Introdução à Mecânica I: Vetores, Forças e Componentes Cartesianas
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Uma introdução à mecânica do ensino superior. Aprenda da melhor forma a base dos estudos mecanicistas da engenharia. Recomendado para iniciantes na disciplinas e leigos.
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- 1. Introdução a Mecânica I 10 Dias de Mecânica
- 2. Apresentação Olá meu nome é Helder Guerreiro aluno do curso de Engenharia Química na Universidade Federal do Amazonas (UFAM). Esta apostila é somente uma introdução básica para que você inicie seus estudos com o pé direito. Esta apostila irá lhe ajudar a ter uma base para entender os estudos da mecânica e então poderá prosseguir com as suas próprias pernas utilizando um livro de mecânica. O importante é conseguir entender as metodologias desta disciplina sempre ficando de olho nos mínimos detalhes relacionados a sinais e direções. Lembre-se: estamos trabalhando com vetores e então direção, módulo e sentido devem sempre fazer parte do seu foco para encontrar o valor desejado. Bons estudos e vamos à luta!
- 3. Sumário Dia 1 – Vetores Dia 2 – Componentes Cartesianas Dia 3 – Exercícios Dia 4 – Momento de Força e Binário Dia 5 – Resultante de um Corpo Rígido Dia 6 – Sistemas de Forças no Espaço Dia 7 – Produto Escalar e Vetorial Dia 8 – Equilíbrio dos Corpos Dia 9 – Grau de Estaticidade Dia 10 – Análise Estrutural
- 4. Dia 1 FORÇAS NO PLANO - VETORES Sumário
- 5. Exemplo 1 1. Duas forças são aplicadas no ponto A. Determine a intensidade, a direção e o sentido da resultante, através da regra do triângulo. Regra do triângulo -Escolhendo Ԧ𝐴 como vetor inicial. Encontrando ângulos 25° 20° Ԧ𝐴 = 60𝑁 𝐵 = 40 𝑁 Passo 1 Ԧ𝐴 𝐵 𝑅 Passo 2 Ԧ𝐴 𝐵 𝑅 25° A não foi modificado, ângulo permanece. Ԧ𝐴 𝐵25° 𝛼 𝛼 = 180° − 25° = 155°
- 6. - Dessa forma Módulo (intensidade) Para encontrar módulo pelas leis, temos os casos: -Lei dos cossenos: 1 ângulo, dois valores. -Lei dos senos: 2 ângulos, um valor. 𝑅2 = 𝐴2 + 𝐵2 − 2𝐴𝐵 cos 155° 𝑅2 = 402 + 602 − 2.40.60. cos 155° 𝑅 = 97,726 𝑁 Ԧ𝐴 𝐵 𝑅 155° Dados suficientes para encontrar 𝑅 Passo 3
- 7. Sentido (ângulo) No início tínhamos: Para encontrar o sentido pelas leis, temos os casos: -Lei dos cossenos: sem ângulo, três valores. -Lei dos senos: 1 ângulo, dois valores. 𝐵 sen 𝛽 = 𝑅 sen 155° → 𝛽 = arcsen 𝐵 sen 155° 𝑅 → 𝛽 = 9,96° 𝜎 = 45° − 9,96° = 35,0° Passo 4 Ԧ𝐴 𝐵 𝑅 155° 𝛽 𝛾 𝜎 Usando eixo abscissa como referência. 25° 20° Ԧ𝐴 𝐵 A não foi modificado, ângulo permanece. 25° + 20° Ԧ𝐴 Logo, 45° é a angulação total de Ԧ𝐴. 𝜎 é menor que isso, então: 𝜎 = 45° − 𝛽.
- 8. Exemplo 2 2. Uma barcaça é puxada por dois rebocadores. Se a resultante das forças exercidas pelos rebocadores é uma força de 22250 N dirigida ao longo do eixo da barcaça, determine a força de tração em cada cabo, para 𝛼 = 45°. Regra do triângulo -Escolhendo 𝑇2 como vetor inicial. 30° 𝛼 𝐴 𝐵 𝐶 𝑇1 𝑇2 Passo 1 𝑇2 𝑇1 𝑅
- 9. Encontrando ângulos Primeiro vetor - Encontrando 𝑇1, qualquer lei pode ser usada. 𝑇1 sen 45° = 𝑅 sen 105° → 𝑇1 = 𝑅 sen 105° sen 45° → 𝑇1 = 16288,131 𝑁 Segundo vetor - Encontrando 𝑇2, qualquer lei pode ser usada. 𝑇2 sen 30° = 𝑅 sen 105° → 𝑇2 = 𝑅 sen 105° sen 30° → 𝑇2 = 11517,448 𝑁 Passo 2 𝑅 45° 30°𝛽 𝛽 = 45° + 30° − 180° = 105° Passo 3 Passo 4 45° 30° Método utilizado quando a linha de referência está entre os ângulos.
- 10. Exercício 1. Duas forças são aplicadas no ponto B da viga AB. Determine a intensidade, a direção e o sentido da resultante usando o eixo abscissa como referência. Regra do triângulo -Escolhendo Ԧ𝐴 como vetor inicial. 𝐴 𝐵 40° 60°𝐵 = 2 𝑘𝑁 Ԧ𝐴 = 3 𝑘𝑁 Passo 1 𝑅 𝐵 Ԧ𝐴
- 11. Encontrando ângulos Módulo (intensidade) Para encontrar módulo pelas leis, temos os casos: -Lei dos cossenos: 1 ângulo, dois valores. -Lei dos senos: 2 ângulos, um valor. 𝑅2 = 𝐴2 + 𝐵2 − 2𝐴𝐵 cos 80° 𝑅2 = 10,916 𝑘𝑁 𝑅 = 3,304 𝑘𝑁 Passo 2 𝑅 𝐵 Ԧ𝐴 𝛼 40° 60° Considerando ângulo de 90° 30° 𝛼 = 60° + 40° − 180° = 80° 𝛽 𝛾 Sabendo que dentro de um triângulo temos 180° encontramos 30° no canto superior esquerdo. Esse valor mais o ângulo 𝛽 que está ao lado, formam o ângulo do vetor resultante, então é por isso que encontramos logo esse valor de 30°. Passo 3
- 12. Sentido (ângulo) Para encontrar o sentido pelas leis, temos os casos: -Lei dos cossenos: sem ângulo, três valores. -Lei dos senos: 1 ângulo, dois valores. 𝐵 sen 𝛽 = 𝑅 sen 80° → 𝛽 = arcsen 𝐵 sen 80° 𝑅 → 𝛽 = 36,6° 𝜎 = 36,6° + 30° = 66,6° Passo 4 𝑅 𝐵 Ԧ𝐴 80° 30° 𝛽 𝛾 Então temos um 𝜎 = 𝛽 + 30° que é o ângulo do vetor resultante, em relação ao eixo abscissa.
- 13. Dia 2 FORÇAS NO PLANO – COMPONENTES CARTESIANAS Sumário
- 14. Componentes Cartesianas Mesmo que os eixos não estejam na vertical e horizontal o ângulo entre os componentes sempre serão 90° 𝜃 𝑦 𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑥
- 15. Vetor Unitário 𝑦 𝑥 Ԧ𝑖 Ԧ𝑗 𝜃 𝑦 𝑥 Ԧ𝑖 Ԧ𝑗 𝐹𝑦 𝐹𝑥 ൝ 𝐹𝑥 = 𝐹𝑥𝑖 𝐹𝑦 = 𝐹𝑦𝑖 → Ԧ𝐹 = 𝐹𝑥 + 𝐹𝑦 ቊ 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 𝜃 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 𝜃 → 𝐹 = 𝐹𝑥2 + 𝐹𝑦2 tan 𝜃 = 𝐹𝑦 𝐹𝑥
- 16. Exemplo 1 1. Sabendo que a força F tem intensidade de 600 N, expresse F como um vetor, em termos dos vetores unitários i e j. 40°
- 17. Componentes 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 40° = 600 cos 40° = 459,627 𝑁 𝐹𝑦 = −𝐹 sen 40° = −600 sen 40° = −385,673 𝑁 Resultado em vetores unitários 𝐹 = 459,627 𝑖 𝑁 − 385,673 𝑗 𝑁 Aqui já não se pode haver mais cálculos. Estamos em um cálculo vetorial, os termos em i não se misturam ao j. Passo 1 Passo 2
- 18. Exemplo 2 2. A força F de 1800 N é aplicada à extremidade da viga I. Expresse F como um vetor em termos dos vetores unitários i e j. 𝑦 𝑥 𝑧 4 3 𝐹1
- 19. Força 1 Resultado em vetores unitários 𝐹 = −1080,756 𝑖 𝑁 − 1439,432 𝑗 𝑁 Passo 1 3 4 arctan 3 4 = 36,9° 𝐹𝑥 = 𝐹 sen 36,9° = −1439,432 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 cos 36,9° = −1080,756 𝑁 Passo 2
- 20. Adição de forças 𝑅 = 𝑃 + 𝑄 + 𝑆 + ⋯ + 𝑊 ቊ 𝑅𝑥 = σ 𝐹𝑥 = 𝑃𝑥 + 𝑄𝑥 + 𝑆𝑥 + ⋯ + 𝑊𝑥 𝑅𝑦 = σ 𝐹𝑦 = 𝑃𝑦 + 𝑄𝑦 + 𝑆𝑦 + ⋯ + 𝑊𝑦 Onde 𝑅 = 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2
- 21. Exemplo 3 3. Determine as componentes cartesianas em x e y, de cada uma das forças indicadas na figura. 600 𝑁 = 𝐹1 500 𝑁 = 𝐹2 0,3 𝑚 4 3 800 𝑁 = 𝐹3 𝐴 0,1 𝑚 0,2 𝑚 35°
- 22. Força 1 Força 2 Passo 1 35° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 35° = 491,491 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 35° = 344,146 𝑁 Passo 2 3 4 arctan 3 4 = 36,9° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 36,9° = −399,842 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 36,9° = 300,210 𝑁
- 23. Força 3Passo 3 0,2 0,4 arctan 0,2 0,4 = 26,6° 𝐹𝑥 = 𝐹 sen 26,6° = 358,207 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 cos 26,6° = −715,323 𝑁
