Seção 4 momento de força

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Seção 4 momento de força

  1. 1. EstáticaSeção 3 – Momento de ForçaProf. Jorge Formigajorge.formiga@etep.edu.br 1
  2. 2. Objetivo: O aluno deverá aplicar o momento de força nos problemas de equilíbrio do corpo rígido. 2
  3. 3. Corpo RígidoSistema de forças equivalentes  Forças externas e internas  Princípio da transmissibilidade  Momento de força em relação a um ponto C B 0.875m Criação: DI - CETEC A D E d 0.2m 3
  4. 4. Forças externas e internas(exemplo 1/3) Forças externas F N1 N2 mg1 mg2 F 1 2 Forças internas Par ação e reação F12 = - F21 N1 N2F 1 F12 F21 2 P1 P2 4
  5. 5. Forças externas e internas (exemplo 1/3) Forças externas F mg N1 N2Forças e Momentos internos Par ação e reaçãoF12 = - F21 M12 = - M21 M12 M21 1 F Fy12 Fy21 2 F mg Fx12 Fx21 mg N2 N1 N2 N1 5
  6. 6. Momento de Força emRelação a um ponto Produto vetorial     M0 M0  r  F    Direção: perpendicular ao  plano definido por r e F F  Sentido: regra da mão q direita  M0   F r  r  Módulo do produto vetorial    M 0  r F senq 6
  7. 7. M0  F q 0  r  r d d q A M 0  Fd m N   senq  d (braço) Nm r senq  d (braço) r 7
  8. 8. Exemplo 1F d     90 M0  r  F r o    0 A r  Li ; F   Fj     L M 0  Li  ( Fj )   FLk d=L M 0  FL yj  i x    d M0  r  F0        r  Lsenqi  L cos qj ; F   Fj r F   L M 0   FLsenqk M 0  FLsenq A d = Lsenq q 8
  9. 9. Momento de força com relação aorigem do sistema de referência OXYZ     F  M0 r M0  r  F Y F x Fz      r  x i  y j  zk F Fy 0      r X F  Fx i  Fy j  Fz k y A z x    Z i j k   M0  x y z  (Fz y  Fy z) i  (Fx z  Fz x ) j  (Fy x  Fx y)k Fx Fy Fz  M 0 x  Fz y  Fy z      M 0 y  Fx z  Fz xM 0  M 0x i  M 0 y j  M 0z k   M 0 z  Fy x  Fx y 9
  10. 10. Exemplo 2    i j k   M0  4 1 3  1000 i  100 j  1300k ( Nm)  100 300  100M 0 x  Fz y  Fy z  ( 100) 1  300  3  1000 NmM 0 y  Fx z  Fz x  ( 100)  3  ( 100)  4  100 NmM 0 z  Fy x  Fx y  300  4  ( 100) 1  1300 Nm 10
  11. 11. Y Y Fx Fz  Fy M0x M0y 0 F   X M X M0 r q 0 A z M0z y x Z Z       r  4 i  1 j  3k (m) F  100 i  300 j  100k ( N)      F M 0  1000 i  100 j  1300k ( Nm)    qM0 = 1643 Nm M 0  r  F senq  F  d 0  r A F = 332 N d = 4,95 m q = 103,90 11
  12. 12. Exemplo 3: Calcular o torque em relação a origem Y FC FA FB FA = 300N 0 C FB = 200N X A 4m 1m FC = 100N 3m Z A B C SI F 300 NM 0  Fd d 5 m M0 1500 Nm 12 12
  13. 13. Momento de força com relação a um ponto qualquer (ponto B) Y F Y A F A x ’      z FA rB B X M B  rA / B  FA FAy ’ 0   Z’    rA rA / B X rA / B  rA  rB y A z     x rA / B  x i  y j  zk Z     x  x A  x B y  y A  y B FA  FAx i  FAy j  FAz k z  z A  z B    i j k   M B  x y z  (FAz y  FAy z) i  (FAx z  FAz x ) j  (FAy x  FAx y)k FAx FAy FAz M  F y  F z      Bx Az Ay M B  M Bx i  M By j  M Bz k M By  FAx z  FAz x  M Bz  FAy x  FAx y13
