QUESTÕES COMENTADAS DE MECÂNICA
Prof. Inácio Benvegnú Morsch
CEMACOM
Depto. Eng. Civil
UFRGS
1) Calcule as reações em A para a viga isostática
1 kN/m
representada na figura (1)
Solução: Este cálculo fica simplificado se trabalharmos
com dois triângulos.
1 kN / m ⋅ 2 m
P1 =
= 1 kN
2
0,5 kN / m ⋅ 1,5 m
P2 =
= 0,375 kN
2
1,5 m
0,5 kN/m
A
3,5 m
Figura (1)
0,5
1 kN
Com estas cargas aplicadas conforme esquema ao lado, pode-se
calcular as reações no engaste.
0,67
0,375 kN
HA = 0
∑ Fy = 0 → VA − 1 + 0,375 = 0 → VA = 0,625 kN
∑ M A = 0 → 0,375 ⋅ 3 − 1⋅ 0,67 − M A = 0 → M A = 0,455 kNm
2) Para o perfil Z enrigecido representado na
figura (2) determine os momentos principais
centrais de inércia. Represente também a
orientação dos eixos principais centrais de inércia
indicando qual eixo fornece o valor de inércia
máximo.
125
125
25
75
50
50
Solução:
Os eixos centrais podem ser determinados sem
necessidade de cálculo através de simples
inspeção visual da peça.
75
Figura (2)
25
(mm)
300
Os momentos centrais de inércia são determinados pelas expressões abaixo.
3
3
Ix =
4
30 ⋅15
12,5 ⋅ 5
− 2⋅
= 7395,83 cm
12
3
Iy =
3
 5 ⋅ 12,53

15 ⋅ 30
2
4
− 2⋅
+ 5 ⋅ 12,5 ⋅ 8,75  = 22552,08 cm


12
12


O produto de inércia em relação aos eixos centrais x e y é determinado pela expressão
I xy = 0 − [0 + (12,5 ⋅ 5)⋅ 2,5 ⋅ 8,75] − [0 + (12,5 ⋅ 5)⋅ (− 2,5) ⋅ (− 8,75)] = −2734,38 cm
4
Os eixos principais centrais de inércia são localizados pelo ângulo
tan 2θ =
I med =
2 ⋅ (− 2734,38)
= −0,36
22552,08 − 7395,83
θ = −9,92
7395,83 + 22552,38
4
= 14973,95 cm
2
I max = 14973,95 + 8056,35 = 23030 cm
4
o
2
4
 22552,38 − 7395,83 
2
R= 
 + (− 2734,38) = 8056,35 cm
2


I min = 14973,95 − 8056,35 = 6917,6 cm
A posição dos eixos de máximo e mínimo está indicada na figura anterior.
4
3) Determine os momentos principais centrais
de inércia para o conjunto representado na
figura (3) sabendo-se que os momentos de
inércia de um perfil C em relação aos seus
eixos centrais valem Ix1= 130,2 cm4 e Iy1=
2103,2 cm4.
Y
310
310
8
y1
80
x1
250
Obs. A espessura da
chapa é constante.
Solução:
6
250
100
(mm)
Figura (3)
Em primeiro lugar deve-se localizar o centróide de um dos perfis C. Como este perfil tem simetria concluí-se
diretamente que x = 125 mm . Para o cálculo de adota-se um eixo de referência que passa no meio do retângulo 250 x
6 que forma o perfil C. Deste modo, o cálculo de
y=
2 ⋅ (7,4 ⋅ 0,6)⋅ 4
35,52
=
= 1,49 cm
25 ⋅ 0,6 + 2 ⋅ 7,4 ⋅ 0,6 23,88
O próximo passo é calcular o quanto sobe o
centróide do conjunto devido a chapa que é
colocada sobre os perfis C. Este cálculo fica
simplificado adotando-se como eixo de
referência o próprio eixo central do perfil C.
Seguindo este procedimento pode-se escrever
y=
y fica
Xc
y
(62 ⋅ 0,8) ⋅ (8,1 − 1,49 ) = 327,85 = 3,37 cm
2 ⋅ 23,88 + 62 ⋅ 0,8
Xaux
97,36
Obs. A área de um perfil C vale A = 0,6 ⋅ (25 + 2 ⋅ 7,4 ) = 23,88 cm
2
O cálculo dos momentos centrais de inércia é feito mais facilmente se utilizarmos os momentos de inércia que foram
fornecidos na questão.
3
2
4
0,8 ⋅ 62
I y = 2 ⋅  2103,2 + 23,88 ⋅17,5  +
= 18832,9 + 15888,5 = 34721,4 cm