- 24. Exemplo 4 4. Calcular a resultante (intensidade, direção e sentido) das quatro forças. 30° 15° 20° 150 𝑁 = 𝐹1 80 𝑁 = 𝐹2 110 𝑁 = 𝐹3 100 𝑁 = 𝐹4
- 25. Força 1 Força 2 Passo 1 30° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 30° = 129,904 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 30° = 75 𝑁 Passo 2 𝐹𝑥 = 𝐹 sen 20° = −27,361 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 cos 20° = 75,175 𝑁 20°
- 26. Força 3 Força 4 Passo 3 𝐹𝑥 = 0 𝐹𝑦 = 𝐹 = −110 𝑁 Passo 4 15° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 15° = 96,593 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 15° = −25,882 𝑁
- 27. Resultante 𝑅𝑥 = 199,136 𝑁 | 𝑅𝑦 = 14,293 𝑁 𝑅 = 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = 199,647 𝑁 Ângulo Passo 5 Passo 6 𝜃 tan 𝜃 = 𝑅𝑦 𝑅𝑥 = 14,293 199,136 = 0,071 𝜃 = 4,1°
- 28. Exemplo 5 5. Dois cabos sujeitos a trações conhecidas estão presos ao ponto A. Um terceiro cabo AC, é usado para sustentação. Determine a tração em AC sabendo que a resultante das três forças aplicadas em A deve ser vertical. 12 𝑘𝑁 = 𝐹2 30 𝑘𝑁 = 𝐹1 𝑇𝐴𝐶 20 𝑚 15 𝑚 𝛼 𝛽 10°25° 𝐵 𝐶 𝐴
- 29. Encontrando ângulos 𝛼 = arctan 15 20 = 36,9° → logo → β = 90° − 10° − 𝛼 = 43,1° Força 1 Força 2 Passo 1 Passo 2 25° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 25° = −27,189 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 25° = −12,679 𝑘𝑁 Passo 3 10° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 10° = 11,818 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 10° = −2,084 𝑘𝑁
- 30. Força 𝑇𝐴𝐶 Resultante 𝑅𝑥 = −27,189 + 11,818 + 𝑇𝐴𝐶 sen 36,9° = 0 𝑇𝐴𝐶 sen 36,9° = −15,371 𝑘𝑁 → 𝑇𝐴𝐶 = 15,371 sen 36,9° = 25,600 𝑘𝑁 Passo 4 36,9° 𝑇𝐴𝐶 𝑥 = 𝑇𝐴𝐶 sen 36,9° 𝑇𝐴𝐶 𝑦 = 𝑇𝐴𝐶 cos 36,9° Passo 5
- 32. Exercício 1 1. Para as duas forças indicadas na figura abaixo, determine a resultante das forças e o ângulo α que a resultante faz com o eixo x positivo. 30° 𝐹2 = 2 𝑘𝑁𝐹1 = 3 𝑘𝑁 4 3
- 33. Força 1 Força 2 Resultante 𝑅𝑥 = 3,533 𝑘𝑁 | 𝑅𝑦 = −1,399 𝑘𝑁 𝑅 = 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = 3,800 𝑘𝑁 Passo 1 3 4 arctan 4 3 = 53,1° 𝐹𝑥 = 𝐹 sen 53,1° = 1,801 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 cos 53,1° = −2,399 𝑁 Passo 2 30° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 30° = 1,732 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 30° = 1,000 𝑘𝑁 Passo 3
- 34. Passo 4 Sentido (ângulo) 𝜃 tan 𝜃 = 𝑅𝑦 𝑅𝑥 = −0,396 𝜃 = −21,6°
- 35. Exercício 2 2. Três hastes estão fixadas ao suporte em O. Considere que a resultante das forças esteja verticalmente para baixo e tenha uma amplitude de 6 kN. Determine a intensidade F e a direção θ. 30° 𝐹2 = 2,5 𝑘𝑁𝐹1 = 5 𝑘𝑁 45° 𝜃 𝐹 𝑅 = 6 𝑘𝑁
- 36. Força 1 Força 2 Resultante 𝑅𝑥 = 5,701 + 𝐹𝑥| 𝑅𝑦 = −2,286 + 𝐹𝑦 𝑅 = 𝑅𝑦 → −6 = −2,286 + 𝐹𝑦 → 𝐹𝑦 = −3,714 𝑘𝑁 Passo 1 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 45° = 3,536 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 45° = −3,536 𝑘𝑁 45° Passo 2 30° Passo 3 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 30° = 2,165 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 30° = 1,250 𝑘𝑁
- 37. Sentido (ângulo) Intensidade de F 𝐹𝑥 = 5,701 = 𝐹 sen 56,9° 𝐹 = 5,701 sen 56,9° = 6,805 𝑘𝑁 Passo 4 𝜃 tan 𝜃 = 𝐹𝑥 𝐹𝑦 = 1,535 𝜃 = 56,9° Passo 5
- 38. Exercício 3 3. Determine a resultante e o ângulo que R forma com a horizontal. 𝐹1 = 20 𝑘𝑁 𝐹2 = 8 𝑘𝑁 𝐹3 = 4 𝑘𝑁 45° 30°
- 39. Força 1 Força 2 Força 3 𝐹3 = 𝐹𝑦 = −4,000 𝑘𝑁 Passo 1 60° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 60° = 10,000 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 60° = 17,321 𝑘𝑁 Passo 2 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 45° = 5,657 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 45° = −5,657 𝑁 45° Passo 3
- 40. Resultante 𝑅𝑥 = 15,657 𝑘𝑁 | 𝑅𝑦 = 7,664 𝑘𝑁 𝑅 = 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = 17,432 𝑘𝑁 Ângulo Passo 4 Passo 5 𝜃 tan 𝜃 = 𝑅𝑦 𝑅𝑥 = 0,489 𝜃 = 26,1°
- 41. Exercício 4 4. Deseja-se remover o pino de uma madeira pela aplicação de uma força horizontal. Um obstáculo impede que esse movimento seja realizado, sendo assim, para retirar o pino será aplicado uma força de 1,6 kN e P, nas direções indicadas na figura. Determine: a) O valor de P para que a resultante esteja localizada ao longo do eixo do pino. b) A resultante das forças. 𝑃 1,6 𝑘𝑁 200 𝑚𝑚 100 𝑚𝑚 150 𝑚𝑚
- 42. Força 1 Força P Resultante 𝑅 = 𝑅𝑥2 = 3,198 𝑘𝑁 Passo 1 arctan 150 200 = 36,9° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 36,9° = 1,279 𝑘𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 36,9° = 0,961 𝑘𝑁 200 𝑚𝑚 150 𝑚𝑚 Passo 2 200 𝑚𝑚 100 𝑚𝑚 arctan 100 200 = 26,6° 𝑅𝑦 = 0,961 + 𝑃𝑦 = 0 𝑃𝑦 = −0,961 𝑘𝑁 𝑃𝑦 = 𝑃 sen 26,6° 𝑃 = 0,961 sen 26,6° = 2,146 𝑘𝑁 𝑃𝑥 = 𝑃 cos 26,6° 𝑃𝑥 = 1,919 𝑘𝑁 Passo 3
- 43. Exercício 5 5. Para a estrutura mostrada, analise as seguintes situações: a) Sabendo que a tração no cabo BC é 725 N, determine a resultante das forças sobre o ponto B. b) Considere que a resultante do sistema exercida no ponto B seja vertical, determine a tração no cabo BC e a respectiva resultante. 𝐴 𝐵 𝐶 780 𝑁 = 𝐹1 500 𝑁 = 𝐹2 800 𝑚𝑚 840 𝑚𝑚 5 13 12 4 3 5
- 44. Força BC Força 1 Passo 1 800 𝑚𝑚 840 𝑚𝑚 arctan 800 840 = 43,6° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 43,6° = −525,025 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 43,6° = 499,974 𝑁 Passo 2 12 𝑚𝑚 5 𝑚𝑚 arctan 5 12 = 22,6° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 22,6° = 720,104 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 22,6° = −299,750 𝑁
- 45. Força 2 Resultante 𝑅𝑥 = −105,131 | 𝑅𝑦 = −199,618 𝑅 = 𝑅𝑥2 + 𝑅𝑦2 = 225,610 𝑁 Ângulo Passo 3 3 𝑚𝑚 4 𝑚𝑚 arctan 4 3 = 53,1° 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 53,1° = −300,210 𝑁 𝐹𝑦 = 𝐹 sen 53,1° = −399,842 𝑁 Passo 4 Passo 5 𝑅𝑦 𝑅𝑥 𝜃 tan 𝜃 = 𝑅𝑦 𝑅𝑥 = 1,899 𝜃 = 62,2°
- 46. Tração de BC - Considerando caso b) Resultante 𝑅 = 𝑅𝑦2 = 399,858 − 299,750 − 399,842 = −299,734 Passo 6 arctan 800 840 = 43,6° 𝑅𝑥 = 419,894 + 𝐵𝐶𝑥 = 0 𝐵𝐶𝑥 = −419,894 𝑁 𝐵𝐶𝑥 = 𝐵𝐶 cos 43,6° 𝐵𝐶 = 419,894 𝑁 cos 43,6° = 579,824 𝑁 𝐵𝐶𝑦 = 𝐵𝐶 sen 43,6° 𝐵𝐶𝑦 = 399, 858𝑁 Passo 7
- 47. Dia 4 MOMENTO DE FORÇA E BINÁRIO Sumário
- 48. Momento de Força 𝑀 = Ԧ𝑟 × Ԧ𝐹 𝑀 = Momento de uma força em relação a um ponto específico Ԧ𝑟 = Vetor posição do ponto escolhido Ԧ𝐹 = Força aplicada no ponto escolhido 𝐴 𝐵 𝛼 𝑀 𝑂 𝑟 ቊ 𝑀 = 𝐹. 𝑟 sen 𝛼 𝑀 = 𝐹. 𝑑 𝑎 𝑑𝑖𝑠𝑡â𝑛𝑐𝑖𝑎 𝑑𝑒𝑣𝑒 𝑠𝑒𝑟 𝑝𝑒𝑟𝑝𝑒𝑛𝑑𝑖𝑐𝑢𝑙𝑎𝑟
- 49. Teorema de Varigon - O momento de uma força em relação a qualquer ponto é igual à soma dos momentos dos componentes desta força em relação ao mesmo ponto. 𝑂 𝐵 𝑟 𝑅 𝑄 𝑃 𝑂 𝐵 𝑅 𝑄 𝑃 𝑝 𝑑 𝑀𝑜 = 𝑅. 𝑑 = −𝑝. 𝑃 + 𝑞. 𝑄 𝑞 Deve-se adotar o sentido positivo do giro dos vetores ao ponto especificado
- 50. Exemplo 1 1. Uma força de 800 N é aplicada como ilustrado. Determine o momento da força em relação a B.
