OP W = xdw dw = wdx = da W = A. ρ: densidade do fluido. Mecânica Geral II Notas de AULA 5 - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori

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1 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori CRGS SOBRE VIGS. Cargas distribuídas sobre vigas orça sobre superfícies submersas Considere uma viga que suporta uma carga. Podemos analisar esse problema com o conceito de centróide discutido nos capítulos anteriores. Essa carga pode ser constituída pelo peso de materiais apoiados direta ou indiretamente sobre a viga ou ser causada pela pressão hidrostática. Ou ainda, causada pelo vento. carga é epressa em /m. ssim, a carga total suportada por uma viga de comprimento L é: W L ( ) = w d Podemos analisar a carga sobre uma barragem, pelo cálculo da pressão manométrica de um ponto num líquido, que é o valor da pressão absoluta menos a atmosférica: p = γ g p man o qui, γ é o peso específico do fluido: γ = ρ g ρ: densidade do fluido. Observando que a área sob a curva de pressão é igual à p E.L, onde p E é a pressão no centro E da placa e L pode ser o comprimento ou a área da placa, o módulo de R da resultante pode ser obtido O ponto de aplicação P da carga concentrada pelo produto da área pela força. equivalente será então obtido igualando-se o momento W em relação ao ponto O à soma dos momentos das cargas elementares dw em relação a O: OP W = dw dw = wd = d W = ( ) L OP = d Uma carga distribuída sobre uma viga pode ser então substituída por uma carga concentrada W; o módulo dessa única carga é igual à área sob a curva de carga e sua linha de ação passa pelo centróide dessa superfície.

2 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Eemplo Uma viga suporta uma carga distribuída conforme o ilustrado. (a) Determinar a carga concentrada equivalente. (b) Determinar as reações nos apoios. Solução: (a) O módulo da resultante do carregamento é igual à área sob a curva de carga, e a linha de ação da resultante passa pelo centróide da referida área. Dividindo a área em dois triângulos: (b) Reações: = B M ( 4.)( 2) 3. 4 B 6 B.k MB ( 4.)( 4) = 7.k Eemplo 2 figura mostra a seção transversal de um dique de concreto. Considerar a seção do dique com. m de espessura e determinar: (a) a resultante das forças reativas eercidas pelo solo sobre a base B do dique e (b) a resultante das forças de pressão eercidas pela água sobre a face BC do dique. Peso específico do concreto: /m 3 ; água: /m 3. 2 Componente (k) ( m ) km ( ) Triângulo I Triângulo II =8 = 63 X = X = 3.m carga concentrada equivalente é: W = 8k Solução: Diagrama de corpo livre:

3 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori (a) 3 W = = W2 = (.)( 6.6)( ) 23. = 2.33 ( )( )( )( ) ( ) 3 W3 = ( 3. )(.4 )( )( 23. ) = W4 = ( 3. )(.4 )( )( 9.8 ) = P = (.4 )(. )( 3. ) =.43 2 Equações de equilíbrio: 3 = = H =.43 V V = 6.7 : H.43 M M 6 M = 2.2 m (b) Resultante das forças da água: R =.78 : 36.

4 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori nálise de Estruturas s categorias mais estudadas de estruturas são: Tipos de Treliças: Treliças: projetadas para suportar cargas, estruturas estacionárias, vinculadas. ormadas por elementos retilíneos conectados em juntas localizadas nas etremidades de cada elemento, assim, nos membros de uma treliça atuam duas forças de mesmo módulo e direção, porém de sentidos opostos. Estruturas: projetadas para suportar cargas, em geral, estacionárias e vinculadas. Têm a semelhança de um guindaste com pelo menos um elemento no qual estão aplicadas três ou mais forças, que em geral, não tem a direção do elemento. Máquinas: projetadas para transmitir e modificar forças. Em geral assemelham-se com as estruturas e possuem partes móveis. 4 Treliças Principais tipos de estruturas em engenharia, oferecendo uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia, especialmente no projeto de pontes e edifícios. Consiste em barras e retas articuladas na juntas ou nós. nálise das treliças empregando o método dos nós: Como a treliça inteira é um corpo rígido, em equilíbrio, pode-se usar três equações adicionais envolvendo as forças indicadas na ilustração acima.

