Questões de Mecânica com Comentários

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QUESTÕES COMENTADAS DE MECÂNICA
Prof. Inácio Benvegnú Morsch
CEMACOM
Depto. Eng. Civil
UFRGS
1 kN
0,375 kN
0,67
0,5
125 125
75
50
25
75
50
25
300
(mm)
Figura (2)
1) Calcule as reações em A para a viga isostática
representada na figura (1)
Solução: Este cálculo fica simplificado se trabalharmos
com dois triângulos.
kNmmkNP 1
2
2/1
1 =
⋅
=
kNmmkNP 375,0
2
5,1/5,0
2 =
⋅
=
Com estas cargas aplicadas conforme esquema ao lado, pode-se
calcular as reações no engaste.
0=AH
kNVVF AAy 625,00375,010 =→=+−→=∑
kNmMMM AAA 455,0067,013375,00 =→=−⋅−⋅→=∑
2) Para o perfil Z enrigecido representado na
figura (2) determine os momentos principais
centrais de inércia. Represente também a
orientação dos eixos principais centrais de inércia
indicando qual eixo fornece o valor de inércia
máximo.
Solução:
Os eixos centrais podem ser determinados sem
necessidade de cálculo através de simples
inspeção visual da peça.
Os momentos centrais de inércia são determinados pelas expressões abaixo.
4
33
83,7395
3
55,122
12
1530 cmIx =
⋅
⋅−
⋅
=
42
33
08,2255275,85,125
12
5,1252
12
3015 cmI y =







⋅⋅+
⋅
⋅−
⋅
=
O produto de inércia em relação aos eixos centrais x e y é determinado pela expressão
( )[ ] ( ) ( ) ( )[ ] 438,273475,85,255,12075,85,255,1200 cmIxy −=−⋅−⋅⋅+−⋅⋅⋅+−=
Os eixos principais centrais de inércia são localizados pelo ângulo
( ) 36,0
83,739508,22552
38,273422tan −=
−
−⋅
=θ o92,9−=θ
495,14973
2
38,2255283,7395 cmImed =
+
= ( ) 42
2
35,805638,2734
2
83,739538,22552 cmR =−+




 −
=
4
max 2303035,805695,14973 cmI =+= 
4
min 6,691735,805695,14973 cmI =−=
A posição dos eixos de máximo e mínimo está indicada na figura anterior.
3,5 m
A
1 kN/m
0,5 kN/m
1,5 m
Figura (1)
Xaux
Xcy
3) Determine os momentos principais centrais
de inércia para o conjunto representado na
figura (3) sabendo-se que os momentos de
inércia de um perfil C em relação aos seus
eixos centrais valem Ix1= 130,2 cm4 e Iy1=
2103,2 cm4.
Solução:
Em primeiro lugar deve-se localizar o centróide de um dos perfis C. Como este perfil tem simetria concluí-se
diretamente que mmx 125= . Para o cálculo de adota-se um eixo de referência que passa no meio do retângulo 250 x
6 que forma o perfil C. Deste modo, o cálculo de y fica
( ) cmy 49,1
88,23
52,35
6,04,726,025
46,04,72
==
⋅⋅+⋅
⋅⋅⋅
=
O próximo passo é calcular o quanto sobe o
centróide do conjunto devido a chapa que é
colocada sobre os perfis C. Este cálculo fica
simplificado adotando-se como eixo de
referência o próprio eixo central do perfil C.
Seguindo este procedimento pode-se escrever
( ) ( ) cmy 37,3
36,97
85,327
8,06288,232
49,11,88,062
==
⋅+⋅
−⋅⋅
=
Obs. A área de um perfil C vale ( ) 288,234,72256,0 cmA =⋅+⋅=
O cálculo dos momentos centrais de inércia é feito mais facilmente se utilizarmos os momentos de inércia que foram
fornecidos na questão.
4
3
2 4,347215,158889,18832
12
628,05,1788,232,21032 cmI y =+=
⋅
+





⋅+⋅=
( ) 42
3
2 1,132637,349,11,88,062
12
8,06237,388,232,1302 cmIx =−−⋅⋅+
⋅
+





⋅+⋅=
Como o eixo Y do conjunto é também um eixo de simetria pode-se afirmar que Ixy = 0. Logo concluí-se que os
momentos centrais de inércia são os próprios momentos principais centrais de inércia.
310 310
250
8
80
6
(mm)
Y
x1y1
250100
Obs. A espessura da
chapa é constante.
Figura (3)
2.5 (m)
2 kN/m
Figura (1)
A B
1
4) Calcule as reações nos pontos A e B da
figura (1).
Solução: Para se encontrar a carga equivalente
trabalha-se com os 2 triângulos de carga
definidos na figura.
kNP 1
2
21
1 =
⋅
=
kNP 5,1
2
25,1
2 =
⋅
=
05,25,15,1167,00 =+⋅−⋅−→=∑ BA VM
kNVB 17,1= e kNVA 33,117,15,2 =−=
1,0
A B
0,67 1 kN
1,5 kN
20,00 20
120
20
10
60
Ø10 Ø10
R40
(mm)
figura (4)
Xaux
Xc
5) Determine os momentos principais centrais de inércia da peça representada na figura (4).
Solução:
mm 98,16
3
404
=
⋅
⋅
=
π
osemicírculy