- 51. Componentes Sentido Momento em B 𝑀 𝐵 = 𝑝𝑦. 0,2 + 𝑝𝑥. 0,16 = 692,82 0,2 + 400 0,16 = 202,564 𝑁𝑚 Passo 1 60° 𝑃𝑥 = 𝐹 cos 60° = 400 𝑁 𝑃𝑦 = 𝐹 sen 60° = 692,820 𝑁 + + Passo 2 𝑃𝑦 𝑃𝑥 Melhor movimento até B Passo 3 Resposta positiva, sentido de curva positivo 𝑀 𝐵 = 202,564 𝑁𝑚
- 52. Exemplo 2 2. Uma força de 150 N é aplicada à alavanca de controle AB, como ilustrado. O comprimento da alavanca é igual a 0,20 m e α = 30°. Determine o momento da força em relação a B decompondo a força em componentes horizontal e vertical. 65° 𝛼 150 𝑁 𝐴 𝐵
- 53. Componentes Sentido Distâncias Passo 1 𝑃𝑥 = 𝐹 cos 30° = 129,904 𝑁 𝑃𝑦 = 𝐹 sen 30° = 75 𝑁 + + Passo 2 𝑃𝑦 𝑃𝑥 Melhor movimento até B Passo 3 30° 𝑃𝑦 𝑃𝑥𝐴 𝐵 0,2 𝑚 65° sin 65° = 𝑦 0,2 → 𝑦 = 0,181 𝑚 cos 65° = 𝑥 0,2 → 𝑥 = 0,085 𝑚 𝑦 𝑥
- 54. Momento em B 𝑀 𝐵 = 𝑝𝑦. 𝑥 − 𝑝𝑥. 𝑦 = 75 0,085 − 129,904 0,181 = −17,138 𝑁𝑚 Passo 4 𝑀 𝐵 = 17,138 𝑁𝑚
- 55. Binário - É o momento produzido por forças não colineares, iguais e opostas. A influência do momento no ponto se deve a distância entre as forças, a distância da força ao ponto não influenciará. 𝑀 𝑜 = 𝐹. 𝑑 ↑ ↓ 𝑑 𝑑 𝑑 Ante Horário Horário
- 56. Exemplo 1 1. Calcule o momento produzido pelas duas porcas 400 N no ponto A e O. 400 𝑁 200 𝑚𝑚 100 𝑚𝑚 100 𝑚𝑚 𝐴 𝑂
- 57. Momento em A 𝑀𝐴 = 400 0,2 + 400 0,2 = 160 𝑁𝑚 𝑀𝐴 = 160 𝑁𝑚 Momento em O 𝑀 𝑂 = 400 0,3 + 400 0,1 = 160 𝑁𝑚 𝑀𝐴 = 160 𝑁𝑚 OU Binário 𝑀𝐴 = 𝑀 𝑂 = 400 0,4 = 160 𝑁𝑚 + + Passo 1 Passo 2 Passo 1
- 58. Exemplo 2 2. O elemento estrutural está submetido a um binário composto por 2 forças de 100 N. Substitua este binário por um binário equivalente no topo do elemento estrutural utilizando as forças P e –P, cada uma com módulo de 400 N. Determine o ângulo θ apropriado. 100 60 100 100 40 𝑃 −𝑃 𝑀 𝜽 𝜽
- 59. Binário 𝑀 𝑜 = 𝑀𝐴 −100 0,1 = − 𝑃 cos 𝜃 0,04 −10 = −400 cos 𝜃 0,04 cos 𝜃 = 10 16 → 𝜃 = 51,3° + + Passo 1
- 60. Exemplo 3 3. Substitua a força atuando no topo da estrutura, por um sistema força binário equivalente em O. a) Força 𝑅𝑥 = −400 𝑁 | 𝑅𝑦 = 0 Binário 𝑀 𝑜 = 400. 𝑦 = −400 0,2 sen 60° = −69,282 𝑁𝑚 𝑀 𝑜 = 69,282 𝑁𝑚 60° 400 𝑁 𝑂 + + Passo 1 Passo 2
- 61. b) Força 𝑅𝑥 = 0| 𝑅𝑦 = −10 𝑘𝑁 Binário 𝑀 𝑜 = −10. 𝑦 = −10 0,075 = −0,75 𝑘𝑁𝑚 𝑀 𝑜 = 0,75 𝑘𝑁𝑚 𝑂 75 𝑚𝑚 10 𝑘𝑁 1 𝑚 + +
- 62. Dia 5 RESULTANTE DE UM CORPO RÍGIDO Sumário
- 63. Resultante em um corpo rígido 𝑂 𝑑1 𝑑2 𝑑3 𝐹1 𝐹2 𝐹3 𝑀1 𝑀2 𝑀3 ൞ 𝑀1 = 𝐹1 𝑑1 𝑀2 = 𝐹2 𝑑2 𝑀3 = 𝐹3 𝑑3 𝑀0 = 𝐹𝑖𝑑𝑖 𝑅 = 𝐹 𝑅 = 𝐹 𝑀0 𝑅𝑥 = 𝐹𝑥 𝑅𝑦 = 𝐹𝑦 𝑂 𝑑 𝑅 𝑑 = 𝑀0 𝑅
- 64. Exemplo 1 1. Onde atua a resultante das 2 forças da estrutura? 𝐴 500 𝑚𝑚300 𝑚𝑚680 𝑁 660 𝑁
- 65. Resultante 𝑅𝑥 = 0 | 𝑅𝑦 = 𝑅 = 𝐹𝑦 = −680 + 660 = −20 𝑁 𝑅 = 20 𝑁 Momento em A 𝑀𝐴 = −680 0,8 + 660 0,5 = −214 𝑁. 𝑚 → 214 𝑁. 𝑚 Distância da resultante até o ponto A 𝑀𝐴 = 𝑅. 𝑑 → −214 = −20. 𝑑 → 𝑑 = 10,7 𝑚 + + Passo 1 Passo 2 Anti-horário horário Passo 3
- 66. Exemplo 2 2. Determine: (a) a resultante das forças e do binário que atuam na placa e (b) a distância perpendicular da resultante até o ponto O. 𝑥 𝑦 𝑂 2 𝑚 5 𝑚 50 𝑁 140 𝑁. 𝑚 80 𝑁 30° 2 𝑚 2 𝑚 40 𝑁 1 𝑚 45° 60 𝑁
- 67. Resultante 𝑅𝑥 = 𝐹𝑥 = 40 − 60 cos 45° + 80 cos 30° = 66,856 𝑁 𝑅𝑦 = 𝑅 = 𝐹𝑦 = 60 sen 45° + 50 + 80 sen 30° = 132,426 𝑁 𝑅 = 148,345 𝑁 Ângulo (sentido) tan 𝜃 = 𝑅𝑦 𝑅𝑥 → 𝜃 = 63,2° Momento em A 𝑀𝐴 = − 60 cos 45° 4 + 60 sen 45° 7 + 50 5 − 140 = 237,278 𝑁. 𝑚 → 237,278 𝑁. 𝑚 + + Passo 1 Passo 2 Passo 3 𝜃 𝑅 63,2° 148,345 𝑁 Anti-horário horário Anti-horário
- 68. Distância da resultante até o ponto O 𝑀 𝑂 = 𝑅. 𝑑 → 237,278 = 148,345. 𝑑 → 𝑑 = 1,599 𝑚 Passo 4
- 69. Exemplo 3 3. Substitua as forças da treliça abaixo por um sistema força binário em O. 𝑂 𝑃 3 𝑚 3 𝑚6 𝑚 5 𝑚 25 𝑘𝑁 20 𝑘𝑁 30 𝑘𝑁 𝑦 𝑥
- 70. Resultante 𝑂𝑥 = −25 + 20 sen 30° = −15 𝑘𝑁 𝑂𝑦 = −30 − 20 cos 30° = −47,321 𝑘𝑁 Momento em O 𝑀 𝑂 = −25 5 + 30 9 + 20 sen 30° 5 + 20 cos 30° 9 = 350,885 𝑘𝑁. 𝑚 Sistema de força Binário + + Passo 1 Passo 2 Passo 3 Anti-horário horário 𝑂15 𝑘𝑁 47,321 𝑘𝑁 𝑀 𝑂 = 350,885 𝑘𝑁. 𝑚 horário horário
- 71. Exemplo 4 4. Substitua as forças e o momento presentes na estrutura abaixo por um sistema força binário em A. 𝐴 3 4 1,2 𝑘𝑁 500 𝑁. 𝑚 0,15 𝑚 0,15 𝑚 2 𝑘𝑁 0,5 𝑚1,5 𝑚 70°
- 72. Resultante 𝐴𝑥 = 1,2 3 5 + 2 cos 70° = 1,644 𝑘𝑁 𝐴𝑦 = − 1,2 3 5 + 2 sen 70° = 1,159 𝑘𝑁 Momento em A 𝑀𝐴 = 1,2 3 5 1,5 − 1,2 4 5 0,15 + 0,5 − 2 sen 70° 2 + 2 cos 70° 0,15 = −2,220 𝑘𝑁. 𝑚 Sistema de força Binário + + Passo 1 Passo 2 Passo 3 Anti-horáriohorário 𝐴 1,644 𝑘𝑁 1,159 𝑘𝑁 𝑀 𝑂 = 2,220 𝑘𝑁. 𝑚 horárioMomento Anti-horário
- 73. Dia 6 SISTEMAS DE FORÇAS NO ESPAÇO Sumário
- 74. Componentes cartesianas 𝐹2 = 𝐹𝑦 2 + 𝐹ℎ 2 𝐹ℎ 2 = 𝐹𝑥 2 + 𝐹𝑧 2 𝑦 𝑥 𝑧 𝜃 𝑦 𝑂 𝐹 𝜙 𝑦 𝑥 𝑧 𝐹𝑦 𝐹ℎ 𝐹ℎ 𝐹𝑦 𝐹𝑥 𝐹𝑧
- 75. Dessa forma temos algo similar com o que vemos no plano. 𝐹2 = 𝐹𝑦 2 + 𝐹𝑥 2 + 𝐹𝑧 2 𝐹 = 𝐹𝑥 2 + 𝐹𝑦 2 + 𝐹𝑧 2 𝐹𝑥 = 𝐹 cos 𝜃 𝑥 𝐹𝑦 = 𝐹 cos 𝜃 𝑦 𝐹𝑧 = 𝐹 cos 𝜃𝑧 𝑙𝑜𝑔𝑜 cos2 𝜃 𝑥 + cos2 𝜃 𝑦 + cos2 𝜃𝑧 = 1
- 76. Vetores unitários 𝐹 = 𝐹𝑥 𝑖 + 𝐹𝑦 𝑗 + 𝐹𝑧 𝑘 𝐹 = 𝐹𝜆 Para encontrar a componente dos vetores unitários usamos dois pontos 𝑘 𝑖 𝑗 𝜆 𝐹 𝑁 𝑥2, 𝑦2, 𝑧2 𝑀 𝑥1, 𝑦1, 𝑧1 𝑑𝑦 = 𝑦2 − 𝑦1 𝑑𝑧 = 𝑧2 − 𝑧1 𝑑𝑥 = 𝑥2 − 𝑥1 𝑀𝑁 = 𝑑 𝑥 𝑖 + 𝑑 𝑦 𝑗 + 𝑑 𝑧 𝑘 𝑀𝑁 = 𝑑 𝑥 2 + 𝑑 𝑦 2 + 𝑑 𝑧 2 𝜆 = 𝑀𝑁 𝑀𝑁
- 77. Dessa forma temos 𝐹 = 𝐹𝜆 = 𝐹 𝑑 𝑑 𝑥 𝑖 + 𝑑 𝑦 𝑗 + 𝑑 𝑧 𝑘 cos 𝜃 𝑥 = 𝑑𝑥 𝑑 cos 𝜃 𝑦 = 𝑑𝑦 𝑑 cos 𝜃𝑧 = 𝑑𝑧 𝑑 𝑅 𝑥 = 𝐹𝑥 𝑅 𝑦 = 𝐹𝑦 𝑅 𝑧 = 𝐹𝑧 𝑅 = 𝑅 𝑥 2 + 𝑅 𝑦 2 + 𝑅 𝑧 2 Então também temos que cos 𝜃 𝑥 = 𝑅𝑥 𝑅 cos 𝜃 𝑦 = 𝑅𝑦 𝑅 cos 𝜃𝑧 = 𝑅𝑧 𝑅
- 78. Exemplo 1 1. Um cabo de sustentação de uma torre está ancorado por meio de um parafuso em A. A tração no cabo é 2500 N. Determine (a) as componentes Fx, Fy e Fz da força que atua sobre o parafuso e (b) os ângulos θx, θy e θz que definem a direção da força.
