Mecânica Geral II – Notas de AULA 5 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
9 CARGAS SOBRE VIGAS.
¾ Cargas distribuídas sobre vigas
¾ Força sobre superfícies submersas
Considere uma viga que suporta uma carga.
Podemos analisar esse problema com o conceito de
centróide discutido nos capítulos anteriores.
Essa carga pode ser constituída pelo peso de
materiais apoiados direta ou indiretamente sobre a
viga ou ser causada pela pressão hidrostática. Ou
ainda, causada pelo vento.
A carga é expressa em N/m. Assim, a carga
total suportada por uma viga de comprimento L é:
L
W = ∫ w ( x )dx
0
Podemos analisar a carga sobre uma
barragem, pelo cálculo da pressão manométrica de
um ponto num líquido, que é o valor da pressão
absoluta menos a atmosférica:
pman = γ g − po
Aqui, γ é o peso específico do fluido:
γ = ρ⋅g
ρ: densidade do fluido.
Observando que a área sob a curva de pressão
é igual à pE.L, onde pE é a pressão no centro E da
placa e L pode ser o comprimento ou a área da
placa, o módulo de R da resultante pode ser obtido
O ponto de aplicação P da carga concentrada pelo produto da área pela força.
equivalente será então obtido igualando-se o
momento W em relação ao ponto O à soma dos
momentos das cargas elementares dW em relação a
O:
____
OP⋅ W = ∫ xdW ⇔ dW = wdx = dA ⇔ W = A
L
( OP ) A = ∫ xdA
0
Uma carga distribuída sobre uma viga pode ser
então substituída por uma carga concentrada W; o
módulo dessa única carga é igual à área sob a curva
de carga e sua linha de ação passa pelo centróide
dessa superfície.
1
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Exemplo 1 – Uma viga suporta uma carga
distribuída conforme o ilustrado.
(a) Determinar a carga concentrada
equivalente.
(b) Determinar as reações nos apoios.
(b) Reações:
N
∑F
i =1
x
= Bx = 0
N
+ 3 ∑ M A = 0 ⇔ − ( 4.5 )( 2 ) − 13.5 ⋅ 4 + By ⋅ 6 = 0
i =1
B y = 10.5kN ↑⇐
N
+ 3 ∑ M B = 0 ⇔ − ( 4.5 )( 4 ) + 13.5 ⋅ 2 − A ⋅ 6 = 0
i =1
A = 7.5kN ↑⇐
• Solução:
(a) O módulo da resultante do
Exemplo 2 – A figura mostra a seção
carregamento é igual à área sob a curva de
transversal
de um dique de concreto. Considerar a
carga, e a linha de ação da resultante passa pelo
centróide da referida área. Dividindo a área em seção do dique com 1.00 m de espessura e
determinar:
dois triângulos:
(a) a resultante das forças reativas exercidas
pelo solo sobre a base AB do dique e
(b) a resultante das forças de pressão exercidas
pela água sobre a face BC do dique. Peso específico
do concreto: 23.5.103N/m3; água: 9.81.103N/m3.
Componente
A(kN)
x ( m)
Triângulo I
Triângulo II
4.5
13.5
2.0
4.0
∑ A = 18
x ⋅ A ( kN ⋅ m )
∑ xA = 63
X ⋅ A = ∑ xA ⇔ X = 3.5m
A carga concentrada equivalente é:
W = 18kN ↓⇐
9.0
54.0
•
Solução: Diagrama de corpo livre:
2
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(a)
1
( 2.70 )( 6.60 )(1) ( 23.5 ⋅103 ) = 2.09 ⋅105 N
2
W1 =
W2 = (1.50 )( 6.60 )(1) ( 23.5 ⋅103 ) = 2.33 ⋅105 N
1
( 3.0 )( 5.40 )(1) ( 23.5 ⋅103 ) = 1.27 ⋅105 N
3
2
W4 = ( 3.0 )( 5.40 )(1) ( 9.81 ⋅103 ) = 1.06 ⋅105 N
3
1
P = ( 5.40 )(1.00 ) ( 53.0 ⋅103 ) = 1.43 ⋅105 N
2
W3 =
•
+
Equações de equilíbrio:
N
→ ∑ Fx = 0 : H − 1.43 ⋅105 = 0
i =1
H = 1.43 ⋅105 N →⇐
N
+
↑ ∑ Fy = 0
i =1
V − 2.09⋅105 − 2.33⋅105 −1.27⋅105 −1.06⋅105 = 0
V = 6.75 ⋅105 N ↑⇐
N
+ 3∑MA = 0
i =1
−2.09⋅105 ⋅1.8− 2.33⋅105 ⋅ 3.45
−1.27⋅105 ⋅ 5.1−1.06⋅105 ⋅ 6 +
1.43⋅105 ⋅1.8+ M = 0
M = 2.21 ⋅106 N ⋅ m 3⇐
(b) Resultante das forças da água:
R = 1.78 ⋅105 N ⇔ ( : 36.5° ⇐
3
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Análise de Estruturas
•
Tipos de Treliças:
As categorias mais estudadas de estruturas são:
9 Treliças: projetadas para suportar cargas,
estruturas estacionárias, vinculadas. Formadas por
elementos retilíneos conectados em juntas
localizadas nas extremidades de cada elemento,
assim, nos membros de uma treliça atuam duas
forças de mesmo módulo e direção, porém de
sentidos opostos.
