÇÃO DE PROBLEMAS ROMPENDO AS RÓTULAS
O primeiro procedimento que pode ser aplicado para calcular reações em estruturas
com rótulas internas é romper as rótulas, que é o mesmo procedimento empregado na análise
de máquinas. A grande diferença é que no caso das estruturas as equações de equilíbrio
externo sempre colaboram na solução do problema.
Como já vimos anteriormente, romper uma rótula (articulação) consiste em substituir o
seu efeito por duas forças reativas. Separadas as partes que formam a estrutura deve-se
escrever as equações de equilíbrio para cada uma delas.
Exemplo 1. Calcular as reações nos vínculos A e C da estrutura ilustrada na Fig. (8.1).
Figura 8.1 – Ilustração da estrutura.
Solução: Vamos resolver este problema empregando a técnica de romper as rótulas. Inicialmente representa-se as
forças externas que atuam no problema, Fig. (8.1), e escreve-se as equações de equilíbrio externo.
00 =→=∑ AX HF (1)
∑ +=+→= 210 PPVVF CAY (2)
( ) ( ) 07,05,00 1112221 =+⋅⋅−+⋅−+→=∑ ACA MPlllPllVM (3)
É importante ressaltar que na maioria das vezes é melhor escrever apenas as equações de
equilíbrio das partes ao invés das equações de equilíbrio externo.
Rompendo-se a rótula B pode-se escrever
00 =→=∑ BX HF (4)
∑ =+→= 20 PVVF CBY (5)
2
05,00 2222
PVPllVM CCB =→=⋅−⋅→=∑ (6)
O resultado obtido pela equação (6) em conjunto com as equações (1) a (3)
A
B C
P1 P2
HA
VA VC
MA
0,7 l1 0,5 l2
l1 l2
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A
B
P1
HA
VA
VB
MA
0,7 l1
l1
HB
permite resolver o problema.
Vamos considerar que as equações de equilíbrio externo não foram escritas. Neste caso, para se resolver o
problema deve-se representar o diagrama de corpo livre
da outra parte da estrutura.
BAX HHF =→=∑ 0 (7)
BAY VPVF +=→=∑ 10 (8)
07,00 111 =+⋅⋅−⋅−→=∑ ABA MPlVlM (9)
Substituindo-se a equação (6) nas equações (8) e (9)
consegue-se resolver o problema.
Aplicando-se o procedimento anterior, deve-se tomar cuidado quando houver uma carga
aplicada na rótula. Neste caso, deve-se aplicar a carga que atua na rótula em apenas uma das
partes ou pode-se dividir a carga. É importante ressaltar que a carga total não pode ser
aplicada em ambas as partes.
8.2 SOLUÇÃO DE PROBLEMAS APLICANDO A CONDIÇÃO DE MOMENTO
NULO NAS RÓTULAS
Outro procedimento para solução do problema anteriormente apresentado é considerar
uma equação extra devido à rótula B. Pode-se verificar que a introdução de uma rótula interna
acrescenta um grau de liberdade extra à estrutura. Isto pode ser demonstrado pelo exemplo da
Fig. (8.2). Sabe-se que uma viga engastada livre, Fig. (8.2.a) é uma estrutura isostática porque
as reações do engaste podem ser calculadas com as equações de equilíbrio da Mecânica.
Figura (8.2) – Introdução de graus de liberdade extras através de rótulas internas.
Por outro lado, se acrescentarmos um apoio simples na extremidade livre, Fig. (8.2b), tem-se
uma estrutura hiperestática, que não pode ser resolvida apenas com as equações de equilíbrio.
Agora acrescentando-se uma rótula no ponto B, Fig. (8.2.c) sabe-se que o problema pode ser
resolvido apenas com as equações de equilíbrio ou seja ele é novamente isostático.
O grau de liberdade extra introduzido pela rótula é o giro relativo da parte AB da viga
em relação a parte BC. A Fig. (8.3) ilustra um detalhe da rótula B. Admitindo-se que não há
A
B C
P1 P2
A
B C
P1 P2
A
B C
P1 P2
(a) (b)
(c)
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atrito entre o pino e o furo e também entre os elementos de fixação do pino e as barras, pode-
se dizer que o giro em torno do eixo central da rótula é livre. Logo, pode-se afirmar que o
momento na rótula é zero, ou seja o momento a esquerda de B (Mesq) não é transmitido para o
lado direito e vice versa.