- 79. Localizações 𝐴 40; 0; 30 𝑚 | 𝐵 0; 80; 0 𝑚 Medidas 𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = −40𝑖 + 80𝑗 + 30𝐾 𝐴𝐵 = 402 + 802 + 302 = 94,340 𝑚 Força Resultante 𝜆 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = −40𝑖 + 80𝑗 + 30𝐾 94,340 𝐹𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 𝜆 𝐴𝐵 = 2500 −40𝑖 + 80𝑗 + 30𝐾 94,340 = −1060𝑖 + 2120𝑗 + 795𝐾 Componentes ൞ 𝐹𝑥 = −1060 𝑁 𝐹𝑦 = 2120 𝑁 𝐹𝑧 = 795 𝑁 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
- 80. Ângulos cos 𝜃 𝑥 = 𝐹𝑥 𝐹 = − 1060 2500 → 𝜃 𝑥 = 115,1° cos 𝜃 𝑦 = 𝐹𝑦 𝐹 = 2120 2500 → 𝜃 𝑦 = 32,0° cos 𝜃𝑧 = 𝐹𝑧 𝐹 = 795 2500 → 𝜃𝑧 = 71,5° Passo 5
- 81. Exemplo 2 2. Uma placa de concreto pré-moldado é temporariamente sustentada pelos cabos da figura. Conhecendo as trações de 4200 N, no cabo AB, e 6000 N, no cabo AC, determine o módulo e a direção da resultante das forças aplicadas pelos cabos AB e AC na estaca A.
- 82. Localizações 𝐴 4,8; 0; −3,3 𝑚 𝐵 0; 2,4; 0 𝑚 𝐶 0; 2,4; −8,1 𝑚 Medidas AB 𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = −4,8𝑖 + 2,4𝑗 + 33𝐾 𝐴𝐵 = 4,82 + 2,42 + 332 = 6,300 𝑚 Força Resultante 𝜆 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = −4,8𝑖 + 2,4𝑗 + 33𝐾 6,300 𝐹𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 𝜆 𝐴𝐵 = 4200 −4,8𝑖 + 2,4𝑗 + 33𝐾 6,300 = −3200𝑖 + 1600𝑗 + 2200𝐾 𝑁 Medidas AC 𝐴𝐶 = 𝐶 − 𝐴 = −4,8𝑖 + 2,4𝑗 − 4,8𝐾 𝐴𝐶 = 4,82 + 2,42 + 4,82 = 7,200 𝑚 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
- 83. Força Resultante 𝜆 𝐴𝐶 = 𝐴𝐶 𝐴𝐶 = −4,8𝑖 + 2,4𝑗 − 4,8𝐾 7,200 𝐹𝐴𝐶 = 𝑇𝐴𝐶 𝜆 𝐴𝐶 = 6000 −4,8𝑖 + 2,4𝑗 + 33𝐾 7,200 = −4000𝑖 + 2000𝑗 − 4000𝐾 𝑁 Resultante 𝑅𝑥 = −4000𝑖 − 3200𝑖 = −7200𝑖 𝑅𝑦 = 2000𝑗 + 1600𝑗 = 3600𝑗 𝑅𝑧 = −4000𝑘 + 2200𝑘 = −1800𝑘 Direções e sentidos cos 𝜃 𝑥 = 𝑅𝑥 𝑅 = − 7200 8248,636 → 𝜃 𝑥 = 150,8° cos 𝜃 𝑦 = 𝑅𝑦 𝑅 = 3600 8248,636 → 𝜃 𝑦 = 64,1° cos 𝜃𝑧 = 𝑅𝑧 𝑅 = − 1800 8248,636 → 𝜃𝑧 = 102,6° Passo 5 Passo 6 Passo 7
- 84. Exercício 1 1. A força atuante no cabo AB tem valor de 2 kN, como indica a figura. Expresse a força no cabo em forma vetorial. 𝑦 𝑥 𝑧 𝑂 1,2 𝑚 0,3 𝑚 𝐴 𝐵 0,5 𝑚 0,4 𝑚 2 𝑘𝑁
- 85. Localizações 𝐴 1,2; 0; 0,3 𝑚 | 𝐵 0; 0,5; 0,4 𝑚 Medidas 𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = −1,2𝑖 + 0,5𝑗 + 0,1𝐾 𝐴𝐵 = 1,22 + 0,52 + 0,12 = 1,304 𝑚 Força Resultante 𝜆 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = −1,2𝑖 + 0,5𝑗 + 0,1𝐾 1,304 𝐹𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 𝜆 𝐴𝐵 = 2 −1,2𝑖 + 0,5𝑗 + 0,1𝐾 1,304 = −1,841𝑖 + 0,767𝑗 + 0,153𝐾 𝑘𝑁 Passo 1 Passo 2 Passo 3
- 86. Exercício 2 2. O tensionador é apertado até que a força trativa no cabo AB valha 2,4 kN. Determine a expressão vetorial para a força T, como uma força atuando em A. 𝑦 𝑥 𝑧 𝐴 5 𝑚 1 𝑚𝑂 2 𝑚3 𝑚 𝐵 𝐶 𝐷
- 87. Localizações 𝐴 0; 2; 5 𝑚 | 𝐵 2; 3; 0 𝑚 Medidas 𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = 2𝑖 + 𝑗 − 5𝐾 𝐴𝐵 = 22 + 12 + 52 = 5,477 𝑚 Força Resultante 𝜆 𝐴𝐵 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = 2𝑖 + 𝑗 − 5𝐾 5,477 𝐹𝐴𝐵 = 𝑇𝐴𝐵 𝜆 𝐴𝐵 = 2,4 2𝑖 + 𝑗 − 5𝐾 5,477 = 0,876𝑖 + 0,438𝑗 − 2,191𝐾 𝑘𝑁 Passo 1 Passo 2 Passo 3
- 88. Dia 7 PRODUTO ESCALAR E VETORIAL DE DOIS VETORES Sumário
- 89. Produto escalar de 2 vetores 𝑃 ∙ 𝑄 = 𝑃𝑄 cos 𝜃 𝐹𝑛 = 𝐹 ∙ 𝑛 ቊ 𝐹 → 𝐹𝑜𝑟ç𝑎 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟𝑖𝑎𝑙 𝑛 → 𝑉𝑒𝑡𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑡á𝑟𝑖𝑜 𝑑𝑎 𝑝𝑟𝑜𝑗𝑒çã𝑜 𝐹𝑛 = 𝐹 𝑑 𝐹𝑥 𝑖 + 𝑑 𝑦 𝑗 + 𝑑 𝑧 𝑘 ∙ 1 𝑑 𝑑 𝑥 ′ 𝑖 + 𝑑 𝑦 ′ 𝑗 + 𝑑 𝑧 ′ 𝑘 𝛼 𝑃 𝑄 𝑛 𝑣𝑒𝑡𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑡á𝑟𝑖𝑜 𝐹𝑛 = 𝐹 ∙ 𝑛 𝑃𝑟𝑜𝑗𝑒çã𝑜
- 90. Produto escalar entre os vetores unitários ൞ 𝑖 ∙ 𝑖 = 1 𝑗 ∙ 𝑖 = 0 𝑘 ∙ 𝑖 = 0 𝑖 ∙ 𝑗 = 0 𝑗 ∙ 𝑗 = 1 𝑘 ∙ 𝑗 = 0 𝑖 ∙ 𝑘 = 0 𝑗 ∙ 𝑘 = 0 𝑘 ∙ 𝑘 = 1 O vetor unitário tem o comportamento do número 1, por isso ele vezes ele mesmo resultará no valor 1. Mas o seu comportamento é desprezado quando em ambientes diferentes do seu, porque o produto escalar não trata o espaço e nem movimentação angular, neste caso, somente a projeção, por isso o produto de vetores unitários diferentes é nulo.
