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Lista de Exercícios – Fixação do Conteúdo AULA 4 3-) Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. Resolução: Vamos primeiro separar nosso problema em áreas conhecidas: Obs: Poderia ser feito de outra forma. Não importa. Agora temos que calcular as forças resultantes 1 e 2, que correspondem às áreas das duas figuras: 𝐴1 = 𝐹1 = 4,5(6 − 3) 2 = 6,75 𝑁 𝐴2 = 𝐹2 = (4,5 + 1,5)3 = 18 𝑁 Desenhando essas forças temos: A força resultante 𝐹𝑅 é dada por: 𝐹𝑅 = 𝐹1 + 𝐹2 = 6,75 + 18 𝐹𝑅 = 24,75 𝑁 Agora temos que calcular a posição onde essas duas forças se encontram: �̃�1 e �̃�2 �̃� = 𝑏 3 é a equação do centroide para uma figura triangular. É um terço da base, com relação ao lado maior do triângulo. Logo �̃�1 = 𝑏 3 = 4,5 3 = 1,5 𝑚 �̃� = 𝑏 2 é a equação do centroide para uma figura retangular. É metade da base do retângulo. Logo �̃�2 = 𝑏 2 = (4,5 + 1,5) 2 = 3 𝑚 Aplicando a equação do centroide, conseguimos obter o centroide geral (total) onde a força resultante 𝐹𝑅 deve ser aplicada: �̅� = ∑ �̃�𝐴 ∑ 𝐴 = (1,5.6,75 + 3.18) (6,75 + 18) Portanto, �̅� = 2,591 𝑚 2-) Determine a força normal interna, força cortante e o momento fletor no ponto C da viga. Resolução: Primeiro devemos obter as forças resultantes provenientes do carregamento distribuído. Para isto, pergunta-se: Em quantas figuras conhecidas podemos dividir este carregamento distribuído? Uma solução mais óbvia é em dois triângulos, conforme mostra a seguinte figura: Para calcularmos a força resultante destes dois carregamentos (para os dois triângulos), devemos determinar as áreas deles. Para o primeiro triângulo temos que a base dele equivale a 1,5 + 1,5 + 1,5 (m) e a altura corresponde ao valor do carregamento distribuído 3 kN/m. Logo: 𝑤1 = (1,5 + 1,5 + 1,5). 3 2 = 6,75 𝑘𝑁 Para o segundo triângulo, a base é igual a 1,5 e a altura também é 3kN/m. 𝑤2 = 1,5.3 2 = 2,25 𝑘𝑁 As posições que devem ser inseridas essas forças, corresponde ao centroide de cada figura. Como ambas são triângulos, o centroide corresponde a 1/3 da base (𝑏 3⁄ ), posicionado em relação à altura do triângulo. Para o triângulo 1, temos: 𝑏 3 = (1,5 + 1,5 + 1,5) 3 = 1,5 𝑚 Para o segundo triângulo a base é igual a 1,5 m, logo: 𝑏 3 = 1,5 3 = 0,5 𝑚 Antes de calcularmos as forças internas, é necessário determinar as reações de apoio no pino em A e no rolete em B. Vamos ao Digrama de Corpo Livre dessa estrutura: Como no ponto A é um pino, temos duas reações nesse apoio. Já no ponto B por ser um rolete, este possui apenas uma reação de apoio. Para obter a reação de apoio 𝐵𝑦, podemos fazer o somatório de momentos em A: ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −6,75.1,5 + 𝐵𝑦. (1,5 + 1,5) − 2,25. (1,5 + 1,5 + 0,5) = 0 Isolando 𝐵𝑦, temos: 𝐵𝑦 = (6,75.1,5 + 2,25.3,5) 3 = 6 𝑘𝑁 Através do somatório de forças no eixo x, obtemos a reação 𝐴𝑥: ∑ 𝐹𝑥 = 0 ; 𝐴𝑥 = 0 A força 𝐴𝑥 é zero, pois não há outras forças no eixo x. Através do somatório de forças no eixo y, obtemos a reação 𝐴𝑦: ∑ 𝐹𝑦 = 0 ; 𝐴𝑦 − 6,75 + 𝐵𝑦 − 2,25 = 0 Como 𝐵𝑦 = 6, podemos isolar 𝐴𝑦 e obtê-lo: 𝐴𝑦 = 6,75 − 6 + 2,25. Portanto, 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁. Agora que calculamos as reações de apoio e as forças resultantes e suas posições, devemos calcular as forças internas no ponto C. Para isto, vamos fazer uma seção exatamente nesse ponto e inserir os três esforços que desejamos calcular (força normal N, força de cisalhamento V e momento fletor M): Observe que temos um novo carregamento distribuído. Não sabemos qual é o valor da altura do triângulo, mas podemos obtê-la por semelhança de triângulos, por: 3 (1,5+1,5+1,5) = ℎ (1,5+1,5) isolando h, temos: ℎ = 3.3 4,5 = 2 𝑘𝑁/𝑚 Agora, calculamos a força resultante desse carregamento distribuído através da área do triângulo. 