Figura (8.3) – Detalhe de uma rótula.
Consequentemente pode-se escrever as equações (8.1).
0
0
=
=
∑
∑
dir
esq
M
M
(8.1)
De modo geral, pode-se dizer que para um corpo rígido, definido no plano, tem-se três
equações de equilíbrio externo e uma equação de condição de momento nulo na rótula, para
cada uma das rótulas internas que há no corpo. Logo, deve-se escolher apenas uma das
equações apresentadas em (8.1) para formar um sistema de equações com as três equações de
equilíbrio externo.
Exemplo 2. Resolver o mesmo problema apresentado no exemplo 1 aplicando a
condição de momento nulo nas rótulas.
Solução: Inicialmente escreve-se as equações de equilíbrio externo.
00 =→=∑ AX HF (1)
∑ +=+→= 210 PPVVF CAY (2)
( ) ( ) 07,05,00 1112221 =+⋅⋅−+⋅−+→=∑ ACA MPlllPllVM (3)
Para resolver-se o problema necessita-se de uma quarta equação que pode ser qualquer
uma das duas apresentadas em (8.1). Escolhendo-se a primeira equação fica
03,00 111 =⋅⋅+⋅−→=∑ PlVlMM AAesqB (4)
Optando-se pela segunda equação tem-se
2222 5,005,00 PVPlVlM CCdirB ⋅=→=⋅⋅−⋅→=∑ (5)
M = 0
B
Mesq Mdir
Sem atrito
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Qualquer uma das equações, (4) ou (5), em conjunto com as equações (1) a (3) permite
resolver o problema. No entanto, neste problema, ao se escolher a equação (5) tem-se um
processo de solução mais simples.
A aplicação da condição de momento nulo nas rótulas é vantajosa principalmente em
problemas envolvendo estruturas porque o processo de solução é mais direto do que trabalhar
rompendo as rótulas. No entanto, em problemas envolvendo máquinas resulta mais
conveniente trabalhar rompendo as rótulas.
8.3 EXERCÍCIOS RESOLVIDOS
1) Determine a força na barra BD e as reações em C e D.
Solução: Inicialmente escreve-se as equações de equilíbrio externo.
CDX HHF =→=∑ 0 (1)
∑ =+→= 3500 CDY VVF (2)
2
0751500 CCCCD
H
VHVM −=→=+⋅→=∑ (3)
Aplicando-se agora a condição de momento nulo na rótula B tem-se
DDDD
DB
B HVHVM ⋅=→=+⋅−→=∑ 75,00751000 (4)
O termo ∑ = 0
DB
BM indica o somatório das forças que atuam na barra DB em relação ao ponto B. Esta
notação é necessária porque, neste problema, não se pode falar em lado esquerdo e direito da rótula.
Continuando com a solução deve-se substituir as equações (4) e (3) na equação (2).
3505,075,0 =⋅−⋅ CD HH (5)
Substituindo-se (1) em (5) pode-se escrever N 14003505,075,0 =→=⋅−⋅ DDD HHH .
HD = 1400 N , VC = -700 N e VC = 1050 N
A
B C
D
100 mm 50 mm
75
 m
m
350 N
VD
HD
VC
HC
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A força na barra BD é calculada fazendo-se N 175022 =+= DDBD VHF
Outra solução para o problema é escrever a equação
N 7000503501000 −=→=⋅+⋅→=∑ CC
ABC
B VVM e substituir este resultado nas demais equações.
2) Determine as reações nos vínculos A e B. (Questão extraída da lista de exercícios da disciplina
Resistência dos Materiais A – Prof. Segovia).
Solução: Inicia-se a solução do problema escrevendo-se as equações de equilíbrio externo.
010 =−+→=∑ BAX HHF (1)
∑ =−+→= 060 BAY VVF (2)
 tf25,4031216240 =→=⋅+⋅+⋅+−→=∑ AAB VVM e tf75,1=BV
Aplicando-se a condição de momento nulo na rótula C tem-se
 tf10052240 ,=→=⋅+−⋅→=∑ AAA
esq
C HHVM e tf90,=BH
Para se confirmar a resposta obtida pode-se fazer o somatório de momentos em relação a um outro ponto da
estrutura, como por exemplo
043321620 =−++⋅+⋅→=∑ ABAD VHHM
Substituindo-se os valores calculados tem-se
00025,441,039,032162 =→=⋅−⋅+⋅+⋅+⋅ o que indica solução correta.
