Gabarito Prova 2 - Mecânica Vetorial 2013/2

Prévia do material em texto

Universidade Federal do Rio Grande do Sul 
Escola de Engenharia  Departamento de Engenharia Civil 
Gabarito 2013/2 
ENG01035  Prof. Inácio B. Morsch 
1) Explique com as suas palavras o que são os eixos centrais e o que são os eixos principais centrais de inércia. 
Solução: Todo eixo que passa pelo centróide de uma peça é um eixo central. A característica de um eixo central é 
dividir a peça em partes iguais de momento estático de 1ª ordem. Como o próprio nome diz os eixos principais centrais 
de inércia também passam pelo centróide da peça. Esses eixos têm como característica apresentar produto de inércia 
nulo. Os momentos de inércia calculados em relação a esses eixos apresentam valor máximo e mínimo. A identificação 
desses eixos é muito importante para projetar, por exemplo, um pilar ou uma viga. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
PDF processed with CutePDF evaluation edition www.CutePDF.com
2) Determine as reações nos vínculos A, B, C e D do pórtico ilustrado na figura abaixo. Considere que o arco tri-
articulado definido pelas rótulas E, F e G é aproximado por uma parábola do segundo grau. 
Solução: O primeiro passo é transformar as 
cargas distribuídas em forças concentradas 
equivalentes. Deve-se notar que a carga 
uniforme de 3 kN/m atua sobre o arco e em 
função da rótula E a mesma deve ser 
dividida. 
kN 5,45,131 =⋅=F m 75,01 =y 
kN 5,42332 =⋅=F m 23232 =⋅=y 
A carga que atua sobre o arco deve ser 
dividida em função da rótula F. Deve-se 
notar que a taxa de carga sobre o arco é 
constante. Logo para calcular a força 
equivalente deve-se calcular o comprimento 
do arco. 
O primeiro passo, para tal, é definir a função 
da parábola. 
cbxaxy ++= 2 00)0( =→= cy abbay 30390)3( −=→=+→= 
667,05,15,425,25,15,125,25,1)5,1( −=→=−→=+→= aaabay 2=b xxy 2667,0 2 +−= 
 ∫=
l
dll
0
 
2
1 



+= dxdydxdl 2334,1 +−= xdxdy 
m 438,42334,11
3
0
2
=



 +−+= ∫ dxxl kN 75,17438,443 =⋅=F 
Como a carga é simétrica e há uma rótula no meio do arco, a carga deve ser dividida: kN 875,83231 == FF . O 
comprimento de meio arco vale 219,22438,4 = . Como a taxa de carga é constante, cada uma das forças equivalentes 
está localizada no centro de gravidade de meio arco. 
m 419,12334,11
5,1
0
2
=



 +−+= ∫ dxxxS y m 639,0219,2419,13 ==x 
O próximo passo é representar o diagrama de corpo livre. No entanto o desenho 
das rótulas E e G não está correto. Do modo como está apresentado, a estrutura é 
hipoestática. 
Complementar: 
A representação correta das rótulas E e G num esquema simplificado está 
apresentado a seguir. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3 3 3
3
(m)
A B C D
E
F
G
5 kN
1,5
3 kN/m
4 kN/m
4 kN/m
4 kN/m
1,
5
E
F
G
x
y
x3
E G
5 kN
1,54,5 kN
2
4,5 kN
0,
75
F
0,639
0,639
8,875 kN8,875 kN
VA VB VC VD
HCHB
9090 =+→=−−→=∑ CBCBx HHHHF 
75,220575,170 =+++→=−−+++→=∑ DCBADCBAy VVVVVVVVF 
055,7875,8361,5875,8639,375,35,425,49630 =⋅−⋅−⋅−⋅−⋅−++→=∑ DCBA VVVM 
25,143963 =++ DCB VVV 
5,2055,1330 =−→=⋅−−→=∑ CDCDGCDG HVHVM 
641,225,45,15,40861,0875,8535,45,15,40 =−+→=⋅−⋅−−+→=∑ CCDCCDFGCDF HVVHVVM 
5,1015,4330 =+→=⋅+−−→=∑ BABAABEE HVHVM 






