⋅
+⋅⋅−⋅
⋅








⋅
=
2
405220120
98,26
2
40
2
2
2
π
π
π
peçay
mm 25,14=peçay
44
4
22
43
cm 3,363mm 3632978
8
40405
4
52
12
12020
==
⋅
+








⋅⋅+
⋅
−
⋅
=
π
π
π
ycI








⋅
⋅
+⋅
⋅
−
⋅
+








⋅⋅+
⋅
−⋅⋅+
⋅
=
2
2
2
24
22
4
2
3
73,12
2
4098,16
2
40
8
40
25,145
4
5225,1420120
12
20120
πππ
π
π
xcI
44 cm 24,122mm 1222416 ==xcI
Como Iyc é eixo de simetria, o produto de inércia em relação aos eixos Xc e Yc é necessariamente igual a zero, logo estes
eixos são os eixos principais centrais de inércia e os momentos Ixc e Iyc são os momentos principais centrais de inércia.
X
Y
G
FT FD
FT1
FD1
P
x
a
θ
6) O carro ilustrado na figura repousa sobre 4
medidores de força, e nesta posição a leitura para
as rodas dianteiras e traseiras é dada por FD e FT.
Demonstre como determinar a posição do centro
de gravidade do carro sabendo a distância entre
eixos, o diâmetro da roda e que os elevadores
podem posicionar os eixos traseiros e dianteiros
em alturas distintas.
Solução: Inicialmente faz-se a medição das forças com
os eixos dianteiros e traseiros na mesma altura. Para
esta situação o diagrama de corpo livre fica
Logo pode-se escrever que PFF TD =+ 11 em que P é o peso total do veículo. Chamando-se de l a distância entre eixos
obtém-se 01 =− PxlFD , ou seja P
lF
x D1= .
Fazendo-se agora a medição das forças com os eixos dianteiros e traseiros em alturas distintas, obtém-se o diagrama de
corpo livre a seguir.
Chamando-se de h o desnível entre o eixo dianteiro e o eixo
traseiro, pode-se escrever
l
h
=θsen
0=∑ DM
( ) 0sencoscos2 =⋅−−+− aPxlPlFT θθθ
( )[ ]
θ
θ
sen
cos 2
P
lFxlPa T−−=
e
day += em que d é o diâmetro da roda.
FT1 FD1
P
x
0.5
2.5
(m)
1 kN
2 kN/m
Figura (1)
1 kN/m
A
B
VBVA
HB
1 kN3 kN
0,89
7) Determine as reações nos apoios A e B da figura (1).
Solução:
kN/m 3
2
m 2kN/m 1m 2kN/m 1 =⋅+⋅=P
m 89,0
3
32112
=
⋅+⋅
=x
Logo o diagrama de corpo livre resultante é
Para o qual pode-se escrever
0389,015,220 =⋅−⋅+→=∑ BD VM
kN 085,0=BV
kN 915,1085,013 =−−=AV e 0=BH
30
30
20
20
70
50
Figura (2)
(mm)
8) Determine a área da superfície lateral e o volume do objeto gerado pela rotação da curva ilustrada na figura (2) em
torno do eixo de rotação. Empregue os teoremas de Pappus-Guldinus.
Solução:
Localização do centróide da curva geratriz:
Segmento l x x.l
1 30 20 600
2 42,43 35 1485,05
3 20 50 1000
4 31,42 43,63 1370,85
5 70 50 3500
6 50 25 1250
Total 243,85 9205,9
mm 75,37
85,243
9,9205
==x
22 cm 39,578mm 8,5783885,24375,372 ==⋅⋅= πA
( ) mm 28,22
501103045017020
34050503511030304501017020
=
−⋅++⋅
−−⋅⋅+⋅+⋅⋅
=
π
ππ
Ax
2mm 92,6992501103045017020 =−⋅++⋅= πgeradoraA
33 cm 979mm 89,97899992,699228,222 ==⋅⋅= πV
9) Indique as expressões abaixo que representam o momento de inércia Ix2 do semi-círculo. Justifique a sua resposta.
a) 
2244
3
4
29
8
82






