Mecânica dos Sólidos -exercícios resolvidos

Páginas: 6 (1329 palavras) Publicado: 11 de fevereiro de 2015
1 - Dois homens exercem as forças FB=50 N e FC=80 N sobre as cordas. Determine o
momento de cada uma das forças em relação à base A. Qual tendência de giro do poste,
horário ou anti-horário?

Solução
a) FB
FB,x = FB . sen(45) = 50.sen(45)
MFB = FB,x . (3+1,5)

FB,x = 35,35 N
MFB = 159,07 N.m

b) FC
FC,x = FC . (4/5) = 80.0,80

FC,x = 64,00 N

MFC = FC,x . (3)

MFC = 192 N.m- Sentido anti-horário
c) MFB
MFC
- Sentido horário
Como MFC > MFB , a tendência de giro é no sentido horário

Nota: as componentes verticais das forças não provocam momento em A
Resp: MFB = 159,07 N.m; MFC = 192 N.m; tendência de giro é no sentido horário

2 - O parafuso sextavado da roda de um automóvel deve ser removido pela aplicação de
uma força vertical F=30 N no ponto A de umachave.
a) Verifique se essa força é adequada, sabendo-se que é necessário um torque inicial de 14
N.m em relação ao eixo x para desapertar o parafuso.
b) Será possível desapertar o parafuso considerando que a força de 30 N aplicada em A
pode ter sua direção alterada?
c) considerando que um complemento AB de 25 cm é colocado sobre o braço de alavanca
da chave, e que a força de 30 N pode seraplicada em qualquer ponto e qualquer direção do
conjunto, verifique se o desaperto é possível.

Solução

F’ = F * cosa = F * 0,4/0,5 = 0,8 * 30 = 24 N
Torque = Mx = 24 * 0,50 = 12 N.m < 14 N.m

a=36,8˚
Portanto, a força não é adequada.

Se F for aplicada em outra direção:
Para F na perpendicular à chave: Mx = 30.0,5 = 15 > 14 0k

Para F inclinado em relação à chave (a’ < a) : cosa’≤28/30 = 0,933 => 0 < a’≤ 21,1˚
Para este intervalo de ângulo é possível desapertar o parafuso
c)

Se permanecer aplicada na mesma direção a=36,8˚, alterando-se a distância do ponto de
aplicação ao parafuso para a extremidade:
Mx = F’ * LAC ≥ 14 N.m => LAC ≥ 14/24 = 0,58 m < 0,75 m
portanto é possível desapertá-lo
Para achar o torque máximo: Mmax = 30.0,75 = 22,5 k .m (direção perpendicularà chave)

3 - Um poste de 1.575 N é usado para amarrar em C a extremidade de um fio elétrico. A
tração no fio é 540 N, e o fio forma um ângulo de 15º com a horizontal em C. Determine a
maior e a menor tração admissível no cabo de sustentação BD, sabendo que a intensidade
do binário em A não pode ultrapassar 270 N.m.

SOLUÇÃO
Primeiro desenhamos o DCL do poste com as forças atuantes:Abaixo se representam as forças que geram momento no ponto A:
FCx
FC

FB

FP

FBx

FC

FB

MA

(a)

MA

(b)

Na figura (a), as três forças atuantes são: a força do fio elétrico (FC), a força do cabo de
sustentação (FB) e o peso do poste (FP), além do binário em A (MA). Como o peso do poste não causa
momento no ponto A (base do poste), esta força é desconsiderada no cálculo. Nafigura (b),
utilizaremos as componentes FBx e FCx das forças FB e FC respectivamente.

FBx = (FB)(sen(∠ABD))
FBx = (FB)(dDA/dBD)
FBx = (FB)(dDA/√(dBA2+dDA2))
FBx = (FB)(1,35/√(32+1,352))
FBx = 0,41(FB)
FCx = (FC)(cos15º)
FCx = (540)(0,966)
FCx = 521,6 N – esta força é conhecida (dado) e constante.
Assim, a somatória dos momentos no ponto A vale:

M A = 521,6 ⋅ 4,2 − FBx ⋅ 3 (sentidopositivo: horário)
Basta fazer:

− 270 ≤ M A ≤ 270
− 270 ≤ 521,6 ⋅ 4,2 − FBx ⋅ 3 ≤ 270

E resolvem-se estas inequações:
-2460,7= 640,3
2000,5>= FB >=1561,7 (pois FBx = 0,41 FB)
Outro caminho: para calcular a maior e menor tração no cabo de sustentação, devemos
considerar MA máximo (270 N.m) nos dois sentidos, horário e anti-horário.
a) Maior tração. A maior tração implica em um momento(MA) contrário ao indicado no
desenho (MA negativo, conforme convenção adotada):
(-270) = (521,6)(4,2) - (0,41)(FB)(3)
FB = 2000,6
b) Menor tração. A menor tração implica em um momento (MA) no mesmo sentido do
momento indicado, ou seja, no sentido horário (MA positivo):
(270) = (521,6)(4,2) – (0,41)(FB)(3) = 0
FB = 1561,5

4 - Um trator de 9.450 N é usado para erguer 4.050 N de...
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