- 91. Exemplo 1 1. No dia 6 este exercício foi apresentado: “O tensionador é apertado até que a força trativa no cabo AB valha 2,4 kN. Determine a expressão vetorial para a força T, como uma força atuando em A.” Resultando em: 0,876𝑖 + 0,438𝑗 − 2,191𝐾 𝑘𝑁 Qual a intensidade da projeção de T ao longo da linha AC? 𝑦 𝑥 𝑧 𝐴 5 𝑚 1 𝑚𝑂 2 𝑚3 𝑚 𝐵 𝐶 𝐷
- 92. Localizações 𝐴 0; 2; 5 𝑚 | 𝐵 2; 0; 0 𝑚 Medidas 𝐴𝐵 = 𝐵 − 𝐴 = 2𝑖 − 2𝑗 − 5𝐾 𝐴𝐵 = 22 + 22 + 52 = 5,745 𝑚 Força Resultante 𝑛 𝐴𝐶 = 𝐴𝐵 𝐴𝐵 = 2𝑖 − 2𝑗 − 5𝐾 5,745 𝑇𝐴𝐶 = 𝐹𝐴𝐵 𝑛 𝐴𝐶 = 0,876𝑖 + 0,438𝑗 − 2,191𝐾 ∙ 2𝑖 − 2𝑗 − 5𝐾 5,745 0,876.2 𝑖2 − 0,438.2 𝑗2 + 2,191.5 𝐾2 1 5,745 1,752 − 0,876 + 10,955 1 5,745 = 2,059 𝑘𝑁 Passo 1 Passo 2 Passo 3
- 93. Produto vetorial 𝜃 𝑃 𝑄 𝑉 = 𝑃 × 𝑄 𝜃 𝑃 𝑄 𝑉 = 𝑄 × 𝑃 𝑉 = 𝑃𝑄 sen 𝜃 Regra da mão direita
- 94. Vetor unitário 𝑖 × 𝑗 = 𝑘 𝑖 𝑧 𝑦 𝑥 𝑗 × 𝑖 = −𝑘 𝑖 𝑧 𝑦 𝑥 Temos que diferente do produto escalar o produto vetorial importa sentido e também trabalha com o espacial. Dessa forma os vetores unitários irão se relacionar entre si para formar o vetor resultante perpendicular V mostrado no início do assunto. Por isso o produto vetorial entre dois vetores unitário iguais é nulo, porque por definição dois vetores distintos forma um vetor resultante perpendicular à esses dois. Isso não pode acontecer se for no mesmo vetor. 𝑗 𝑗 ቐ 𝑖 × 𝑖 = 0 𝑗 × 𝑖 = −𝐾 𝐾 × 𝑖 = 𝑗 𝑖 × 𝑗 = 𝐾 𝑗 × 𝑗 = 0 𝐾 × 𝑗 = −𝑖 𝑖 × 𝐾 = −𝑗 𝑗 × 𝐾 = 𝑖 𝐾 × 𝐾 = 0 𝑘 റ𝑖 റ𝑗 Horário negativo Anti-horário positivo
- 95. Desenvolvimento de produto Vetorial 𝑉 = 𝑃 × 𝑄 𝑉 = 𝑃𝑥 𝑖 + 𝑃𝑦 𝑗 + 𝑃𝑧 𝑘 × 𝑄 𝑥 𝑖 + 𝑄 𝑦 𝑗 + 𝑄 𝑧 𝑘 𝑉 = 𝑖 𝑗 𝐾 𝑃𝑥 𝑃𝑦 𝑃𝑧 𝑄 𝑥 𝑄 𝑦 𝑄 𝑧
- 96. 𝑀 = 𝐹. 𝑑 → 𝑀 𝑂 = 𝑅. Ԧ𝐹 → 𝑀 = 𝑅. 𝐹 sen 𝜃 𝑀 𝑂 = 𝑀 𝑥 𝑖 + 𝑀 𝑦 𝑗 + 𝑀𝑧 𝐾 Momento em relação ao ponto 𝑂 𝐴 𝐹 𝜃 𝑑 Ԧ𝑟 𝑀 𝑂 𝑧 𝑦 𝑥 𝑂 𝑥𝑖 𝑦𝑗 𝑧𝑖 𝐴 𝑥, 𝑦, 𝑧 𝐹𝑦 𝑗 𝐹𝑧 𝐾 𝐹𝑥 𝑖 𝑀 𝑂 = 𝑖 𝑗 𝐾 𝑥 𝑦 𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧 → ൞ 𝑀 𝑥 = 𝑦𝐹𝑧 − 𝑧𝐹𝑦 𝑀 𝑦 = 𝑧𝐹𝑥 − 𝑥𝐹𝑧 𝑀𝑧 = 𝑥𝐹𝑦 − 𝑦𝐹𝑥 𝑀 𝐵 = 𝑖 𝑗 𝐾 ∆ 𝑥 ∆ 𝑦 ∆ 𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧 → ൞ ∆ 𝑥= 𝑥 𝐴 − 𝑥 𝐵 𝑖 ∆ 𝑦= 𝑦 𝐴 − 𝑦 𝐵 𝑗 ∆ 𝑧= 𝑧 𝐴 − 𝑧 𝐵 𝐾 Na origem Ponto qualquer
- 97. Exemplo 1 1. Uma placa retangular é sustentada por suportes em A e em B e por um fio CD. Sabendo que a tração no cabo é de 200 N, determinar o momento da força exercida pelo fio na placa, em relação ao ponto A.
- 98. Localizações 𝐴 0; 0; 0,32 𝑚 𝐵 0,3; 0; 0,4 𝑚 𝐶 0; 0,24; 0,08 𝑚 Medidas 𝑀𝐴 = 𝑅 𝐶/𝐴 × 𝐹𝐶𝐷 𝑅 𝐶/𝐴 = 𝐴𝐶 = 𝐶 − 𝐴 = 0,3𝑖 + 0𝑗 + 0,08𝐾 𝐶𝐷 = 𝐷 − 𝐶 = −0,3𝑖 + 0,24𝑗 − 0,32𝐾 → 𝐶𝐷 = 0,32 + 0,242 + 0,322 = 0,50 𝑚 Força Resultante 𝜆 𝐶𝐷 = 𝐶𝐷 𝐶𝐷 = 0,3𝑖 + 0𝑗 + 0,08𝐾 0,50 𝐹𝐶𝐷 = 𝑇𝐶𝐷 𝜆 𝐶𝐷 = 200 0,3𝑖 + 0𝑗 + 0,08𝐾 0,50 = −120𝑖 + 96𝑗 − 128𝐾 𝑁 Momento 𝑀𝐴 = 𝑖 𝑗 𝐾 𝐴𝐶 𝑥 𝐴𝐶 𝑦 𝐴𝐶𝑧 𝐹𝐶𝐷 𝑥 𝐹𝐶𝐷 𝑦 𝐹𝐶𝐷 𝑧 = 𝑖 𝑗 𝐾 0,3 0 0,08 −120 96 −128 𝑀𝐴 = 0𝑖 − 9,6𝑗 + 28,8𝐾 − 0𝐾 + 7,68𝑖 − 38,4𝑗 = −7,68𝑖 + 28,8𝑗 + 28,8𝐾 𝑁. 𝑚 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
- 99. Exemplo 2 2. Uma laje de fundação apoia 4 pilares, como é mostrado na figura. Determine a intensidade e o ponto de aplicação da resultante das 4 cargas. 𝑦 𝑧 𝑥 𝑂 1,2 𝑚 1,8 𝑚 1,5 𝑚 1,5 𝑚 𝐴 𝐶 𝐵 180 𝑘𝑁 90 𝑘𝑁 36 𝑘𝑁 54 𝑘𝑁
- 100. Momento Ponto de aplicação 324𝑖 − 378𝑘 = 𝑥𝑖 + 𝑧𝑘 ∙ −360𝑗 = −360𝑥 𝐾 + −360𝑧 −𝑖 324𝑖 = 360𝑧 𝑖 → 𝑧 = 0,9 𝑚 −378𝐾 = −360𝑥 𝐾 → 𝑥 = 1,05 𝑚 Passo 1 r (m) F (kN) M = F.r (kN.m) 0 -180j 0 3i -54j -162K 3i + 1,5K -36j -108K – 54(-i) = -108K +54i 1,2i + 3k -90j -108(-K) + 270(-i) = -108K + 270i ∑ -360j 324i - 378k Resultante Passo 2
- 101. Exemplo 3 3. Uma força de 200 N é aplicada ao suporte ABC, como ilustrado. Determine o momento da força em relação a A.
- 102. Localizações 𝐴 0; −0,05; 0 𝑚 | 𝐶 0,06; 0,025; 0 𝑚 Medidas 𝑀𝐴 = 𝑅 𝐶/𝐴 × 𝐹𝐶𝐷 𝑅 𝐶/𝐴 = 𝐴𝐶 = 𝐶 − 𝐴 = 0,06𝑖 + 0,075𝑗 + 0𝐾 Força Resultante Ԧ𝐹 = −200 cos 30° 𝑗 + 200 cos 60° 𝐾 = −173,205𝑗 + 100𝐾 Momento 𝑀𝐴 = 𝑖 𝑗 𝐾 𝐴𝐶 𝑥 𝐴𝐶 𝑦 𝐴𝐶𝑧 𝐹𝑥 𝐹𝑦 𝐹𝑧 = 𝑖 𝑗 𝐾 0,06 0,075 0 0 −173,205 100 𝑀𝐴 = 7,5𝑖 + 0𝑗 − 10,392𝐾 − 0𝐾 + 0𝑖 − 0𝑗 = 7,5𝑖 − 6𝑗 − 10,392𝐾 𝑁. 𝑚 Passo 1 Passo 2 Passo 3 Passo 4
- 103. Dia 8 EQUILÍBRIO DOS CORPOS – PLANO Sumário
- 104. Condição de equilíbrio Forças externas levam a sistemas força-binário que podem levar ao equilíbrio: 60° 400 𝑁 𝑂 𝐶 60° 400 𝑁 𝑂 84 𝑁𝑚 60° 400 𝑁 𝑂 84 𝑁𝑚 400 𝑁 84 𝑁𝑚 Forças Externas Sistema Força Binário Equilíbrio
- 105. Equilíbrio de um corpo Condição necessária e suficiente: ቊ σ 𝐹 = 0 σ 𝑀 𝑂 = 0 . Suas componentes também serão zero. Um corpo tem 6 graus de liberdade no espaço e 3 graus no plano: 𝑧 𝑥 𝑦 3 graus pertencem ao sentido: • 1° em x; • 1° em y; • 1° em z. Mais 3 graus pertencem ao momento: • Momento em x e y ou z; • Momento em y e x ou z; • Momento em z e x ou y. (não existe momento em um único eixo) Os movimentos de direita e esquerda, horário e anti-horário estão subtendidos. 𝑥 𝑦 2 graus pertencem ao sentido: • 1° em x; • 1° em y; Mais 1 grau pertence ao momento: • Momento em x e y. Os movimentos de direita e esquerda, horário e anti-horário estão subtendidos.