𝐹 = (1,5+1,5).ℎ 2 = 3.2 2 = 3 𝑘𝑁. Voltando no DCL, agora conseguimos calcular as forças internas aplicando as equações de equilíbrio (∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0): ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝐴𝑥 + 𝑁 = 0 como 𝐴𝑥 = 0 isolando N temos que 𝑁 = 0. ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 3 − 𝑉 = 0 como 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁 isolando V temos que 𝑉 = 0. ∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦. 1,5 + 3. 𝑏 3 + 𝑀 = 0 como b é a base desse triângulo e equivale a 1,5+1,5 = 3 m. Isolando M temos: 𝑀 = 3.1,5 − 3. 3 3 . Portanto 𝑀 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚. Portanto, 𝑁 = 0, 𝑉 = 0 e 𝑀 = 1,5 𝑘𝑁. 𝑚 2-) O suporte AB é usado para endireitar a viga DE conforme mostra a figura. Se a força de compressão axial no suporte AB é de 5000 lb, determine o momento interno desenvolvido no ponto C no topo da viga. Despreze o peso da viga. Resolução: Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: Trata-se de apoios do tipo simples, pois as vigas poderiam girar e se movimentar no eixo horizontal. Portanto, a restrição é somente quanto ao movimento no eixo y, representado comumente por um rolete nos nossos estudos. Sabemos que a força de 5000 lb está exatamente no meio da estrutura, logo, esta força é distribuída igualmente para ambos os lados, ou seja, metade para 𝐷𝑦 e a outra metade para 𝐸𝑦. Assim temos que 𝐷𝑦 = 2500 𝑙𝑏 e 𝐸𝑦 = 2500 𝑙𝑏. Com as reações de apoios, podemos fazer um corte no ponto desejado, que no caso é o ponto C, e determinar as forças internas nele (força normal, força cortante e momento fletor): Aplicando as equações de equilíbrio (∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0), temos: ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁𝑐 = 0, pois não há forças no eixo x (horizontal) ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐷𝑦 − 𝑉𝑐 = 0. Como 𝐷𝑦 = 2500 𝑙𝑏, logo 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 ∑ 𝑀 = 0 𝐷𝑦. 10 + 𝑀𝑐 = 0. Isolando 𝑀𝑐, temos que 𝑀𝑐 = −2500.10. Logo, 𝑀𝑐 = −25000 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 ou 𝑀𝑐 = −25 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. Portanto, 𝑁𝑐 = 0, 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 e 𝑀𝑐 = −25 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 3-) O suporte AB é usado para endireitar a viga DE conforme mostra a figura. Se a força de compressão axial no suporte AB é de 5000 lb, determine o momento interno desenvolvido no ponto C no topo da viga. Considere que o peso da viga é de 150 lb/ft. Resolução: Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: Trata-se de apoios do tipo simples, pois as vigas poderiam girar e se movimentar no eixo horizontal. Portanto, a restrição é somente quanto ao movimento no eixo y, representado comumente por um rolete nos nossos estudos. Sabemos que as forças de 5000 lb e a força resultante do carregamento distribuído de 3600 lb estão exatamente no meio da estrutura, logo, estas forças são distribuídas igualmente para ambos os lados, ou seja, metade