9 Estruturas: projetadas para suportar
cargas, em geral, estacionárias e vinculadas. Têm a
semelhança de um guindaste com pelo menos um
elemento no qual estão aplicadas três ou mais
forças, que em geral, não tem a direção do
elemento.
9 Máquinas: projetadas para transmitir e
modificar forças. Em geral assemelham-se com as
estruturas e possuem partes móveis.
4
Treliças
Principais tipos de estruturas em engenharia,
oferecendo uma solução prática e econômica a
muitas situações de engenharia, especialmente no
projeto de pontes e edifícios.
Consiste em barras e retas articuladas na
juntas ou nós.
•
Análise das treliças empregando o
método dos nós:
Como a treliça inteira é um corpo rígido,
em equilíbrio, pode-se usar três equações adicionais
envolvendo as forças indicadas na ilustração acima.
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Método das seções
Diagrama de corpo livre no nó - Polígono de forças.
Treliças espaciais
Cada nó consiste de conexões soldadas ou
rebitadas em uma junta esférica.
O método dos nós é mais eficaz quando é
necessário determinar as forças em todas as barras
da treliça. Se, entretanto, a força em somente uma
barra ou a força em apenas poucas barras forem
desejadas, um outro método, chamado das seções,
será mais eficiente.
Suponha, por exemplo, que desejamos
determinar a força na barra BD da figura a seguir.
Para tanto é necessário determinar a força com que
a barra BD atua sobre os nós B e D. Se
utilizássemos o método dos nós, escolheríamos o
nó B ou D como corpo livre. Entretanto, podemos
escolher como corpo livre uma parte maior da
treliça, composta por vários nós e barras, desde que
a força desejada seja uma das forças externas que
agem nessa parte. Se, além disso, escolhermos a
parte da treliça de tal forma que exista um total de
somente três forças incógnitas agindo sobre ela, a
força desejada poderá ser obtida resolvendo-se as
equações de equilíbrio para essa parte da treliça. Na
prática, a parte da treliça a ser utilizada é obtida
secionando-se três barras da treliça, uma das quais
é a barra desejada, isto é, traçando uma linha que
divida a treliça em duas partes completamente
separadas, mas que não intercepte mais de três
barras. Após remover as barras cortadas, pode-se
utilizar como corpo livre qualquer uma das duas
partes da treliça.
5
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Na Figura anteiror a seção nn intercepta
as barras BD, BE e CE, e a parte ABC da treliça é
escolhida como corpo livre. As forças que atuam no
corpo livre são as cargas P1 e P2 nos pontos A e B e
as três forças incógnitas FBD , FBE e FCE. Como não
sabíamos se as barras removidas estavam
comprimidas ou tracionadas, as três forças foram
arbitrariamente desenhadas saindo do corpo livre,
como se as barras estivessem tracionadas.
O fato de o corpo rígido ABC estar em
equilíbrio pode ser expresso por três equações,
formando um sistema que, resolvido, dará as três
forças incógnitas. Se somente a força FBD for
desejada, será necessário escrever apenas uma
equação, desde que essa equação não contenha as
outras incógnitas. Assim, a equação ΣME = 0
fornece o módulo FBD da força FBD. Um sinal
positivo na resposta indicará que nossa suposição
original com respeito ao sentido de FBD estava
correia e que a barra BD está traciona com um sinal
negativo indicará que nossa suposição estava errada
e que BD está sob compressão.
Por outro lado, se somente a força FCE
for desejada, deve-se escrever uma equação que
não envolva FBD ou FBE; a equação apropriada é
ΣME = 0. Novamente um sinal positivo para o
módulo FCE procurada indica uma hipótese correta,
existe tração; e um sinal negativo indica uma
suposição incorreta, existindo compressão.
Se somente a força FBE for desejada, a
equação apropriada é ΣFy = 0. Novamente, um sinal
da resposta dirá se a barra está tracionada ou
comprimida.
Quando se determina a força em apenas
uma barra, não é possível nenhuma comprovação
independente dos cálculos realizados. No entanto,
quando se determinam todas as forças incógnitas
que atuam no corpo livre, os cálculos podem ser
verificados escrevendo-se uma equação adicional.