5 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Método das seções Diagrama de corpo livre no nó - Polígono de forças. O método dos nós é mais eficaz quando é necessário determinar as forças em todas as barras da treliça. Se, entretanto, a força em somente uma barra ou a força em apenas poucas barras forem desejadas, um outro método, chamado das seções, será mais eficiente. Suponha, por eemplo, que desejamos determinar a força na barra BD da figura a seguir. Para tanto é necessário determinar a força com que a barra BD atua sobre os nós B e D. Se utilizássemos o método dos nós, escolheríamos o nó B ou D como corpo livre. Entretanto, podemos escolher como corpo livre uma parte maior da treliça, composta por vários nós e barras, desde que a força desejada seja uma das forças eternas que agem nessa parte. Se, além disso, escolhermos a parte da treliça de tal forma que eista um total de somente três forças incógnitas agindo sobre ela, a força desejada poderá ser obtida resolvendo-se as equações de equilíbrio para essa parte da treliça. a prática, a parte da treliça a ser utilizada é obtida secionando-se três barras da treliça, uma das quais é a barra desejada, isto é, traçando uma linha que divida a treliça em duas partes completamente separadas, mas que não intercepte mais de três barras. pós remover as barras cortadas, pode-se utilizar como corpo livre qualquer uma das duas partes da treliça. Treliças espaciais Cada nó consiste de coneões soldadas ou rebitadas em uma junta esférica.

6 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori a igura anteiror a seção nn intercepta as barras BD, BE e CE, e a parte BC da treliça é escolhida como corpo livre. s forças que atuam no corpo livre são as cargas P e P 2 nos pontos e B e as três forças incógnitas BD, BE e CE. Como não sabíamos se as barras removidas estavam comprimidas ou tracionadas, as três forças foram arbitrariamente desenhadas saindo do corpo livre, como se as barras estivessem tracionadas. O fato de o corpo rígido BC estar em equilíbrio pode ser epresso por três equações, formando um sistema que, resolvido, dará as três forças incógnitas. Se somente a força BD for desejada, será necessário escrever apenas uma equação, desde que essa equação não contenha as outras incógnitas. ssim, a equação ΣM E fornece o módulo BD da força BD. Um sinal positivo na resposta indicará que nossa suposição original com respeito ao sentido de BD estava correia e que a barra BD está traciona com um sinal negativo indicará que nossa suposição estava errada e que BD está sob compressão. Por outro lado, se somente a força CE for desejada, deve-se escrever uma equação que não envolva BD ou BE ; a equação apropriada é ΣM E. ovamente um sinal positivo para o módulo CE procurada indica uma hipótese correta, eiste tração; e um sinal negativo indica uma suposição incorreta, eistindo compressão. Se somente a força BE for desejada, a equação apropriada é Σ. ovamente, um sinal da resposta dirá se a barra está tracionada ou comprimida. Quando se determina a força em apenas uma barra, não é possível nenhuma comprovação independente dos cálculos realizados. o entanto, quando se determinam todas as forças incógnitas que atuam no corpo livre, os cálculos podem ser verificados escrevendo-se uma equação adicional. Por eemplo, se BD, BE, e CE forem determinadas conforme indicado acima, os cálculos poderão ser comprovados verificando-se que Σ =. Estruturas e máquinas Estruturas Contendo Elementos Submetidos a Várias orças: o tratar de treliças, consideramos estruturas que consistiam eclusivamente em articulações e barras retas submetidas a apenas duas forças. s forças que atuam sobre a barras submetidas a duas forças agem diretamente ao longo das próprias barras. Consideraremos agora estruturas que possuem pelo menos uma barra submetida a três ou mais forças. Essas forças, geralmente, não atuarão ao longo das barras; sua direção é desconhecida e serão representadas por duas componentes incógnitas. Estruturas e máquinas são sistemas compostos por elementos submetidos à várias forças. s estruturas projetadas para suportar cargas são geralmente estacionárias e completamente vinculadas. s máquinas são projetadas para transmitir e modificar forças; podem ser ou não estacionárias, mas sempre terão partes móveis. nálise de uma Estrutura. Como primeiro eemplo da análise de uma estrutura, consideraremos novamente o guindaste descrito, que suporta uma dada carga P (figura a seguir). O diagrama de corpo livre da estrutura inteira está ilustrado. Esse diagrama pode ser usado para determinar as forças eternas que agem sobre a estrutura. Somando os momentos em relação a, primeiro determinamos a força T eercida pelo cabo; somando as componentes e, determinamos então, as componentes e da reação da articulação. Para determinar as forças internas que mantêm unidas as várias partes de uma estrutura, devemos desmembrá-la e desenhar o diagrama de corpo livre para cada uma de sua partes componentes (c). Em primeiro lugar, devemos considerar as peças submetidas a apenas duas forças. essa estrutura, a barra BE é a única peça desse tipo. s forças que agem em cada etremidade dessa barra devem ter a mesma intensidade, a mesma linha de ação e sentidos opostos. Elas estarão, portanto, dirigidas ao longo de BE e serão denominadas, respectivamente, BE e BE. Seus sentidos serão tomados como mostra a (c), e a correção dessa hipótese será verificada mais tarde pelo sinal obtido para o valor comum BE das duas forças. Em seguida, consideremos as peças submetidas a várias forças, isto é, aquelas que estão sob a ação de três ou mais forças. De acordo com a terceira lei de ewton, a força eercida pela barra BE sobre o ponto B da barra D deve ser igual e oposta à força BE eercida por D sobre BE. 6