- 106. Reações em apoios e conexões Apoio de 1° Gênero ◦ Cria uma reação de força 𝑉𝐴 perpendicular ao apoio. ◦ Temos 1 grau de liberdade impedido (perpendicular): ◦ Uma única reação; ◦ Livre para rotacionar; ◦ Momento igual a zero. 𝐴 𝑉𝐴 Exemplo: A estrutura pode se mover para um lado e para o outro, pois não há reação para os lados, somente na perpendicular que nesse caso é a vertical. A estrutura não pode se mover nem para baixo e nem para cima na vertical, porque está impedida pelo apoio de 1° gênero que aplica uma força 𝑉𝐴 que irá cancelar qualquer força que vier contra. A estrutura pode se entortar fazendo um movimento de rotação, pois ela é livre para rotacionar. A estrutura pode ter movimento de torque, pois o apoio de 1° gênero tem momento igual a zero, ou seja, não haverá reação.
- 107. Reações em apoios e conexões Apoio de 2° Gênero ◦ Cria uma reação de força 𝑉𝐴 perpendicular e outra 𝐻𝐴 paralela ao apoio. ◦ Temos 2 graus de liberdade impedido (perpendicular e paralelo): ◦ Duas reações simultâneas; ◦ Livre para rotacionar; ◦ Momento igual a zero. 𝐴 𝑉𝐴 Exemplo: A estrutura não pode se mover para um lado e para o outro, pois há uma reação de força 𝐻𝐴 paralela ao apoio que nesse caso é horizontal. A estrutura não pode se mover nem para baixo e nem para cima na vertical, porque está impedida pelo apoio de 2° gênero que aplica uma força 𝑉𝐴. A estrutura pode se entortar fazendo um movimento de rotação, pois ela é livre para rotacionar. A estrutura pode ter movimento de torque, pois o apoio de 2° gênero tem momento igual a zero, ou seja, não haverá reação. 𝐻𝐴
- 108. Reações em apoios e conexões Apoio de 3° Gênero (Engaste) ◦ Cria uma reação de força 𝑉𝐴 perpendicular, 𝐻𝐴 paralela e um momento 𝑀𝐴 ao apoio. ◦ Temos 3 graus de liberdade impedido (perpendicular, paralelo e momento): ◦ Três reações simultâneas; ◦ Não está livre para rotacionar; ◦ Momento diferente de zero. 𝐴 𝑉𝐴 Exemplo: A estrutura não pode se mover para um lado e para o outro, pois há uma reação de força 𝐻𝐴 paralela ao apoio que nesse caso é horizontal. A estrutura não pode se mover nem para baixo e nem para cima na vertical, porque está impedida pelo apoio de 2° gênero que aplica uma força 𝑉𝐴. A estrutura não pode se entortar fazendo um movimento de rotação, pois ela não é livre para rotacionar. A estrutura não pode ter movimento de torque, pois o apoio de 3° gênero tem momento diferente de zero, ou seja, haverá uma reação contra a qualquer momento ou rotação que a estrutura tentar fazer. 𝐻𝐴 𝑀𝐴
- 109. Diagrama de corpo livre 1. Identificar todas as forças que atuam no corpo; 2. Destaca-se o corpo do solo e dos demais campos que estão envolvidos no sistema; 3. Indicamos o ponto de aplicação, intensidade, direção e sentido das forças externas, incluindo o peso do corpo rígido; 4. Indicamos o ponto de aplicação, intensidade, direção das forças desconhecidas (reações); 5. Incluímos as dimensões necessárias ao calculo dos momentos das forças.
- 110. Exemplo 1. Calcular as reações de apoio. 2 m 3 m 4 m 10 kN 100 kN B A C D
- 111. Diagrama de corpo livre Equações de equilíbrio I. σ 𝐹 𝐻 = 0 → −𝐻𝐴 = 0 → 𝐻𝐴 = 0 II. σ 𝑀𝐴 = 0 → 10 2,0 + 100 5,0 − 𝑉𝐷 9,0 = 0 → 𝑉𝐷 = 520 9 = 57,778 𝑘𝑁 III. σ 𝑀 𝐷 = 0 → 𝑉𝐴 9,0 − 10 7,0 − 100 4,0 = 0 → 𝑉𝐴 = 470 9 = 52,222 𝑘𝑁 Verificando 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐷 − 10 − 100 = 0 Passo 1 2 m 3 m 4 m 10 kN 100 kN B A C D V𝐴 H 𝐴 V 𝐷 Passo 2 Passo 3 Escolha e equação que não te deixará encurralado com o número de incógnitas. Olhe sempre para o número de forças alocadas na equação que você quer usar. Se tiver duas forças desconhecidas na mesma equação não a use.
- 112. Dia 9 GRAU DE ESTATICIDADE Sumário
- 113. Grau de estaticidade Vamos considerar como “X” o número de incógnitas presente numa estrutura. Como identificar as incógnitas? Pelos apoios. Como estudado antes cada apoio tem um tipo de reação, dessa forma temos que um apoio de 1° gênero tem somente uma incógnita, o de 2° gênero tem duas e o de 3° gênero tem três incógnitas. A presença de dois ou mais apoios numa estrutura leva a soma das incógnitas. Também temos que considerar “E” como o número de equações de equilíbrio. Quais são as equações? Elas são determinadas primeiro pelo sistema de análise adotado, ou seja, planar ou espacial e segundo por alguns artifícios que serão apresentados em seguida. Por definição temos três equações no plano, elas são: Somatório das forças em x, somatório das forças em y e o somatório dos momentos. Essas equações já foram citadas na aula anterior.
- 114. Grau de estaticidade Tendo como base o que foi falado agora a pouco, temos três tipos de estruturas na análise de estaticidade: Isoestática, hipoestática e hiperestática. Temos três incógnitas dos dois apoios e três equações planares: X = 3 e E = 3. Temos uma estrutura isoestática, pois X = E. Isso significa que todas as forças estão em equilíbrio, ou seja, a estrutura não irá se mover a menos que um mecanismo seja trabalhado para isso. O grau de estaticidade de uma estrutura é a diferença do número de incógnitas pelo número de equações. Dessa forma: 3 – 3 = 0. O grau de estaticidade zero classifica uma estrutura isoestática. V𝐴 H 𝐴 V 𝐵
- 115. Grau de estaticidade V𝐴 V 𝐵 Temos duas incógnitas dos dois apoios e três equações planares: X = 2 e E = 3. Temos uma estrutura hipoestática, pois X < E. Isso significa que as forças aplicadas sobre esta estrutura farão com que aja um movimento, ou seja, sem a necessidade de qualquer mecanismo a estrutura se move. Seu grau de estaticidade é: 2 – 3 = -1. O grau de estaticidade -1 classifica uma estrutura hipoestática. V𝐴 H 𝐴 V 𝐵 H 𝐵 Temos quatro incógnitas dos dois apoios e três equações planares: X = 4 e E = 3. Temos uma estrutura hiperestática, pois X > E. Isso significa que a estrutura está em equilíbrio com as suas forças e tem a habilidade de repelir qualquer mecanismo que a faça mover. Seu grau de estaticidade é: 4 – 3 = 1. O grau de estaticidade 1 classifica uma estrutura hiperestática.
- 116. Rótula Uma rótula é representada por um círculo em meio a estrutura. Ela tem a habilidade de adicionar equações a uma estrutura. Onde há rótula o momento é igual a zero, dessa forma temos a possibilidade de desmembrar uma estrutura para uma análise de momentos. Rótula Na análise do grau estaticidade a rótula adiciona mais equações para serem consideradas. A quantidade de equações que a rótula adiciona é o número de linhas que chegam até ela menos 1. Veja pequenos exemplos abaixo: Uma equação extra Duas equações extras
- 117. Exemplo: Rótula Qual o grau de estaticidade da estrutura abaixo? V𝐴 H 𝐴 V 𝐵 H 𝐵 V𝐶 H 𝐶 M 𝐵 M 𝐶 Número de incógnitas: X = 2 + 3 + 3 = 8 Número de equações: E = 3 + (2-1) + (3-1) = 6 Logo: 8 – 6 = 2 X > E (hiperestática)
- 118. Reação estaticamente indeterminada Aprendemos que quando o número de incógnitas é igual ao número de equações temos uma estrutura isoestática. Essa condição é necessária mas não o suficiente, ou seja, nem sempre X = E será uma estrutura isoestática. Se a estrutura se movimentar mesmo estando em X = E ela não é isoestática e sim estaticamente indeterminada. Exemplo: V𝐴 V 𝐵 V𝐶 Número de incógnitas: X = 3 Número de equações: E = 3 Logo: 3 – 3 = 0 X = E Mas o que garante que essa estrutura é isoestática? Veja que como todos os apoios são de primeiro grau temos somente forças verticais, se uma força horizontal for aplicada toda a estrutura irá se mover e isso não é característica de uma isoestática. Logo temos uma reação esteticamente indeterminada.