Por exemplo, se FBD, FBE, e FCE forem
determinadas conforme indicado acima, os cálculos
poderão ser comprovados verificando-se que
ΣFx=0.
Estruturas e máquinas
Estruturas Contendo Elementos Submetidos a
Várias Forças:
Ao tratar de treliças, consideramos estruturas
que consistiam exclusivamente em articulações e
barras retas submetidas a apenas duas forças. As
forças que atuam sobre a barras submetidas a duas
forças agem diretamente ao longo das próprias
barras.
Consideraremos agora estruturas que possuem
pelo menos uma barra submetida a três ou mais
forças. Essas forças, geralmente, não atuarão ao
longo das barras; sua direção é desconhecida e
serão representadas por duas componentes
incógnitas.
Estruturas e máquinas são sistemas compostos
por elementos submetidos à várias forças. As
estruturas projetadas para suportar cargas são
geralmente
estacionárias
e
completamente
vinculadas. As máquinas são projetadas para
transmitir e modificar forças; podem ser ou não
estacionárias, mas sempre terão partes móveis.
¾ Análise de uma Estrutura. Como
primeiro exemplo da análise de uma estrutura,
consideraremos novamente o guindaste descrito,
que suporta uma dada carga P (figura a seguir). O
diagrama de corpo livre da estrutura inteira está
ilustrado. Esse diagrama pode ser usado para
determinar as forças externas que agem sobre a
estrutura. Somando os momentos em relação a A,
primeiro determinamos a força T exercida pelo
cabo; somando as componentes x e y,
determinamos então, as componentes Ax e Ay da
reação da articulação A.
Para determinar as forças internas que
mantêm unidas as várias partes de uma estrutura,
devemos desmembrá-la e desenhar o diagrama de
corpo livre para cada uma de sua partes
componentes (c). Em primeiro lugar, devemos
considerar as peças submetidas a apenas duas
forças. Nessa estrutura, a barra BE é a única peça
desse tipo. As forças que agem em cada
extremidade dessa barra devem ter a mesma
intensidade, a mesma linha de ação e sentidos
opostos. Elas estarão, portanto, dirigidas ao longo
de BE e serão denominadas, respectivamente, FBE e
—FBE. Seus sentidos serão tomados como mostra a
(c), e a correção dessa hipótese será verificada mais
tarde pelo sinal obtido para o valor comum FBE das
duas forças.
Em seguida, consideremos as peças
submetidas a várias forças, isto é, aquelas que estão
sob a ação de três ou mais forças. De acordo com a
terceira lei de Newton, a força exercida pela barra
BE sobre o ponto B da barra AD deve ser igual e
oposta à força FBE exercida por AD sobre BE.
6
Mecânica Geral II – Notas de AULA 5 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Analogamente, a força exercida pela
barra BE sobre o ponto E de CF deve ser igual e
oposta à força –FBE exercida por CF em BE. As
forças que a barra BE, submetida a duas forças,
exerce sobre AD e CF são, portanto,
respectivamente iguais a – FBE e FBE; elas têm o
mesmo módulo FBE e sentidos opostos, devendo
estar orientadas conforme indicado.
Em C estão unidas duas barras submetidas
a várias forças. Posto que não se conhece nem a
direção nem o módulo dessas forças que agem em
C, elas serão reprentadas por suas componentes x e
y. As componentes C e C da força que age na
barraAD serão arbitrariamente dirigidas para a
direita e para cima. Uma vez que, de acordo com a
terceira lei de Newton, as forças exercidas pela
barra CF sobre AO e pela barra AD sobre CF são
iguais e opostas, as componentes da força que age
sobre a barra CF devem estar dirigidas para a
esquerda e para baixo; elas serão designadas,
respectivamente, - Cx e –Cy. Se a força Cx é
realmente dirigida para a direita e a força –Cx é
realmente dirigida para a esquerda, se determinará
mais tarde, por meio do sinal obtido para Cx, um
sinal positivo indicando que a hipótese estava
correia, um sinal negativo indicando que estava
errada. Os diagramas de corpo livre das barras
submetidas a várias forças são completados
representando-se as forças externas agindo em A, D
e F.*
As forças internas podem agora ser
determinadas considerando-se o diagrama de corpo
livre de qualquer uma das duas barras submetidas
às várias forças. Escolhendo diagrama de corpo
livre de CF, por exemplo, teremos as equações
ΣMC = 0 e ΣME = 0, ΣFx =0 que fornecem os
valores FBE, Cy e Cx , respectivamente. Esses
valores podem ser comprovados verifícando-se que
a barra AD está também em equilíbrio.