7 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori nalogamente, a força eercida pela barra BE sobre o ponto E de C deve ser igual e oposta à força BE eercida por C em BE. s forças que a barra BE, submetida a duas forças, eerce sobre D e C são, portanto, respectivamente iguais a BE e BE ; elas têm o mesmo módulo BE e sentidos opostos, devendo estar orientadas conforme indicado. Em C estão unidas duas barras submetidas a várias forças. Posto que não se conhece nem a direção nem o módulo dessas forças que agem em C, elas serão reprentadas por suas componentes e. s componentes C e C da força que age na barrad serão arbitrariamente dirigidas para a direita e para cima. Uma vez que, de acordo com a terceira lei de ewton, as forças eercidas pela barra C sobre O e pela barra D sobre C são iguais e opostas, as componentes da força que age sobre a barra C devem estar dirigidas para a esquerda e para baio; elas serão designadas, respectivamente, - C e C. Se a força C é realmente dirigida para a direita e a força C é realmente dirigida para a esquerda, se determinará mais tarde, por meio do sinal obtido para C, um sinal positivo indicando que a hipótese estava correia, um sinal negativo indicando que estava errada. Os diagramas de corpo livre das barras submetidas a várias forças são completados representando-se as forças eternas agindo em, D e.* s forças internas podem agora ser determinadas considerando-se o diagrama de corpo livre de qualquer uma das duas barras submetidas às várias forças. Escolhendo diagrama de corpo livre de C, por eemplo, teremos as equações ΣM C e ΣM E, Σ = que fornecem os valores BE, C e C, respectivamente. Esses valores podem ser comprovados verifícando-se que a barra D está também em equilíbrio. Deve-se notar que os diagramas de corpo livre das articulações não foram representados na igura. Isto porque os pinos das articulações foram considerados como partes integrantes de uma das barras por eles ligada. Essa hipótese sempre pode ser feita para simplificar a análise de estruturas e máquinas. Entretanto, quando uma articulação une três ou mais barras, ou liga um vínculo eterno e duas ou mais barras, ou quando uma carga está aplicada a uma articulação, deve-se dicidir cuidadosamente a qual dos elementos se supões pertencer a articulação. ão é absolutamente necessário usar um sinal negativo para distinguir a força que uma barra eerce sobre outra de força igual e contrária eercida pela segunda barra sobre a primeira, uma vez que as duas forças pertencem a diferentes diagramas de corpos livres e, portanto, não se podem confundir facilmente. 7

8 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Eemplo 3 Empregando o método dos nós, determine a força em cada barra da treliça ilustrada: DB DB DE DE = B = = 4 3 B D ó D: D = 2. k T 3 = 2 D =. k C D = 7. k T = 2. k C 8 Solução: Equilíbrio da treliça inteira: MC ( )( 7.2) ( )( 3.6) E.8 E = k = C = C C = 3k C ó B: 4 4 = 2. BE = 8.7 k C BE ó E: 3 3 EC ( 8.7) = 43.7 k C EC ó : ó C: ( 43.7) 4 =