++−= dRRRRI x π
π
π
π
b) 2
24
282
dRRI x
ππ
+=
c) 
224
3
4
282






++= dRRRI x π
ππ
d) 2
234
23
4
82
dRdRRI x
ππ
++=
Solução: A solução deste problema está baseadano conhecimento do Teorema de Steiner que diz que o momento de
inércia de uma área em relação a um eixo x qualquer é igual ao momento de inércia em relação ao eixo x central da área
mais o produto da área da figura pelo quadrado da distância entre os dois eixos, ou seja 2daII cxx ⋅+= .
O eixo x1 é o eixo que passa na base do semi-círculo e seria o eixo central do círculo, caso este fosse completo. Logo, o
momento de inércia 1xI vale metade do momento de inércia do círculo, ou seja 8
4
1
RI x
⋅
=
π , que é um termo que se
encontra em todas as opções de resposta.
Considerando-se o enunciado do Teorema de Steiner verifica-se que as alternativas b) e c) estão erradas. Na alternativa
b) soma-se o momento de inércia 1xI com 
2
2
2
dRπ , o que viola o Teorema de Steiner já que 1xI não é o momento de
inércia central do semi-círculo e a distância d, entre os eixos x1 e x2, não é medida em relação ao eixo central do semi-
círculo. Na alternativa c) a distância adotado entre os eixos é a correta, ou seja dR +
π3
4 , mas continua-se empregando o
momento de inércia 1xI como se fosse o momento de inércia central do semi-círculo.
O momento de inércia central do semi-círculo, Ix, é obtido aplicando o Teorema de Steiner considerando que a distância
entre os eixos x1 e x vale 
π3
4R , ou seja
π
π
π
ππ
π
ππ
9
8
89
16
283
4
28
44
2
224224 RRRRRIRRIR xx −=⋅−=→





⋅+=
Pode-se notar que a alternativa a) calculo o momento de inércia corretamente.
A alternativa d) é igual a b) com exceção que aquela considera um termo a mais que é dR
3
4 3 . O significado deste
termo pode ser obtido do Teorema de Steiner. Antes da eliminação da integral referente ao momento estático de 1ª
ordem a expressão do teorema fica como 22 daSdII xxx c ⋅+⋅+= . Como o eixo adotado era considerado eixo central
tem-se que 0=xS . Entretanto, caso o eixo adotado não fosse central a expressão do teorema ficaria
2
'' 2 daSdII xxx ⋅+⋅+= em que x e x’ são simplesmente dois eixos paralelos. Calculando-se 1xS tem-se
∫∫ ==
A
x
A
x dSydAS 11 em que dxy
ydAydSx ⋅⋅=⋅= 221
Considerando-se a equação da circunferência: 222 Ryx =+ , e
resolvendo-se a integral resultante tem-se
d
R
x2
x2
x1
xC
y
R
x1
dx
y
x






−=





−== ∫∫∫∫
−−−−
dxxdxRdxxRdxyS
R
R
R
R
R
R
R
Rx
22222
2
1
2
1
2
1
1
[ ]
3
2
332
1
32
1 3333332
1
RRRRRxxRS
R
R
R
Rx =







−−+=


















−+=
−
−
Logo o termo dSdRdR x ⋅=⋅⋅= 123
22
3
4 33 , o que faz com que a alternativa d) também esteja correta. Efetivamente
pode-se notar que operando-se sobre a expressão da alternativa a) obtém-se a alternativa d) comprovando o raciocínio
apresentado.
10) Determine o peso do carvão contido na carvoeira, ilustrada na figura (2), quando esta está totalmente cheia.
Considere o peso específico do carvão igual a 7,85 kN/m3 e admita que há 20% de volume perdido por vazios de ar.
Aproxime a curva que define o formato da carvoeira pela parábola indicada na figura. Resolva o problema
aplicando o Teorema de Pappus-Guldin.
Solução: Para resolver este problema é necessário
calcular a área geratriz, bem como a posição do
centróide desta em relação ao eixo de rotação. Para tal
adota-se uma faixa de integração de área ( )dxy−6
conforme ilustrado na figura abaixo.
Cálculo da área geratriz:
( ) 23
0
23
0
m 12
3
266 =





−=−== ∫∫∫ dxxdxydAA
A
Cálculo do momento estático de 1ª ordem Sy
( ) 33
0
33
0
23
0
m 5,13
3
26
3
266 =





−=





−=−== ∫∫∫∫ dxxxdxxxdxyxdAxS
A
y
Localização do centróide: m 125,1
12
5,13
===
A
S
x yA
Volume bruto: 3m 82,8412125,122 =⋅⋅⋅== ππ AxV ABruto
Volume líquido: ( ) 3m 67,86 82,842,01 =⋅−=LíquidoV kN 7,53286,6785,7 =⋅=Peso
3 m
6 
m
Y
X
2
3
2 xy =
Figura (2)
6 
m
Y
X
2
3
2 xy =
y
6-
y
dx
3 m