Mecanica ii atps

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ETAPA 1
Aula-tema: Estática dos pontos Materiais.
Esta atividade e importante para que voce desenvolva a aplicacao dos conceitos de
forca e suas componentes e aplique esses conceitos para solucionar problemas de equilibrio,
cuja forca resultante do sistema de forcas estudado é nula.
Para realiza-la, devem ser seguidos os passos descritos.
PASSOS
Passo 1
Leia e estude no capitulo 3 do PLTos topicos “3.1 Condicoes de Equilibrio de um Ponto
Material”, “3.2 Diagrama de Corpo Livre” e “3.3 Sistemas de Forcas Coplanares”.
Passo 2
Discuta e resolva os exemplos 3.1, 3.2, 3.3 e 3.4.
Passo 3
Leia, com atencao, as informacoes que seguem abaixo para determinar as forcas atuantes no
ponto material dado na figura abaixo:
Seja o problema de engenharia exposto na figura 1, a qual mostra aarticulacao “O” de uma
das trelicas do guindaste, cujo pino atua como ancoragem das quatro barras da estrutura da
trelica. Esse pino de articulacao deve ser projetado para resistir aos esforcos atuantes nesta
juncao.
Figura 1 – Trelicas do guindaste
45º
De acordo com os conhecimentos apresentados em classe, as leituras e os estudos
recomendados nos passos 2 e 3, para o desenvolvimentodo calculo dos esforcos no pino,
pode-se considerar o pino como um ponto material “O” e, portanto, as forcas atuantes,
desconhecidas serao determinadas, aplicando-se ao ponto “O” as condicoes de equilibrio
“ΣFx=0 e ΣFy=0”. Determine todas as forcas no ponto material.
Resolução:
F1 =? F1x = F1*cos45º F1y = F1*sen45º
F2 = ? F2x = F2*sen70º F2y = F2*cos70º
F3 = 5KN F3x = F3*cos30º F3y =F3*sen30º
F4 = 7KN F4x = 7*0,8(utilizando relação do triangulo 3 4 5) F4y = 7*0,6(utilizando relação do triangulo 3 4 5)

Como ∑Fy = 0 podemos igualar todas as forças no eixo y com 0 temos a seguinte resolução,
-F1y + F2y + F3y – F4y = 0
-F1sen45º + F2cos70º + 5sen30º - 7*0,6 = 0
-0,71F1 + 0,34F2 + 2,5-4,2 = 0
-0,71F1 + 0,34F2 – 1,7 = 0
-0,71F1 + 0,34F2 = 1,7
0,34F2 = 1,7-0,71F1
F2 =(1,7-0,71F1)/0,34
F2 = 5+2,09F1 (Função I)

Como ∑Fx também é = 0 temos,
-F1x – F2x + F3x + F4x = 0
-F1cos45º - F2sen70º + 5cos30º + 7*0,8 = 0
-0,71F1 – 0,94F2 + 4,33 +5,6 = 0
9,93 = 0,71F1 + 0,94F2 , Como F2 = 5+2,09F1 podemos substituir)
0,71F1 + 0,94(5+2,09F1) = 9,93
0,71F1 + 4,7 + 1,96F1 = 9,93
2,67F1 = 5,23
F1 = 5,23/2,67
F1 = 1,96KN

Substituindo na função I
F2 = 5+2,09F1
F2 =5+2,09*1,96
F2 = 9,09KN

F1 = 1,96KN e F2 = 9,09KN
ETAPA 02
Corpos Rígidos Sistemas de Forças equivalentes.
Esta atividade e importante para que voce desenvolva a aplicacao dos conceitos de
vetor posicao, forca e suas componentes e, de momentos.
PASSOS
Passo 1
Leia e estude no capitulo 4 do PLT os topicos “4.1 Momento de uma forca – Formulacao
escalar”, “4.2 Produto Vetorial”, “4.3 Momentode uma forca – Formulacao Vetorial” e, “4.4
Principio dos Momentos”.
Passo 2
Leia a definicao abaixo:
O momento de uma forca em relacao a um ponto ou um eixo fornece uma medida da
tendencia dessa forca em provocar uma rotacao em torno desse ponto ou desse eixo. O
momento de uma forca “F” em relacao ao ponto, ou eixo “o” e expresso pelo produto
vetorial:
Mo = r x F onde:
O vetorposição deve ser expresso por: r = rx i + ry j
O vetor forca deve ser expresso por: F = Fx i + Fy j
Discuta e resolva os exemplos 4.1, 4.2, 4.3 e 4.4
Resolução:

4.1 – A
R: Mo = 100N*2m
Mo = 200N.m↓

4.1 – B
R: Mo = 50N*0,75m
Mo = 37,5N.m↓

4.1 - C
R: Mo = 40lb*4pés+2*cos30ºpés
Mo = 229lb.pés↓


4.1 – D
R: Mo = 60lb*(1*sen45ºpés)
Mo = 42,4lb.pés↑

4.1 – ER: Mo = 7kN*(4m-1m)
Mo = 21kN.m↑

4.2
R: MA = 800N*2,5m = 2000Nm↓
MB = 800N*1,5m = 1200Nm↓
MC = 800N*0 = 0
MD = 800N*0,5m = 400Nm↑

4.3
R: MR0 = ∑Fd
MR0 = -50N*2m + 60N*0 + 20N(3*sen30ºm) – 40N(4m + 3*cos30ºm)
MR0 = -334N.m
MR0 = 334N.m↓

4.4
MA = rB * F e MA = rC * F

rB = {1i + 3j + 2k} m e rC = {3i + 4j} m

A força tem intensidade...
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