9 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Eemplo 4 Determine as forças nas barras E e GI da treliça ilustrada. orça na barra E: 9 Solução: inteira: Diagrama de corpo livre para a treliça 4 E E = 2 k C orça na barra GI: M H ( )( ) ( )( ) GI GI = 2 k C Eemplo Determinar as forças nas barras H, GH e GI da treliça de telhado ilustrada: M B ( )( ) ( )( ) J 9.6 J = 6 k B 8= B = 8 k M J Solução: parte da direita da seção nn será tomada como corpo livre. Como a reação L ( 4)( 7.2) ( 4)( 2.4) 8 3. B 9.6 atua nesse corpo livre, o valor de L deverá ser calculado separadamente, usando toda a treliça B = k como um corpo livre:

10 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori M L= 7.k orça na barra GI: Usando a parte HLI da treliça como corpo livre: orça na barra GH: O valor de GH é obtido decompondo-se a força GH nas componentes e no ponto G e então resolvendose a equação: M H = i = = GI GI = 3. k T M cos β GH GH =.37 k C Eemplo 6 a estrutura da figura, as barras CE e BCD estão articuladas por um pino em C e pela barra DE. Determinar a força na barra DE e as componentes da força eercida em C pela barra BCD. L orça na barra H: Obtemos H pela relaçãoabaio e desloca-se H ao longo de sua linha de ação até que venha atingir o ponto, onde é decomposta nas componentes e. M G = i = 7. cosα 8 = H H = 3. k C Solução: Estrutura inteira:

11 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori ( ) α ( ) ( ) senα ( ) cosα 3 sen C 22 = DE DE 6cosα = M ( )( ) ( ) = B 6 B = 3 B 3 = 3 Barras: Desmembrando a estrutura: Eemplo 7 Determinar as componentes das forças que agem em cada barra da estrutura representada: Barra BCD: M C ( )( ) ( ) senα DE DE = 6 cosα C 3 DE ( 6) cos 28 3 C = 79 C C senα 48 C DE ( ) 6 sen28 48 C = 26 Barra CE (Verificação): M Solução: Estrutura inteira:uma vez que as reações eternas envolvem 3 incógnitas, podemos calcular as reações considerando o diagrama de corpo livre da estrutura inteira: M E

12 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori ( )( ) ( ) =.8 k E E.6 k E E k Considerando a barra BCD: B 2.7 B k B k B Barra BCD: =.8 k B C C k Barra C: Verificação: M C 2 Barra BCD: M ( )( ) ( ) C = 3.6 k B C M ( )( ) ( ) B C B =.2 k Barra BE: B C M Eemplo 8 Uma força de 3 está aplicada ao pino da estrutura ilustrada. Determinar as forças que atuam nas duas barras verticais da estrutura: Solução:

13 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori Estrutura inteira: M E ( )( ) ( ) E =. k E Barra CE: = k B CD = 3 3 M 2 2 ( 3)( 3) B 3 CD.7= 3 3 =.2 k B CD E = 7.8 k (.2) ( 7.8) E = 3 3 E =.4 k Estrutura inteira: 3.4 = 2.4 k Barra BD: Verificação: M B 3 CD Eemplo 9 Uma mesa elevadora é usada para suspender uma caia de kg. Ela consiste de uma plataforma e dois sistemas articulados idênticos sobre os quais cilindros hidráulicos eercem forças iguais. s barras EDB e CG têm cada uma o comprimento 2a e a barra D é articulada no ponto médio de EDB. Se a caia é colocada sobre a mesa, de modo que metade de seu peso é suportado pelo sistema mostrado, determinar a força eercida pelos cilindros em sua elevação, para θ = 6, a =.7m e L = 3.2m. Mostrar que o resultado obtido é independente da distância d. Solução 3 Plataforma BC:

14 Mecânica Geral II otas de UL - Teoria Prof. Dr. Cláudio S. Sartori cosθ D D k P B C 2 P B C = 2 4 Rolete C: BC = C cotgθ plicando a lei dos senos no triângulo EDH: senφ senθ EH = senφ = senθ EH DH DH Usando a lei dos co-senos: DH = a L 2aL cosθ DH cos 6 2 DH = 8.49 DH = 2.9m P = m g 9.8 = 9.8k DH 2.9 = DH P ctg 9.8 ctg6 EH θ = 3.2 =. k DH Barra EBD: Como D M E ( φ ) ( θ) BC ( nθ) φ ( θ) θ θ senφ 2( B C) cosθ= cos 9 a B2acos 2ase DH sen a B 2cos a C cotg 2asen DH DH DH cos φ = P sen φ