=












































−
−
5,1
641,22
5,2
25,143
75,22
9
000011
5,45,15,4000
101000
960300
110101
001010
D
C
C
B
B
A
V
V
H
V
H
V
 
kN 59,2−=AV , kN 09,4=BH , kN 34,10=BV , kN 91,4=CH , kN 59,7=CV , kN 41,7=DV 
Teste 
075,05,45,25,4535,45,15,45,45,15,40 =⋅+⋅+⋅−++−−−−→=∑ DCCBBAF VVHHVVM 00 = 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
3) A peça ilustrada na Fig. 3 é composta pelos materiais A e B. O material A corresponde ao disco com 12 furos 
circulares uniformemente distribuídos a cada 30º. O disco pesa 500 N. Cada furo é preenchido com um cilindro, de 
70 N de peso, do material B. Nesta configuração o centro de gravidade da peça localiza-se em G. Devido a um erro 
de fabricação, três furos, que estão ilustrados na figura, não foram preenchidos. Localize o centro de gravidade da 
peça com defeito. 
Solução: Quando a peça não apresenta defeito de fabricação, o 
peso da mesma é de N 13407012500 =⋅+ e o centro de 
gravidade da mesma localiza-se em G, ou seja, os momentos 
estáticos de 1ª ordem em relação aos eixos xG e yG valem zero. 
Tomando-se esses eixos, como eixos de referência, pode-se 
determinar a posição do centro de gravidade da peça com 
defeito. O peso da peça defeituosa pode ser obtido fazendo-se 
N 11307031340 =⋅− . Para se localizar o novo centro de 
gravidade posiciona-se a força de 1130 N num ponto P( x , y ) 
com coordenadas a serem determinadas. Para tal deve-se igualar 
o momento provocado pela força de 1130 N em relação aos eixos 
xG e yG com os momentos gerados pelos defeitos. 













°+°⋅−−=− 6030703001130 senseny cm 54,2−=y 













−°+°⋅−−= 160cos30cos703001130x cm 68,0−=y 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
r = 30
50
6
(cm)
A
B
G
Fig. 3
4) Para o perfil construído com chapa dobrada a frio localize os eixos principais centrais de inércia e determine os 
momentos principais centrais de inércia. 
Solução: Nota-se que o eixo xG do perfil é um eixo de simetria. Portanto o produto de inércia 
IxGyG vale zero e os momentos de inércia IXG e IyG são os momentos principais de inércia. 
Considerando que a espessura da chapa de aço é pequena, o método da linha é o mais 
adequado para esse caso. Logo o primeiro passo é determinar as coordenadas da linha média. 
Um pouco de geometria: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
2cm 25,63,083,951,52 =⋅



 +⋅=A 
3cm 89,730cos
2
51,53,051,52 =°⋅⋅⋅=yrefS cm 26,125,689,7 ==x 
4
2
2
33
cm 7,156
2
83,930
2
51,53,051,530
12
51,53,02
12
83,93,0
=




















+°⋅+°
⋅
+
⋅
= sensenI xconj 
4
2
2
33
cm 71,1026,130cos
2
51,53,051,530cos
12
51,53,02
12
83,93,0
=




















−°⋅+°
⋅
+
⋅
=yconjI 
 
Comentário: A solução apresentada é aproximada uma vez que despreza os pequenos raios de curvatura que existem. 
Por outro lado, uma solução simples é considerar diretamente as medidas fornecidas como as da linha média. Esse 
procedimento majora os valores obtidos e somente encontra justificativa se a espessura for pequena. Alguns resultados 
obtidos nesse caso: 
2cm 36,6=A
)
 
3cm 15,8=yrefS
)
 cm 28,1=x) 4cm 8,164=xconjI
)
 
Considerando a solução anterior como exata, o erro relativo do cálculo simplificado é de 5% para o momento de inércia 
em torno do eixo xc. 
 
 
 
 
 
10
0
56
30°
3
(mm)
30°
60°60°
60°
1,5
1,5
h
h
5) Para a área ilustrada na figura abaixo localize os eixos centrais, determine os momentos centrais de inércia, localize 
os eixos principais centrais de inércia indicando a sua posição claramente no desenho e determine os momentos 
principais centrais de inércia identificando os eixos correspondentes aos momentos de inércia máximo e mínimo. 
Solução:Examinando-se a área nota-se que essa 
apresenta a mesma distribuição de área em relação a 
um eixo horizontal com y = 12,5. Observação 
similar pode ser feita em relação a um eixo vertical 
com x = 30. Portanto esses eixos são os eixos 
centrais dessa área. 
Para calcular os momentos de inércia e o produto de 
inércia, a área é dividida num retângulo e em dois 
vasados semi-circulares. Para calcular o momento 
de inércia dos semir-círculos no eixo xG da área é 
necessário determinar o momento de inércia em 
relação ao eixo central de cada semi-círculo. 
224
3
4
28 







⋅+=
pi
pipi RRIR xc 
42
224
cm 1,110324,45099,3926
3
104
2
10
8
10
=⋅−=








⋅
⋅−= pi
pi
pipi
xcI 
Cálculo do momento de inércia em relação ao eixo xG do conjunto: 
42
3
cm 5,5448424,45,12501,11032
12
2560
=













−+−
⋅
= pixGI 
42
243
cm 37146015
2
10
8
102
12
6025
=










⋅+−
⋅
=
pipi
yGI 
O processo passo é determinar o produto de inércia. 
4cm 3,38924)36,8(155026,8)15(50 =−⋅⋅−⋅−−= pipiGyxGI 
 Os eixo principais centrais de inércia pode ser determinados fazendo-se 
4cm 8,158487
2
−=
− yGxG II
 
4cm 3,212972
2
=
+ yGxG II
 
9,6799,132246,02tan
8,158487
3,389242tan ≥==→
−
−
= θθθθ > 
422
max cm 3761703,38924)8,158487(3,212972 =+−+== IIv 
422
min cm 6,497743,38924)8,158487(3,212972 =+−−== IIu 
xG
yG
u
v
6,9o
 
25
60
15
R 10
15R 10 (cm)
xG
yG
12
,
5
30