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MECÂNICA - ESTÁTICA
Resultantes de
Sistemas de Forças
Cap. 4
Objetivos
Discutir o conceito de momento de uma força e mostrar
como calcular este momento em duas e três
dimensões.
Fornecer um método para encontrar o momento de
uma força em torno de um eixo específico.
Definir o momento de um binário.
Apresentar métodos para determinar resultantes de
sistemas de forças não concorrentes.
Indicar como reduzir um sistema de cargas distribuidas
em uma força resultante numa posição específica.
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© 2014 Curotto, C.L. - UFPR
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Vento, fluidos e o peso de
materiais suportados por
superficíes de corpos são
exemplos de cargas
distribuídas
A pressão p
(força/unidade de área) é a
intensidade destas cargas
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
A função carregamento é:
p = p(x) Pa
A pressão é uniforme ao
longo do eixo y
Multiplicando p = p(x) pela
largura a :
w(x) = p(x).a (N/m2) (m)
w = w(x) N/m
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
w = w(x) N/m
O sistema de forças de intensidade w =w(x) pode ser
simplificada em uma simples força resultante FR e sua
posição x pode ser definida

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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Módulo da Força Resultante:
FR 
(a)
F
C om o existe um núm ero infinito de forças paralelas dF
agindo ao longo da placa  deve ser usada a integração
dF  w (x)dx  dA
  FR 
FR 
F
 w ( x ) dx   dA 
L
A
A
(b)
O m ódulo da força resultante é igual a
área total A abaixo do diagram a da função
carregam ento w  w ( x )
(F ig.a)
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Posição da Força Resultante:
M
RO
 x FR 

M
 xw
O
( x )dx
L
 x 
 xw
( x )dx
L
 w ( x )dx
L

 xdA
A
 dA
A
Esta equação representa
a coordenada
x do centróide
 F R tem a linha de ação passando pelo centróide C
da área definida
pela função carregamen to w (x)
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Posição da Força Resultante:
FR tem módulo = volume abaixo da função carregamento
p = p(x) e linha de ação passando pelo centróide deste
volume.
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Problema 4.151
Substitua o carregamento por uma força resultante
e calcule sua posição na viga, medida a partir do
ponto B.
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Problema 4.151 - Solução
F1 
1
F2 
1
(8 0 0 )(1 2 )  4 8 0 0 lb
2
(3 0 0 )(9 )  1 3 5 0 lb
2
F3  (5 0 0 )(9 )  4 5 0 0 lb
  FR 

Fy
F R  4 8 0 0  1 3 5 0  4 5 0 0  1 0 6 5 0 lb
F2
F1
FR
F3
F R  1 0 .7 k ip 
M
RB

M
B
 12 
9
9
10650d  4800 
  1350    4500  
 3 
3
2
B
d
d  0 .4 7 9 ft
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Problema 4.155
O concreto fresco exerce
uma pressão distribuída ao
longo da parede da forma.
Determine a força resultante
desta distribuição e localize
a altura h aonde a mão
francesa deve ser colocada
para ficar na linha de ação
da força resultante.
Considerar uma faixa de
parede de largura 1 m.
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Problema 4.155 - Solução
Diagramas de Cargas Atuantes:
z

4m
FR
h
A
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Problema 4.155 - Solução
Diagramas de Cargas Atuantes:
Largura da P arede  1 m
p   4z
1/2

kP a   4z
w  (1) p  (1)  4 z
1/ 2
1/2
 (10) N /m
3
 (10)  4000 z
3
2
1/ 2
N /m
z
p  4z
z
=
4m
4m
A
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kP a
dA=wdz
FR
h
1/ 2
dz
dF=dA

h
w  4z
A
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1/ 2
 10 
w  4000 z
1/ 2
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3
Problema 4.155 - Solução
Força R esultante E quivalente:


 FR 
F
x
z
-F R    dA    w dz
A
4m
FR 

p  4z
z
0
1/ 2
kPa
1
4m
4000 z 2 dz
dA=wdz
0
4m
 2  2 
F R   4000     z 
 3 
0
3
3
8000  2 
FR 
 4   2133 3
3 

dz
h
dF=dA

w  4z
A
1/ 2
 10 
w  4000 z
3
1/ 2
F R  2 1.3 kN 
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Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
z
z 
 zd A
A
 dA
A
 zw d z

0
z
 w dz
4m

z 
0
1



3
2
z   2 0 z  (1 0 )  d z
 


4m

0
4m

z 
0
1


3
2
2
0
z
(1
0
)
dz




1



3
2
z   2 0 z  (1 0 )  d z
 


FR
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p  4z
z
0
4m
1/ 2
kPa
dA=wdz
dz
h
dF=dA

w  4z
A
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1/ 2

w  4000 z
10 
1/ 2
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3
Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
4m

z 
0
3


2
 4000 z  dz


21333
 2  2 
 4000     z 
 5 

5
z 
4m
p  4z
z
0
4m
1/ 2
kPa
dA=wdz
21333
z 
5
 2 
4 

5 1 2 0 0 N .m


21333
21333 N
 8000

 5
z  2 .4 0 0 0 m
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dz
h
dF=dA

w  4z
A
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1/ 2
 10 
w  4000 z
1/ 2
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3
Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
z  2 .4 0 0 0 m
h  4  z  4  2 .4 0 0 0
h  1 .6 0 m
p  4z
z
4m
kPa
dA=wdz
dz
h
dF=dA

w  4z
A
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1/ 2
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1/ 2
 10 
w  4000 z
1/ 2
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3
Problema 4.K
Substitua o carregamento
por uma força resultante
e momento equivalentes
atuantes no ponto A.
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Problema 4.K - Solução
F1 
1
(6 )(1 0 0  5 0 )  1 5 0 lb
2
F2  (6 )(5 0 )  3 0 0 lb
F3  ( 4 )(5 0 )  2 0 0 lb
  FR x 
F
x
F3
 F R x  1 5 0 sin 6 0   3 0 0 sin 6 0   3 8 9 .7 1 lb
  FR y 
 FR y
F
2 ft
y
F2
 1 5 0 co s 6 0   3 0 0 co s 6 0   2 0 0  4 2 5 .0 0 lb
F1
60º
3 ft
1 ft
2 ft
A
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Problema 4.K - Solução
F1  1 5 0 lb ;
F2  3 0 0 lb ;
F R x  3 8 9 .7 1 lb ;
F3  2 0 0 lb
F R y  4 2 5 .0 0 lb
FR 
(3 8 9 .7 1)  ( 4 2 5 .0 0 )  F R  5 7 7 lb
θ  tan
1
2
M
M
M
RA
RA
RA
2
 4 2 5 .0 0

 3 8 9 .7 1

M

  θ  4 7 .5 

F3
A
2 ft
6
6
 1 5 0    3 0 0    2 0 0 (6 co s 6 0   2 )
3
2
 2 2 0 0 lb . f t  M
RA
F2
FR
60º
F1
 2 .2 0 k i p .ft
1 ft
47.5º
2 ft
A
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3 ft
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MRA
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