para 𝐷𝑦 e a outra metade para 𝐸𝑦. Assim temos que 𝐷𝑦 = (5000 − 3600)/2 = 700 𝑙𝑏 e 𝐸𝑦 = 700 𝑙𝑏. Com as reações de apoios, podemos fazer um corte no ponto desejado, que no caso é o ponto C, e determinar as forças internas nele (força normal, força cortante e momento fletor): Aplicando as equações de equilíbrio (∑ 𝐹𝑥 = 0 , ∑ 𝐹𝑦 = 0 e ∑ 𝑀 = 0), temos: ∑ 𝐹𝑥 = 0 𝑁𝑐 = 0, pois não há forças no eixo x (horizontal) ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐷𝑦−1800 − 𝑉𝑐 = 0. Como 𝐷𝑦 = 700 𝑙𝑏, logo 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 ∑ 𝑀 = 0 𝐷𝑦. 10 + 1800.6 + 𝑀𝑐 = 0. Isolando 𝑀𝑐, temos que 𝑀𝑐 = −700.10 − 1800.6. Portanto, 𝑀𝑐 − 7000 − 10800 = 17800 𝑙𝑏. 𝑓𝑡 ou 𝑀𝑐 = −17,8 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. Portanto, 𝑁𝑐 = 0, 𝑉𝑐 = −2500 𝑙𝑏 e 𝑀𝑐 = −17,8 𝑘𝑖𝑝. 𝑓𝑡. 4-) Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor da seguinte viga: Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: Calcula as reações de apoio 𝐴𝑥, 𝐴𝑦 e 𝐵𝑦: ∑ 𝑀𝐴 = 0 ;−9.4 + 𝐵𝑦(4 + 2) = 0. Isolando 𝐵𝑦 temos: 𝐵𝑦 = 9.4 6 = 6 𝑘𝑁 ∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐴𝑥 = 0 ou 𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 9 + 𝐵𝑦=0. Isolando 𝐴𝑦 = 9 − 6. Portanto 𝐴𝑦 = 3 𝑘𝑁. Para traçar os diagramas, temos que fazer algumas seções na estrutura. Estas seções são feitas a fim de conhecer o comportamento da força cortante e do momento antes e após uma mudança, ou seja, antes e após uma força ou momento concentrado e durante uma carga distribuída. Como só temos uma força concentrada de 9 kN, podemos fazer um corte antes dessa força em 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 e depois em 4 ≤ 𝑥 ≤ 6. Primeira seção: ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 𝑉1 = 0 𝑉1 = 3 𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦 𝑥 + 𝑀1 = 0 𝑀1 = 3𝑥 (𝑘𝑁𝑚) Segunda seção: ∑ 𝐹𝑦 = 0 𝐴𝑦 − 9 − 𝑉2 = 0 → 𝑉2 = −6 𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 −𝐴𝑦 𝑥 + 9. (𝑥 − 4) + 𝑀1 = 0 𝑀1 = 3𝑥 − 9𝑥 + 36. Logo 𝑀1 = −6𝑥 + 36 (𝑘𝑁. 𝑚) Agora com as equações de força cortante e de momento fletor, podemos desenhar os respectivos diagramas: 5-) Desenhe os diagramas de força cortante e de momento fletor da seguinte viga. Considere 𝑀0 = 500 Nm e 𝐿 = 8 𝑚. Primeiro temos que desenhar o diagrama de corpo livre para compreender as forças que estão atuando na viga: O próximo passo é o cálculo das reações de apoio 𝐴𝑥, 𝐴𝑦 e 𝐵𝑦: ∑ 𝑀𝐴 = 0 ; −𝑀0 + 𝐵𝑦 ( 8 2 + 8 2 ) = 0. Isolando 𝐵𝑦, temos 𝐵𝑦 = 500 8 = 62,5 𝑘𝑁 ∑ 𝐹𝑥 = 0 −𝐴𝑥 = 0 ou 𝐴𝑥 = 0 ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 + 𝐵𝑦 = 0. Isolando 𝐴𝑦, temos 𝐴𝑦 = 62,5 𝑘𝑁. Para traçar os diagramas, temos que fazer algumas seções na estrutura. Estas seções são feitas a fim de conhecer o comportamento da força cortante e do momento antes e após uma mudança, ou seja, antes e após uma força ou momento concentrado e durante uma carga distribuída. Como só temos um momento concentrado de 500 N.m, podemos fazer um corte antes desse momento em 0 ≤ 𝑥 ≤ 4 e depois em 4 ≤ 𝑥 ≤ 8. Primeira seção: ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 − 𝑉1 = 0 𝑉1 = −62,5 𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝐴𝑦 𝑥 + 𝑀1 = 0 𝑀1 = −62,5𝑥 (𝑁. 𝑚) ∑ 𝐹𝑦 = 0 −𝐴𝑦 − 𝑉2 = 0 𝑉2 = −62,5 𝑘𝑁 ∑ 𝑀 = 0 𝐴𝑦 𝑥 − 𝑀0+𝑀2 = 0 𝑀2 = −62,5𝑥 + 𝑀0. Logo 𝑀2 = −62,5𝑥 + 500 (𝑁. 𝑚) Agora com as equações de força cortante e de momento fletor, podemos desenhar os respectivos diagramas:
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