2
2 2
3
22 tf
3 tf
1 tf
1 tf
A B
(m)
HA HB
VA VB
C
D
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8.4 QUESTÕES INTERESSANTES
Com relação à equação que representa a condição de momento nulo na rótula, há
algumas questões que valem a pena serem analisadas. Uma pergunta freqüente é porque o
sistema de equações representado em (8.2) é linearmente independente (considerar o ponto C
como representando uma rótula interna).
0
0
0
0
=
=
=
=
∑
∑
∑
∑
esqC
z
y
x
M
M
F
F
 ou 
0
0
0
0
=
=
=
=
∑
∑
∑
∑
dirC
z
y
x
M
M
F
F
 (8.2)
O conjunto de equações acima é sempre linearmente independente porque as três
primeiras equações de equilíbrio são obtidas diretamente do processo de simplificação de
sistemas de forças, logo estas três equações são sempre L.I. A quarta equação representa a
condição de momento nulo na rótula, ou seja representa que desejamos impedir o giro relativo
entre as partes. A figura (8.4) ilustra esta condição de equilíbrio com a sua correspondente
equação.
0=∑ dirCM
0=∑ esqCM
Figura (8.4) – Equação de equilíbrio correspondente a condição de momento nulo na rótula
(impedimento do giro relativo entre as partes que formam o corpo).
Como estas possibilidades de movimento de corpo rígido são independentes, os dois
conjuntos de equações representados em (8.2) serão sempre linearmente independentes.
Outra pergunta freqüente com relação à condição de momento nulo na rótula é se as
equações representadas em (8.1) podem ser aplicadas ao mesmo tempo. Neste caso, a resposta
é sim, mas com restrições. É possível se empregar duas equações de equilíbrio, que
representam a condição de momento nulo numa mesma rótula, desde que seja eliminada a
equação de equilíbrio externo que representa 0=∑ zM . Isto é necessário porque esta
equação é equivalente às duas expressões apresentadas em (8.1), quando estas são aplicadas
em conjunto.
O exemplo a seguir ilustra como aplicar as duas equações que representam a condição
de momento nulo na rótula.
C
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Exemplo 3. Determinar as reações nos vínculos A e C da estrutura ilustrada na figura
(8.5).
Figura (8.5) – Ilustração do exemplo 3.
Solução: Empregando-se as 3 equações de equilíbrio usuais mais a condição de momento nulo na rótula tem-se
00 =→=∑ Ax HF
15000 =+→=∑ CAy VVF
035,2500110000 =++⋅−⋅−→=∑ ACz MVM A
Nm 1500 ,N 1250 ,N 250015,05000 ===→=+⋅−→=∑ MAVVVM ACC
BC
zB
Aplicando-se as duas equações correspondentes à condição de momento nulo na rótula a solução fica
00 =→=∑ Ax HF
15000 =+→=∑ CAy VVF
01100020 =⋅+−→=∑ AA
AB
z VMM B
Nm 1500 ,N 1250 ,N 250015,05000 ===→=+⋅−→=∑ MAVVVM ACC
BC
zB
O próximo exemplo ilustra porque não devemos trabalhar com as duas equações
correspondentes a condição de momento nulo na rótula e com 0=∑ zM .
2 m 1 m
1 m
0,5 m
1000 N 500 N
A B CHA
VA
MA
VC
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Exemplo 4. Determinar as reações nos vínculos A e C da estrutura ilustrada na figura
(8.6).
Figura (8.6) – Ilustração do exemplo 4.
Solução: Examinando-se o problema nota-se que se trata de uma estrutura hiperestática, já que temos 5
incógnitas e 4 equações (3 equações de equilíbrio externo e uma equação da condição de momento nulo na rótula
interna). Portanto, este problema não tem solução apenas com as equações de equilíbrio da Mecânica entretanto,
este problema é útil para exemplificar uma montagem errada de um sistema de equações, na tentativa de se
resolver o exercício.
Inicialmente escreve-se as 3 equações de equilíbrio externo
CACAx HHHHF =→=+−→=∑ 00 (1)
CACAy VVVVF −=→=+→=∑ 330 (2)
75,46,25,3075,21126,25,30 =++→=+⋅−⋅−+→=∑ ACCACCz MHVMHVM A (3)
Escreve-se agora as duas equações correspondentes à condição de momento nulo na rótula B.