  14. 14. Exemplo 4 Y Y’ FA B FB X’ FA = 300N FC Z’ 0 C FB = 200N X A 4 FC = 100N 1m m 3m Z    M B  Fd M B  rA / B  F ( Nm)      A B C SI MB i j k M0F 300 200 N A -1200 0 0 1200d 4 0 m B 0 0 0 0MB 1200 0 120 Nm C 0 120 0 120 14
  15. 15. 1,5 B 2,5 2 FC = 100 N FC = 100 N C FCX = FCcos(53º) = 80 N FCX FCX = FCcos(53º) = 60 N4 53o FCY = FCsen(53º) = 60 N FCY = FCsen(53º) = 80 N FCY FC 53o 3 15
  16. 16. Corpo Rígido Sistema de forças equivalentes  Teorema de Varignon Forças externas e internas  Binário da transmissibilidade Princípioou Par conjugado  Representação de uma dada força Momento de força em relação a um emponto força atuando num ponto O e em um uma binário  Redução de um sistemas de forças em uma força e um binário C B 0.875mCriação: DI - CETEC history.mcs.st-and.ac.uk A D E d 16 0.2m
  17. 17. Teorema de Varignon Y  F3  F1 A   r F2 0 X Z      r  (F1  F2  ...)  r  F1  r  F2  ...    F  F1  F2  ... history.mcs.st-and.ac.uk  F : Re sul tan te das forças 17
  18. 18. Exemplo 5   F   Y F1 F1  (300 N) j  0 F2  (400 N)i  X     r 4m A  r  3 i  1 j  4k ( m) 1m F2     Z 3m M 0  r  F1  r  F2      r  F1  1200i  0 j  900k        + F1 F r  F2  0i  1600 j  400k     a  M 0  1200 i  1600 j  500k A F2 18
  19. 19. Exemplo 5 (cont.)   F  400 i  300 j  0k F  F  400 2  300 2  0 2  500 N    M0  r  F       M 0  (3 i  1 j  4k )  (400 i  300 j)     M 0  1200 i  1600 j  500k 19
  20. 20. Exercício 1Uma força de 1000 N atua na extremidade A daestrutura da figura abaixo. Determinar o momento deforça com relação ao ponto B, a) da força de 1000N e b)de suas componentes nas direções horizontal e vertical. 1000 N 50o A 180 mm B Reposta: 240 mm a)M=292,3 Nm b)Mx=137,9Nm e My=154,3Nm 20 20
  21. 21. Binário ou Par conjugado M Y B d      M 0  rA  F  rB  ( F )         rB F rA / B F M 0  (rA  rB )  F      A q M 0  rA / B  F  M B rA 0 X     Z M 0  M B  F  rA / B  senq M 0  M B  M  Fd d B    M  Fd F  ( F )  0  rA / B 21 A
  22. 22. Binário ou Par conjugado (cont.)  Y F A A  F    F X M M B B  F M = Fd M = Fd    F  ( F )  0 22
  23. 23. Binários Equivalentes Binário 1  Y M1 Y M  X X F1 12N 5cm d1  12N  F1 ZZ M = F1d1 23
  24. 24. Binários Equivalentes Binário 2  Y M2 Y M   F2 X 15N X d2 4cm  F2 15NZ Z M = F2d2 24
  25. 25. Binários Equivalentes   M1  M 2  Direção  Sentido M = F1d1 = F2d2  Intensidade 25
  26. 26. Binário 1 Binários Equivalentes Binário 2    Y  M1 M1  M 2 Y M2   Direção  F2 X  X  Sentido d2 F1  d1   Intensidade F2  F1 ZZ Y Y M M M = F1d1 = F2d2 15N X X 4cm12N 5c 15N m 12NZ Z M = F1d1 M = F2d2 26
  27. 27. Soma de Binários    Y  M1 MB  rA / B  R     MB  rA / B  (F1  F2 )      MB  rA / B  F1  rA / B  F2      MB  M1  M 2  F2   F1 X R M2  B Y MB A   rA / B  R   d1  F2 M1Z F1  M2 0 X Z 27
