Atps mec geral

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Faculdade Anhanguera de Jundiaí


Atividades Práticas Supervisionadas- ATPS


Mecânica Geral – 3 Série C


Desafio 1, 2, 3


Engenharia










3º Semestre de 2011


Aula-tema: Estática dos pontos Materiais

Passo 3: Seja o problema de engenharia exposta na figura 1, a qual mostra a articulação “O” de uma das treliças do guindaste, cujo o pinoatua como ancoragem das quatros barras da estrutura da treliça.
Esse pino de articulação deve ser projetado para resistir aos esforços atuantes nesta junção.





Resolução: Fazer o DCL e desmembrar as forças em Xe Y.





















F1: F1x = cos 45º x F1
F1y = sen 45º x F1

F2: F2x= sen 70º x F2
F2y= cos 70º x F2

F3: F3x = cos 30º xF3 = cos 30º x 5000 = 4330,12 N
F3y = sen 30º x F3 = sen 30º x 5000 = 2500 N

F4: F4x = 4 x F4 ÷ 5 = 4 x 7000 ÷ 5 = 5600
F4y = 3 x F4 ÷ 5 = 3 x 7000 ÷ 5 = 4200

∑Fx = 0
F1x + F2x – F3x – F4x = 0
(cos 45º x F1) + (sen 70º x F2) - (4330,12) – (5600) = 0
(cos 45º x F1) + (sen 70º x F2) = 9930,12
F1 = 9930,12 - (sen 70º x F2) ÷ cos 45º

∑Fy = 0
-F1y + F2y + F3y – F4y =0
-(sen 45º x F1) + (cos 70º x F2) + (2500) – (4200) = 0
-(sen 45º x F1) + (cos 70º x F2) = 1700
-(sen 45º x (9930,12 - sen 70º x F2 ÷ cos 45º) + (cos 70º x F2) + (2500) – (4200) = 1700
- 9931,61 + 0,939 x F2 + 0,342 x F2 = 1700
1,281 x F2 = 1700 + 9931,61
1,281 x F2 = 11631,61
F2 = 11631,61 ÷ 1,281
F2 = 9080,10 N

F1 = 9930,12 - (sen 70º x 9080,10) ÷ cos 45º
F1 = 1976,53 NAula-tema: Corpos Rígidos Sistemas de Forças equivalentes

Passo 3: Uma das vigas estruturais do guindaste em estudo está mostrada pela figura que segue. A viga AB, em questão, esta representada nas unidades de medida FPS. Informe a equipe de engenharia, no SI, qual é o momento gerado pelo conjunto de caras F1, F2, e F3 em relação ao ponto de engenharia A.






Resolução:

M1: braço1=8
F1 = -375
M1 = 8 x (-375) = -3000k

M2: braço¬2x = 0 braço¬2y = 14
F2x = 3 x 500 ÷5 = -300
F2y = 4 x 500 ÷ 5 = - 400
M2 = (0 x -300) + (14 x -400) = -5600k

M3: braço¬3x = -0,5 braço¬3y = 19
F3x = sen 30o x 160 = 80
F3y = cos 30 o x 160 = - 138,56
M3 = (80 x 0,5) + (138,56 x19 ) = -2592,62 kMR = M1 + M2 + M3
MR = (-3000) + (-5600) + (-2592,64)
MR = - 11192,64 lb x pé
MR = - 1517,109 N x m

Passo 4: Como sugestão, compare os resultados entre efetuar todos os cálculos no FPS, fazendo a conversão do resultado final para o SI. Converta, inicialmente, cada uma das medidas do desenho para os SI para depois efetuar o calculo do momento. Discuta e conclua qual a melhor procedimento.Explique e embase sua conclusão.

Tanto resolvendo no FPS ou no SI o resultado é o mesmo, porém fica mas prático converter o resultado final que é apenas um número e não trabalha tanto com aproximação.





Aula-tema: Equilíbrio de Corpos Rígidos

Passo 2: Leia as informações abaixo:
A operação de equipamentos para movimentação de cargas requer treinamento, precisão e prudência dooperador, porque o risco de acidente está sempre presente. Para auxiliar o operador na prevenção de acidentes por tombamento do guindaste em projeto, mostrado na figura que segue, o painel da cabina está equipado com instrumentos que mostram o nivelamento do veículo em relação ao solo para mantê-lo nivelado durante as operações,
indicam a força peso da carga içada e, também o ângulo “N” da posiçãoda lança. A cabina também deve ser equipada com uma tabela que aponta ao operador, o ângulo “N” mínimo que pode ser aplicado à lança da máquina, de acordo com a carga içada e o contrapeso ideal colocado no ponto G3, para que não ocorra tombamento da máquina.
Os dados de projeto fornecidos pela equipe de engenheiros são:
Peso da máquina sem contrapeso - 100 kN (Centro de Gravidade G1)
Peso da...
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