- 119. Carregamentos Assim como temos a representação de forças através de uma única seta, que é a força concentrada, e através de curvas, que são os momentos, temos também o carregamento que é a distribuição de uma força sobre um comprimento. O carregamento pode se comportar de três formas diferentes: uniforme, triangular e trapezoidal. O nosso objetivo será transformar essa distribuição de forças sobre um comprimento em uma força resultante. Uniforme Triangular Trapezoidal
- 120. Carregamento uniforme Para transformarmos um carregamento uniforme em uma única força resultante temos que relacionar o carregamento com o seu comprimento, como se fôssemos encontrar a área, ou seja, relacionamos base vezes altura (consideramos o carregamento como se fosse uma “altura”). A resultante irá se posicionar na metade do comprimento do carregamento. 𝑋 𝑁/𝑚 𝑌 𝑚 𝑋. 𝑌 𝑁 𝑌 2 𝑚
- 121. Carregamento triangular Irá seguir o mesmo pensamento que o uniforme, só que dessa vez estamos trabalhando com um triangulo então a resultante será calculado por base vezes altura dividido por 2. Dessa vez a posição da resultante será a 1/3 do lado maior do triangulo. 𝑋 𝑁/𝑚 𝑌 𝑚 𝑋. 𝑌 2 𝑁 𝑌 3 𝑚
- 122. Carregamento trapezoidal Temos aqui a junção dos dois carregamentos vistos anteriormente. Aqui vamos fazer a distinção das duas resultantes, uma resultante vinda o carregamento uniforme e outra resultante vinda do carregamento triangular. Um carregamento trapezoidal vem com a informação de duas forças, uma na ponta maior e outra na ponta menor, a força da ponta menor é a força que representa o carregamento uniforme e a força da ponta maior menos o da ponta menor representa o carregamento triangular. Daí para frente se calcula as resultantes como ensinado anteriormente. 𝑌 𝑚 𝑋′ 𝑁/𝑚 𝑋′′ 𝑁/𝑚 𝑋′′. 𝑌 𝑁 𝑌 2 𝑚 𝑋′ − 𝑋′′ . 𝑌 2 𝑁 𝑌 3 𝑚
- 123. Componentes Quando temos o caso de encontrarmos carregamentos inclinados ao encontrar as suas resultantes elas serão inclinadas assim como os carregamentos, dessa forma nós devemos desmembrar essa resultante em componentes, assim poderemos usar medidas de cotagem exatas. Quando temos uma carregamento inclinado encontramos a sua resultante e usamos as medidas de cotagem para encontrar um ângulo que nos permita a desmembração. Por exemplo: 𝛼 𝛼 𝛽 𝛽 tan 𝛼 = 𝑐𝑜 𝑐𝑎 = 𝑥 𝑦 𝑥 𝑦 𝐹 sen 𝛼 𝐹 cos 𝛼 𝛼 𝐹 𝐹/𝑚
- 124. Sinais em cálculos de reações Quando montamos o diagrama de corpo livre temos que identificar as forças vindas dos apoios. Dessa forma temos que optar pela posição da força, se é para cima ou baixo, esquerda ou direita. Após a montagem do diagrama deve ser feito os cálculos para encontrarmos as reações, nesse momento deve ser escolhido os sentidos que darão o sinal positivo ou negativo para os eixos x e y e o momento. Após os cálculos se o resultado da reação encontrada for um valor negativo isso significa que a direção adotada por você está errada, se o resultado der positivo isso significa que a direção está correta. O fato do resultado dar negativo ou positivo independe da sua escolha dos sentidos positivos e negativos para os eixos e momento, ou seja, não se preocupe com a escolha dos sentidos positivos dos eixos, escolha qualquer um à sua vontade. Caso a direção adotada por você esteja errada, não mude o diagrama de corpo livre, no final das questões deverá ser feita uma “conclusão” que será a mudança das reações para as suas posições corretas.
- 125. Verificação Após o término de uma questão podemos verificar os resultados encontrados usando um somatório dos momentos igual a zero. Esse somatório deve conter todos os momentos existentes na estrutura, sem exceção. Para isso ser feito devemos escolher um ponto qualquer na estrutura que nos possibilite de montar esse somatório. Esse ponto não pode ser um ponto em que uma força está sendo aplicada, porque o momento dessa força será igual a zero. A escolha é livre desde que use a cotagem para identificar a posição exata do ponto escolhido.
- 126. Exemplo 1 Verificar a estaticidade da estrutura e calcular as reações de apoio. 20 𝑘𝑁 10 𝑘𝑁/𝑚 6 𝑚 4 𝑚 2 𝑚 2 𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸
- 127. Diagrama de corpo livre - Carregamento: 10 𝑘𝑁 𝑚 . 6 𝑚 = 60 𝑘𝑁, na posição 3 m. Passo 1 20 𝑘𝑁 60 𝑘𝑁 6 𝑚 4 𝑚 2 𝑚 2 𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 V𝐴 H 𝐴 V 𝐵
- 128. Estaticidade Número de incógnitas: X = 3. Número de equações: E = 3. Logo: 3 – 3 = 0 (isoestática). Reações Veja que na vertical temos somente o 𝐻𝐴 como incógnita, então vamos usar σ 𝐹 𝐻: 𝐹 𝐻 = 0 → 𝐻𝐴 − 20 = 0 → 𝐻𝐴 = 20 𝑘𝑁 Veja que não podemos usar σ 𝐹𝑉 ainda porque temos duas incógnitas, dessa forma podemos optar por usar tanto o σ 𝑀𝐴 quanto σ 𝑀 𝐵, aqui vamos usar σ 𝑀𝐴: 𝑀𝐴 = 0 → 60 3 − 20 2 − 𝑉𝐵 6 = 0 → 𝑉𝐵 = 23,333 𝑘𝑁 Passo 2 Passo 3 + +
- 129. Agora que temos 𝐻𝐴 e 𝑉𝐵 podemos usar σ 𝐹𝑉 para encontra a última incógnita da questão: 𝑉𝐵 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 60 = 0 → 𝑉𝐴 = 36,667 𝑘𝑁 Verificação -Vamos escolher um ponto F na posição apresentada ao lado: Com isso temos a verificação abaixo: 𝑀 𝐹 = 0 → 36,667 1 − 20 4 + 60 2 + 20 2 − 23,333 5 = 0,002 ≅ 0 -A verificação nos mostra que estamos certos. Conclusão Passo 4 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 𝑭 1 𝑚 Passo 5 20 𝑘𝑁 10 𝑘𝑁/𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 36,667 𝑘𝑁 20 𝑘𝑁 23,333 𝑘𝑁
- 130. Exemplo 2 Verificar a estaticidade da estrutura e calcular as reações de apoio. 20 𝑘𝑁/𝑚 4 𝑚 4 𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 4 𝑚 3 𝑚 50 𝑘𝑁/𝑚
- 131. Componentes -Carregamento de 20 kN/m: Passo 1 4 𝑚 3 𝑚 32 + 42 = 5 4 𝑚 3 𝑚 5 𝑚 20 𝑘𝑁/𝑚 . 5 𝑚 = 100 𝑘𝑁 3 𝑚 𝛼 𝛼 𝛽 𝛽 4 𝑚 tan 𝛼 = 3 4 → 𝛼 = 36,9° 100 cos 𝛼 = 79,968 𝑘𝑁 100 sen 𝛼 = 60,042 𝑘𝑁 𝛼
- 132. -Carregamento de 20 kN/m: 4 𝑚 3 𝑚 32 + 42 = 5 4 𝑚 3 𝑚 5 𝑚 50 𝑘𝑁/𝑚 . 5 𝑚 = 250 𝑘𝑁 3 𝑚 𝛼 𝛼 𝛽 𝛽 4 𝑚 tan 𝛼 = 3 4 → 𝛼 = 36,9° 250 cos 𝛼 = 199,921 𝑘𝑁 250 sen 𝛼 = 150,105 𝑘𝑁 𝛼
- 133. Diagrama de corpo livre 5,5 𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 8 𝑚 0,5 𝑚 Passo 2 𝑉𝐴 𝑉𝐵 𝐻 𝐵 60,042 𝑘𝑁 79,968 𝑘𝑁 199,921 𝑘𝑁 150,105 𝑘𝑁 2 𝑚 4 𝑚 2 𝑚
- 134. Reações de apoio 𝐹 𝐻 = 0 → 60,042 − 150,105 − 𝐻 𝐵 = 0 → 𝐻 𝐵 = −90,063 𝑘𝑁 Valor negativo. Significa que o sentido adotado no diagrama de corpo livre é equivocado. 𝑀 𝐵 = 0 → 𝑉𝐴 8 + 60,042 5,5 − 79,968 6 − 199,921 2 − 150,105 5,5 = 0 𝑉𝐴 = 171,875 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → −𝑉𝐴 − 𝑉𝐵 + 79,968 + 199,921 = 0 → 𝑉𝐵 = 108,014 𝑘𝑁 Verificação 𝑀 𝐷 = 0 171,875 4 − 60,042 1,5 − 79,968 2 + 199,921 2 + 150,105 1,5 − 90,063 7 − 108,014 4 = 0,0035 ≅ 0 Passo 3 Passo 4 4 𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝑫 𝐸
- 135. ConclusãoPasso 5 20 𝑘𝑁/𝑚 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 50 𝑘𝑁/𝑚 171,815 𝑘𝑁 108,014 𝑘𝑁 90,063 𝑘𝑁
- 137. Esforços Solicitantes Internos (ESI) Ao analisar uma estrutura, desta vez não há somente pontos ou uma reta, mas sim uma ligação entre pontos e retas que são na realidade materiais, e esses materiais possuem esforços internos, ou seja, não somente as forças externas deve ser consideradas mas as forças exercidas entre os materiais. Esses esforços são: Esforço Normal (N): Proporciona tração ou compressão. É a soma algébrica dos componentes na direção normal à seção de cada uma das forças atuantes de um dos lados nesta seção. Esforço Cortante (Q): Proporciona cisalhamento. É a soma algébrica das componentes na direção perpendicular ao eixo da estrutura de cada uma das forças atuantes de um dos lados da seção. Momento Fletor (M): Proporciona flexão. É a soma algébrica dos momentos atuantes de um dos lados da sessão.
- 138. Esforços Solicitantes Internos (ESI) Esforço Normal (N): Esforço Cortante (Q): Momento Fletor (M): + Tração Compressão - + - + -
- 139. Diagramas Os esforços solicitantes variam dependendo da posição X da seção do elemento, ou seja, esses esforços variam em função de X. As variações desses esforços ao longo da estrutura são representados graficamente por meio de diagramas. Por exemplo: 𝐻𝐴 = 0 50 𝑘𝑁 𝑉𝐴 = 30 𝑘𝑁 𝑉𝐵 = 20 𝑘𝑁 2 𝑚 3 𝑚 𝐴 𝐶 𝐵 𝐴 𝐶 𝐵 Força Normal 𝐴𝐶 = 0 Força Normal 𝐶𝐵 = 0 Não há forças horizontais. 𝐴 𝐶 𝐵 Força Cortante 𝐴𝐶 = 30 Força Cortante 𝐶𝐵 = −20 30 20 𝐴 𝐶 𝐵 Momento Fletor 𝐴𝐶 = 60 Momento Fletor 𝐶𝐵 = 60 60 Diagrama Esforços Normais Diagrama Esforços Cortantes Diagrama Momento Fletor
- 140. Treliças Isoestáticas São estruturas compostas por barras interligadas por nós articulados (rótulas) e todos os seus carregamentos devem estar em cima das rótulas. Esforços Normais Banzo inferior Montante Nomenclatura
- 141. Métodos dos Nós O método dos nós consiste na análise da cada nó isolado através das seguintes equações de equilíbrio: 𝐹 𝐻 = 0 𝐹𝑉 = 0 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 𝐹 𝐺 𝐻 𝐹𝐵𝐹 𝐵 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐶 𝐵 𝐹𝐹𝐵 𝐹𝐴𝐵 𝐹𝐶𝐵 Tração no nó →Tração nas barras Compressão no nó → Compressão nas barras Numericamente iguais, sentidos opostos
- 142. Método dos Nós Assim como nas reações de apoio, no método dos nós escolhe-se o sentido dos esforços internos, podendo ser tração (contra o nó) ou compressão (em direção ao nó). Os resultados dos cálculos dirão a veracidade dos sentidos escolhidos, se o resultado for negativo o sentido adotado não condiz com a realidade, então seu sentido será trocado no diagrama final. Os cálculos não devem ser mudados por causa de um resultado negativo, simplesmente se segue os cálculos e os resultados negativos serão substituídos na equação.