  28. 28. Soma de Binários Y Y  M1 cubo X3 200 N 300 N 1 Z A n    n 100 N M i j k M 1m X 100 N 1 1 0 0 -100 100 200 N 300 N B 2 2 0 0 300 300 2 3 3 -200 200 0 283 Z R -200 200 200 346 M (Nm) 28
  29. 29. Representação de uma dada força em umaforça atuando num ponto O e em um binário  M0    F F  F F  r =  F  r =    M0  r  F 29
  30. 30.  F d M 0  FL 90  o r 0 A L   F F d  90 o r 0 A L  F  F d 90  o r 0 A LM0 30 30
  31. 31. Exercício 1Na estrutura da figura abaixo determinar a) os momentosdos binários 1 e 2; b) o momento resultante dos doisbinários; c) a soma dos momentos de cada uma das forçascom relação ao ponto O; OBS: Dimensões da estrutura emcentímetro. (Sugestão: livro Beer pag 159 5ª edição) Y 0 X C 50 A 200N 100N 2 50 B 20 Z 20 D 200N 1 100N 31
  32. 32. Exercícios2- Para satisfazer limitações de projeto é necessário determinar o efeito daforça trativa F= 2 kN atuando no cabo, sobre o cisalhamento, tração e flexãoda viga em I engastada. Com esse propósito substitua a força por seuequivalente em duas forças em A perpendicular e paralela a viga. Calcule otorque exercido por F no ponto A. 30 cm ARespota: Ft=1,286 KN eFn=1,532 KN 200T=459,6 Nm 300 F B
  33. 33. Exercícios03- Um pé-de-cabra é usado para remover um prego, como mostra afigura abaixo. Determine o momento da força de 240 N em relação aoponto O, de contato entre o pé-de-cabra e o pequeno bloco desuporte. Reposta: Mo=84N.m 33
  34. 34. Exercícios04- O elemento estrutural rígido estásubmetido a um binário composto de umpar de forças de 100N. Substitua essebinário equivalente, consistindo nas duasforças P e –P, cada uma com módulo de400N. Determine o ângulo θ apropriado. Reposta: Mo=10N.m e θ=51,3° 34
  35. 35. Exercícios05- Uma força F=50N é exercida sobre a alavanca do freio de mãode mão de um automóvel onde x=250mm. Substitua a força por umsistema força-binário equivalente no ponto O. Reposta: Mo=17N.m 35
  36. 36. Exercícios05- A figura representa duas engrenagens maciças submetidas àsforças de contato mostradas. Substitua as duas forças por um únicaforça equivalente R no eixo de rotação O e por um binário Mcorrespondente. Especifique os módulos de R e M. Reposta: R=3,56 kN , Mo=12N.m 36
  37. 37. Exercícios06-Um força trativa T de módulo 10 kN é aplicada ao cabo preso notopo do mastro rígido, em A e preso ao chão em B. Determine omomento Mz de T em relação ao eixo z que passa pela base O. Reposta: Mz=-84,9 kN.m 37
  38. 38. Exercícios07-Uma força de 40N é aplicada emA na manivela da alavanca decontrole que está conectada ao eixorígido OB. Ao determinar o efeito daforça sobre o eixo em um a seçãotransversal, como aquela em O,podemos substituir a força por umaforça equivalente em O e por ummomento. Descreva esse momentocomo um vetor M e a direção dovetor no plano y-z. Reposta: M=-50j+80k N.m e θ=32º 38

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