242012420 −=++→=⋅+++−→=∑ AAAAAA
AB
z MHVMHVM B (4)
75,04,15,1075,014,15,10 =−→=⋅−−→=∑ CCCC
BC
z HVHVM B (5)
Colocando-se MA em evidência na equação (4) tem-se AAA VHM 242 +−−= . Substituindo-se este resultado
em (3) e operando-se fica
75,6246,25,375,42426,25,3 =+−+→=+−−+ AACCAACC VHHVVHHV (6)
Substituindo-se em (6) os resultados obtidos em (1) e (2) tem-se
2 kN 1 kN
A
B
C
4
2 1,5
1,
41 0,75
VA
HA
MA
VC
HC
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( ) 75,05,14,175,63246,25,3 =+−→=−+−+ CCCCCC VHVHHV (7)
Pode-se observar que o resultado obtido em (7) é igual à expressão (5), logo conclui-se que o conjunto de
equações anteriormente apresentado é linearmente dependente não permitindo, portanto, a solução do exercício.
Exemplo 5. Para a estrutura ilustrada na figura (8.7), indique se os quais dos conjuntos
de equações abaixo geram um sistema de equações linearmente independentes.
a) 0; 0; 0 ; 0 ==== ∑∑∑∑
CDE
ABx CMMMF
b) 0; 0; 0 ; 0 ==== ∑∑∑∑
CDEABC
Bx CC MMMF
c) 0; 0; 0 ; 0 ==== ∑∑∑∑
ABC
Ayx CMMFF
d) 0; 0; 0 ; 0 ==== ∑∑∑∑
CDEABC
yx CC MMFF
Figura (8.7) – Ilustração do exemplo 5.
Justificativa: Na opção a) as equações 0; 0 ; 0 === ∑∑∑ ABx MMF já são L.D. porque a equação
 0=∑ xF elimina a componente Rx da força resultante e a reta definida pelos pontos A e B é uma reta vertical,
portanto paralela à componente Ry, da força resultante, que deve ser eliminada. Na opção b) a equação
 0=∑ xF elimina a componente Rx da força resultante, a equação 0=∑ BM elimina o momento resultante
e agindo em conjunto com 0=∑
ABC
C
M garante que a componente Ry da força resultante é nula já que a reta
definida pelos pontos BC não é paralela a Ry. Finalmente a equação 0=∑
CDE
C
M garante a condição de
momento nulo na rótula C. Na opção c) 0; 0 ; 0 === ∑∑∑ Ayx MFF são L.I. porque representam a
condição de equilíbrio de um corpo rígido e a equação 0=∑
ABC
CM representa a condição de momento nulo na
rótula C. . Na opção d) tem-se um conjunto de equações L.I. porque as equações 0 ; 0 == ∑∑ yx FF
garantem 0=R
�
 e as equações 0; 0 == ∑∑
CDEABC
CC MM garantem a condição de momento resultante nulo
na rótula C.
50
35
20 10
40
300 N
500 N
A
B
C
D
E
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76
200 250
45
300 360 N
(mm)
A
B C
D
Figura (2)
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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, pdf ou .doc) ou impresso em folha A4 branca. Trabalhos fora destas
condições não serão avaliados.
1) Um cilíndro, figura (1), pesa 2 KN e é suspenso por um par de tenazes conforme esquema.
Determine as forças exercidas sobre a tenaz BCD nos pontos D e C.
2) A figura (2) apresenta um esquema simplificado de uma prensa. Para este esquema
determine as reações nos pontos A e D. Determine também a força que atua na barra BD.
A B
C
D E
2 kN
15
0 
m
m
30
0 
m
m
200 mm
250 mm
F
37
,5
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3) Para a estrutura representada na figura (3) determine as reações na rótula C e na rótula A,
bem como as forças que atuam nas barras DE e GF. Deve-se considerar que estas barras
atuam apenas como escoras.
4) O sistema de suspensão da roda dianteira de um automóvel, figura (4), suporta 3750 N.
Determine a força exercida pela mola e as componentes das forças que agem sobre os pontos
A e D da estrutura.
5) Apresentar uma análise de forças completa de um mecanismo (ferramenta), semelhante ao
que foi apresentado para o alicate. Deve ser apresentado um desenho em escala ou foto da
ferramenta.
1 
m
1m
4 
m
1 m 1 m
A B
C
D
E
F
G
1 m
5 kN
300 200
17
5
12
5
225225
50
A
B
C
D
F
E
(mm)
Figura (4)