12
3
2
4
62 ⋅ 0,8
I x = 2 ⋅ 130,2 + 23,88 ⋅ 3,37  +
+ 62 ⋅ 0,8 ⋅ (8,1 − 1,49 − 3,37 )2 = 1326,1 cm


12
Como o eixo Y do conjunto é também um eixo de simetria pode-se afirmar que Ixy = 0. Logo concluí-se que os
momentos centrais de inércia são os próprios momentos principais centrais de inércia.
4) Calcule as reações nos pontos A e B da
figura (1).
2 kN/m
Solução: Para se encontrar a carga equivalente
trabalha-se com os 2 triângulos de carga
definidos na figura.
P1 =
1⋅ 2
= 1 kN
2
P2 =
1,5 ⋅ 2
= 1,5 kN
2
A
1
(m)
2.5
Figura (1)
∑ M A = 0 → − 0,67 ⋅1 − 1,5 ⋅1,5 + 2,5VB = 0
VB = 1,17 kN
B
e
V A = 2,5 − 1,17 = 1,33 kN
0,67
A
1 kN
1,5 kN
1,0
B
5) Determine os momentos principais centrais de inércia da peça representada na figura (4).
Solução:
y semicírculo =
y peça
4 ⋅ 40
= 16,98 mm
3⋅π
60
 π ⋅ 402 

 ⋅ 26,98
 2 


=
2
2  π ⋅ 40 
120 ⋅ 20 − 2 ⋅ π ⋅ 5 + 
 2 


R40
figura (4)
(mm)
Ø10
Ø10
10
20
y peça = 14,25 mm
20
20,00
120
Xc
Xaux
I yc =
3
 π ⋅ 54
 π ⋅ 404
2
2
4
4
20 ⋅120
− 2
+ π ⋅ 5 ⋅ 40  +
= 3632978 mm = 363,3 cm
 4