- 143. Exemplo 1 Determinar os esforços normais da treliça, através do método dos nós. 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 500 𝑘𝑁 7 𝑚 5 𝑚
- 144. Diagrama de corpo livre Reações de apoio (somente forças externas) 𝐹 𝐻 = 0 → 100 − 𝐻 𝐵 = 0 → 𝐻 𝐵 = 100 𝑘𝑁 Passo 1 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 500 𝑘𝑁 7 𝑚 5 𝑚 𝑉𝐴 𝑉𝐵 𝐻 𝐵 𝐹𝐶𝐷 𝐹𝐷𝐶 𝐹𝐶𝐴 𝐹𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐵 𝐹𝐴𝐷 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐷 𝐹𝐷𝐵𝐹𝐷𝐴 Passo 2 + + 𝛼 𝛼 𝐻𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 = 52 + 72 = 8,602 𝑚 sen 𝛼 = 5 8,602 cos 𝛼 = 7 8,602
- 145. 𝑀 𝐵 = 0 → 𝑉𝐴 7 + 100 5 − 200 7 = 0 → 𝑉𝐴 = 128,571 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 200 − 500 = 0 → 𝑉𝐵 = 571,429 𝑘𝑁 Método dos nósPasso 3 𝑁ó 𝐶 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 𝐹𝐶𝐵 𝐹𝐶𝐴 𝑁ó 𝐵 𝐹𝐵𝐷 𝐹𝐵𝐴 𝐻 𝐵 𝑉𝐵 𝑁ó 𝐴 𝐹𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐷 𝐹𝐴𝐵 𝑉𝐴 + + 𝐹𝑉 = 0 → −200 − 𝐹𝐶𝐴 = 0 → 𝐹𝐶𝐴 = −200 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → 100 + 𝐹𝐶𝐷 = 0 → 𝐹𝐶𝐷 = −100 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → −𝐹𝐵𝐴 − 𝐻 𝐵 = 0 → 𝐹𝐵𝐴 = −100 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐵 + 𝐹𝐵𝐷 = 0 → 𝐹𝐵𝐷 = −571,429 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 + 𝐹𝐴𝐷 cos 𝛼 = 0 → 𝐹𝐴𝐷 = 122,886 𝑘𝑁 Nestes cálculos, 𝐅𝐗𝐘 = 𝐅𝐘𝐗 sem a necessidade de troca de sinais. Ou seja, encontrar 𝐅𝐗𝐘 é o mesmo que 𝐅𝐘𝐗.
- 146. Diagrama de Esforços Normais (DEN)Passo 4 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷100 𝑘𝑁 𝐶 200𝑘𝑁 𝐶 100 𝑘𝑁 𝐶 571,429𝑘𝑁 𝐶
- 147. Método das seções Neste método em vez de dar enfoque aos nós dessa vez o enfoque é uma parte da estrutura. Este método é recomendado para estruturas não tão complexas. O resultado desse método deve obter os mesmos resultados que os encontrados pelo método dos nós. Ás vezes é necessário cortas uma estrutura mais de uma vez para encontrar os valores de certas barras, por isso a desvantagem de usar esse método com estruturas grandes, porque será necessário vários cortes para encontrar todas as barras. Após as análises dos cortes usa-se, dessa vez, as três equações de equilíbrio que são: somatório das forças verticais, horizontais e somatório dos momentos.
- 148. Exemplo 2 Determinar os esforços normais da treliça, através do método das seções. 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 500 𝑘𝑁 7 𝑚 5 𝑚
- 149. Diagrama de corpo livre Reações de apoio (somente forças externas) 𝐹 𝐻 = 0 → 100 − 𝐻 𝐵 = 0 → 𝐻 𝐵 = 100 𝑘𝑁 Passo 1 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 500 𝑘𝑁 3,5 𝑚 2,5 𝑚 𝑉𝐴 𝑉𝐵 𝐻 𝐵 Passo 2 + + 𝛼 𝛼 𝐻𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 = 52 + 72 = 8,602 𝑚 sen 𝛼 = 5 8,602 cos 𝛼 = 7 8,602 1° 2° 3,5 𝑚 2,5 𝑚
- 150. 𝑀 𝐵 = 0 → 𝑉𝐴 7 + 100 5 − 200 7 = 0 → 𝑉𝐴 = 128,571 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 200 − 500 = 0 → 𝑉𝐵 = 571,429 𝑘𝑁 Método das seções: primeiro cortePasso 3 + + 𝐶 𝐷 200 𝑘𝑁 100 𝑘𝑁 500 𝑘𝑁 2,5 𝑚 𝛼 7 𝑚 𝐹𝐶𝐴 𝐹𝐷𝐵𝐹𝐷𝐴 𝐹 𝐻 = 0 → 100 − 𝐹𝐷𝐴 cos 𝛼 = 0 → 𝐹𝐷𝐴 = 122,886 𝑘𝑁 𝑀 𝐷 = 0 → − 200 7 − 𝐹𝐶𝐴 7 = 0 → 𝐹𝐶𝐴 = −200 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → −200 − 500 − 𝐹𝐶𝐴 − 𝐹𝐷𝐵 − 𝐹𝐷𝐴 sen 𝛼 = 0 → 𝐹𝐷𝐵 = −571,429 𝑘𝑁
- 151. Método das seções: segundo cortePasso 4 + + 𝑀 𝐷 = 0 → 100 5 + 𝐹𝐵𝐴 5 = 0 → 𝐹𝐵𝐴 = −100 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → −𝐹𝐷𝐶 − 𝐹𝐷𝐴 cos 𝛼 − 100 − 𝐹𝐵𝐴 = 0 → 𝐹𝐷𝐶 = −100 𝑘𝑁 𝐵 𝐷 500 𝑘𝑁 𝑉𝐵 𝐻 𝐵 𝛼 3,5 𝑚 5 𝑚 𝐹𝐷𝐶 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐷𝐴
- 152. Diagrama de Esforços Normais (DEN)Passo 5 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷100 𝑘𝑁 𝐶 200𝑘𝑁 𝐶 100 𝑘𝑁 𝐶 571,429𝑘𝑁 𝐶
- 153. Exemplo 3 Determinar os esforços normais da treliça através: (a) método dos nós e (b) método das seções. 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 400 𝑘𝑁 400 𝑘𝑁 600 𝑘𝑁 4 𝑚 3 𝑚 3 𝑚
- 154. Diagrama de corpo livrePasso 1 𝐻𝑖𝑝𝑜𝑡𝑒𝑛𝑢𝑠𝑎 = 32 + 42 = 5 𝑚 sen 𝛼 = 3 5 cos 𝛼 = 4 5 𝑉𝐵 𝐻𝐴 𝑉𝐴 𝐴 𝐵 𝐶 𝐷 𝐸 400 𝑘𝑁 400 𝑘𝑁 600 𝑘𝑁 3 𝑚 3 𝑚 4 𝑚 𝛼 𝛼 𝛼 𝛼 𝐹𝐴𝐶 𝐹𝐴𝐵 𝐹𝐵𝐴 𝐹𝐵𝐶 𝐹𝐵𝐷 𝐹𝐶𝐴 𝐹𝐶𝐷 𝐹𝐶𝐵 𝐹𝐷𝐶 𝐹𝐷𝐸 𝐹𝐸𝐶 𝐹𝐸𝐷 𝐹𝐷𝐵
- 155. Reações de apoio (somente forças externas) 𝐹 𝐻 = 0 → 𝐻𝐴 + 400 + 400 = 0 → 𝐻𝐴 = −800 𝑘𝑁 𝑀𝐴 = 0 → 600 4 + 400 3 + 400 6 − 𝑉𝐵 4 = 0 → 𝑉𝐵 = 1500 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝑉𝐵 − 600 = 0 → 𝑉𝐴 = −900 𝑘𝑁 Método dos nós Passo 2 𝑁ó 𝐸 400 𝑘𝑁 𝐹𝐸𝐷 𝐹𝐸𝐶 𝑁ó 𝐴 𝐹𝐴𝐶 𝐻𝐴 𝐹𝐴𝐵 𝑉𝐴 𝑁ó 𝐷 600 𝑘𝑁 𝐹𝐷𝐸 𝐹𝐷𝐶 𝐹𝐷𝐵 + + 𝐹 𝐻 = 0 → 400 + 𝐹𝐸𝐷 cos 𝛼 = 0 → 𝐹𝐸𝐷 = −500 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → −𝐹𝐸𝐶 − 𝐹𝐸𝐷 sen 𝛼 = 0 → 𝐹𝐸𝐶 = 300 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 + 𝐻𝐴 = 0 → 𝐹𝐴𝐵 = 800 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → 𝑉𝐴 + 𝐹𝐴𝐶 = 0 → 𝐹𝐴𝐶 = 900 𝑘𝑁 𝐹 𝐻 = 0 → −𝐹 𝐷𝐶 − 𝐹 𝐷𝐸 cos 𝛼 = 0 → 𝐹 𝐷𝐶 = 400 𝑘𝑁 𝐹𝑉 = 0 → −600 − 𝐹 𝐷𝐵 + 𝐹 𝐷𝐸 sen 𝛼 = 0 → 𝐹 𝐷𝐵 = −900 𝑘𝑁 Passo 3
- 156. Diagrama de Esforços Normais (DEN) 𝑁ó 𝐵 𝐹 𝐻 = 0 → −𝐹𝐵𝐴 − 𝐹𝐵𝐶 cos 𝛼 = 0 → 𝐹𝐵𝐶 = −1000 𝑘𝑁 𝐹𝐵𝐷 𝐹𝐵𝐶 𝐹𝐵𝐴 𝑉𝐵 Passo 4 900𝑘𝑁 𝑇 800 𝑘𝑁 𝑇 500𝑘𝑁 𝐶 900𝑘𝑁 𝐶 Helder Guerreiro
- 157. FIM Helder Guerreiro