12
8


I xc =
3
 π ⋅ 54

2
2
2
120 ⋅ 20
+ 120 ⋅ 20 ⋅14,25 − 2
+ π ⋅ 5 ⋅ 14,25 
 4

12


2
 π ⋅ 404 π ⋅ 402

2 π ⋅ 40
2
+
−
⋅ 16,98 +
⋅12,73 
 8

2
2


4
I xc = 1222416 mm = 122,24 cm
4
Como Iyc é eixo de simetria, o produto de inércia em relação aos eixos Xc e Yc é necessariamente igual a zero, logo estes
eixos são os eixos principais centrais de inércia e os momentos Ixc e Iyc são os momentos principais centrais de inércia.
X
G
Y
6) O carro ilustrado na figura repousa sobre 4
medidores de força, e nesta posição a leitura para
as rodas dianteiras e traseiras é dada por FD e FT.
Demonstre como determinar a posição do centro
de gravidade do carro sabendo a distância entre
eixos, o diâmetro da roda e que os elevadores
podem posicionar os eixos traseiros e dianteiros
em alturas distintas.
FT
FD
Solução: Inicialmente faz-se a medição das forças com
os eixos dianteiros e traseiros na mesma altura. Para
esta situação o diagrama de corpo livre fica
x
FT1
P
FD1
Logo pode-se escrever que FD1 + FT1 = P em que P é o peso total do veículo. Chamando-se de l a distância entre eixos
obtém-se FD1 l − Px = 0 , ou seja x =
FD1 l
.
P
Fazendo-se agora a medição das forças com os eixos dianteiros e traseiros em alturas distintas, obtém-se o diagrama de
corpo livre a seguir.
Chamando-se de h o desnível entre o eixo dianteiro e o eixo
x
traseiro, pode-se escrever
h
l
MD = 0
sen θ =
− FT 2l cosθ + P cosθ (l − x ) − P sen θ ⋅ a = 0
a=
cosθ [P (l − x ) − FT 2l ]
P sen θ
e
y = a + d em que d é o diâmetro da roda.
FT1
a
∑
P
θ
FD1
7) Determine as reações nos apoios A e B da figura (1).
2 kN/m
1 kN/m
1 kN
Solução:
A
P = 1 kN/m ⋅ 2 m +
1 kN/m ⋅ 2 m
= 3 kN/m
2
B
0.5
(m)
2.5
Figura (1)
2 ⋅1 + 1 ⋅ 2 3
x=
= 0,89 m
3
Logo o diagrama de corpo livre resultante é
0,89
Para o qual pode-se escrever
∑MD = 0
3 kN
→ 2VB + 2,5 ⋅1 − 0,89 ⋅ 3 = 0
HB
VB = 0,085 kN
V A = 3 − 1 − 0,085 = 1,915 kN
e
HB = 0
1 kN
VA
VB
8) Determine a área da superfície lateral e o volume do objeto gerado pela rotação da curva ilustrada na figura (2) em
torno do eixo de rotação. Empregue os teoremas de Pappus-Guldinus.
Solução:
x=
x.l
1
30
20
600
2
42,43
35
1485,05
3
20
50
1000
4
31,42
43,63
1370,85
5
70
50
3500
6
50
25
1250
Total
243,85
9205,9
= 37,75 mm
243,85
2
A = 2π ⋅ 37,75 ⋅ 243,85 = 57838,8 mm = 578,39 cm
xA =
2
20 ⋅170 ⋅10 + 450 ⋅ 30 + 30 ⋅ 110 ⋅ 35 − 50π (50 − 40 3π )
= 22,28 mm
20 ⋅170 + 450 + 30 ⋅ 110 − 50π
Ageradora = 20 ⋅170 + 450 + 30 ⋅110 − 50π = 6992,92 mm
3
V = 2π ⋅ 22,28 ⋅ 6992,92 = 978999,89 mm = 979 cm
3
2
9205,9
20
x
20
l
70
Segmento
30
30
Localização do centróide da curva geratriz:
Figura (2)
50
(mm)
9) Indique as expressões abaixo que representam o momento de inércia Ix2 do semi-círculo. Justifique a sua resposta.
4
4
4
2
2
a)
I x2 =
πR
πR  4 R
8R

−
+
+d

8
9π
2  3π

b)
I x2 =
πR
πR 2
+
d
8
2
2
4
3
I x2
d)
I x2 =
x
y
πR
πR  4 R

=
+
+d

8
2  3π

c)
R
C
2
x1
x2
d
4
2
2
4R
πR
πR 2
+
d+
d
8
3
2
x2
Solução: A solução deste problema está baseada no conhecimento do Teorema de Steiner que diz que o momento de
inércia de uma área em relação a um eixo x qualquer é igual ao momento de inércia em relação ao eixo x central da área
2
mais o produto da área da figura pelo quadrado da distância entre os dois eixos, ou seja I x = I x c + a ⋅ d .
O eixo x1 é o eixo que passa na base do semi-círculo e seria o eixo central do círculo, caso este fosse completo. Logo, o
4
momento de inércia I x1 vale metade do momento de inércia do círculo, ou seja I x1
π ⋅R
=
, que é um termo que se
8
encontra em todas as opções de resposta.
Considerando-se o enunciado do Teorema de Steiner verifica-se que as alternativas b) e c) estão erradas. Na alternativa
2
πR 2
b) soma-se o momento de inércia I x1 com
d , o que viola o Teorema de Steiner já que I x1 não é o momento de
2
inércia central do semi-círculo e a distância d, entre os eixos x1 e x2, não é medida em relação ao eixo central do semi4R
+ d , mas continua-se empregando o
círculo. Na alternativa c) a distância adotado entre os eixos é a correta, ou seja
3π
momento de inércia I x1 como se fosse o momento de inércia central do semi-círculo.
O momento de inércia central do semi-círculo, Ix, é obtido aplicando o Teorema de Steiner considerando que a distância
4R
, ou seja
entre os eixos x1 e x vale
3π
4
2
πR
π R  4R 
= Ix +
⋅

8
2  3π 
4
2
→ Ix =
2
2
4
4
πR
π R 16R
πR
8R
−
⋅
=
−
2
8
2
8
9π
9π
Pode-se notar que a alternativa a) calculo o momento de inércia corretamente.
3
4R
d . O significado deste
3
termo pode ser obtido do Teorema de Steiner. Antes da eliminação da integral referente ao momento estático de 1ª
A alternativa d) é igual a b) com exceção que aquela considera um termo a mais que é
2
ordem a expressão do teorema fica como I x = I x c + 2d ⋅ S x + a ⋅ d . Como o eixo adotado era considerado eixo central
tem-se que S x = 0 . Entretanto, caso o eixo adotado não fosse central a expressão do teorema ficaria
S x1 =
∫ ydA = ∫ dS x
1
A
A
2
em que x e x’ são simplesmente dois eixos paralelos. Calculando-se S x1 tem-se
em que dS x1 =
y
y
⋅ dA = ⋅ y ⋅ dx
2
2
Considerando-se a equação da circunferência:
resolvendo-se a integral resultante tem-se
2
dx
2
2
x +y =R , e
R
y
I x = I x ' + 2d ⋅ S x ' + a ⋅ d
x
x1
S x1 =
R 2 
2
1 R 2
1 R  2
1 R 2
y dx =
 R − x dx =  R dx − x dx 
−R
2 −R
2 −R
2  −R


∫
∫
∫
∫
R

3
3
3
 x 3   1  3
2
3 R
R  2 R
1
−
=
S x1 = + R [x ]−RR −    =  R + R −
2
3
3 
3
 3   2


 − R 

3
3
2R
4R
d = 2⋅
⋅ d = 2 S x1 ⋅ d , o que faz com que a alternativa d) também esteja correta. Efetivamente
3
3
pode-se notar que operando-se sobre a expressão da alternativa a) obtém-se a alternativa d) comprovando o raciocínio
apresentado.
Logo o termo
10) Determine o peso do carvão contido na carvoeira, ilustrada na figura (2), quando esta está totalmente cheia.
Considere o peso específico do carvão igual a 7,85 kN/m3 e admita que há 20% de volume perdido por vazios de ar.
Aproxime a curva que define o formato da carvoeira pela parábola indicada na figura. Resolva o problema
aplicando o Teorema de Pappus-Guldin.
Y
3m
Solução: Para resolver este problema é necessário
calcular a área geratriz, bem como a posição do
centróide desta em relação ao eixo de rotação. Para tal
adota-se uma faixa de integração de área (6 − y )dx
conforme ilustrado na figura abaixo.
y=
6m
3m
2 2
x
3
Y
dx
y=
2 2
x
3
X
6m
6-y
Figura (2)
Cálculo da área geratriz:
∫
y
A = dA =
A
X
∫
S y = x dA =
A
3
3

Sy
A
2
2
2
dx = 12 m

Cálculo do momento estático de 1ª ordem Sy
∫0 x(6 − y )dx = ∫0 x 6 − 3 x
Localização do centróide: x A =
3
3
∫0 (6 − y )dx = ∫0  6 − 3 x
2
=
2
dx =

3
2
∫0  6 x − 3 x
3
3
dx = 13,5 m

13,5
= 1,125 m
12
Volume bruto: VBruto = 2π x A A = 2 ⋅ π ⋅ 1,125 ⋅ 12 = 84,82 m 3
Volume líquido: VLíquido = (1 − 0,2 ) ⋅ 84,82 = 67,86 m 3
Peso = 7,85 ⋅ 67,86 = 532,7 kN