Deve-se notar que os diagramas de corpo
livre das articulações não foram representados na
Figura. Isto porque os pinos das articulações foram
considerados como partes integrantes de uma das
barras por eles ligada. Essa hipótese sempre pode
ser feita para simplificar a análise de estruturas e
máquinas. Entretanto, quando uma articulação une
três ou mais barras, ou liga um vínculo externo e
duas ou mais barras, ou quando uma carga está
aplicada a uma articulação, deve-se dicidir
cuidadosamente a qual dos elementos se supões
pertencer a articulação.
Não é absolutamente necessário usar um
sinal negativo para distinguir a força que uma barra
exerce sobre outra de força igual e contrária
exercida pela segunda barra sobre a primeira, uma
vez que as duas forças pertencem a diferentes
diagramas de corpos livres e, portanto, não se
podem confundir facilmente.
7
Mecânica Geral II – Notas de AULA 5 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
10 FAB FAD
=
=
4
3
5
Exemplo 3 – Empregando o método dos
nós, determine a força em cada barra da treliça
ilustrada:
FAB = 7.50kN T ⇐
FAD = 12.5kN C ⇐
•
Nó D:
FDB = FDA
FDB = 12.50kN T ⇐
⎛3⎞
FDE = 2 ⋅ ⎜ ⎟ FDA
⎝5⎠
FDE = 15.0kN C ⇐
Solução:
Equilíbrio da treliça inteira:
N
+ 3 ∑ M C = 0 ⇔ − (10 )( 7.2 ) + ( 5 )( 3.6 ) + E ⋅1.8 = 0
i =1
E = 50kN ↑⇐
+
N
→ ∑ Fx = Cx = 0
i =1
Cx = 0 ⇐
+
N
→ ∑ Fy = −10 − 5 + 50 + C y = 0
i =1
C y = −35kN ↓⇐
•
+
Nó B:
N
4
4
↑ ∑ Fy = −5 − 12.5 − FBE = 0
5
5
i =1
FBE = 18.7kN C ⇐
•
+
Nó E:
N
→ ∑ Fx = 0 ⇔
i =1
FEC
•
•
Nó A:
+
N
3
3
FEC + 15 + (18.7 ) = 0
5
5
= −43.7 kN C ⇐
Nó C:
3
( 43.7 ) = 0
5
+ N
4
↑ ∑ Fy = −35 + 43.7 = 0
5
i =1
→ ∑ Fx = 0 ⇔ −26.2 +
i =1
8
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•
Força na barra EF:
Exemplo 4– Determine as forças nas
barras EF e GI da treliça ilustrada.
9
•
Solução:
+
N
↑ ∑ Fy = 0 ⇔ 115 − 140 − FEF = 0
i =1
FEF = 25kN C ⇐
•
Força na barra GI:
N
+ 3 ∑MH = 0
i =1
(165 )( 2.4 ) − ( 80 )( 3) − FGI ⋅ 3 = 0
FGI = 52kN C ⇐
Diagrama de corpo livre para a treliça
inteira:
Exemplo 5– Determinar as forças nas
barras FH, GH e GI da treliça de telhado ilustrada:
N
+ 3 ∑MB = 0
i =1
− (140 )( 2.4 ) − (140 )( 7.2 ) − 80 ⋅ 3.0 + J ⋅ 9.6 = 0
J = 165kN ↑⇐
+
N
→ ∑ Fx = 0 ⇔ Bx + 80 = 0
i =1
Bx = −80kN ←⇐
N
+ 3 ∑MJ = 0
• Solução: A parte da direita da seção nn
será tomada como corpo livre. Como a reação L
(140 )( 7.2 ) + (140 )( 2.4 ) − 80 ⋅ 3.0 − By ⋅ 9.6 = 0atua nesse corpo livre, o valor de L deverá ser
calculado separadamente, usando toda a treliça
B y = 115kN ↑⇐
como um corpo livre:
i =1
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•
Força na barra GH: O valor de
FGH é obtido decompondo-se a força FGH nas
i =1
componentes x e y no ponto G e então resolvendo• Força na barra GI: Usando a parte HLI se a equação:
da treliça como corpo livre:
N
+ 3 ∑ M A = 0 ⇔ L = 7.50kN ↑
10
N
+ 3 ∑ML = 0
N
+ 3 ∑MH = 0
i =1
7.5 ⋅10 − 1⋅ 5 − FGI ⋅ 5.33 = 0
FGI = 13.1kN T ↑
↑⇐
⇐
i =1
1 ⋅10 + 1⋅ 5 + FGH cos β ⋅15 = 0
FGH = −1.37kN C ⇐
Exemplo 6 – Na estrutura da figura, as
barras ACE e BCD estão articuladas por um pino
em C e pela barra DE. Determinar a força na barra
DE e as componentes da força exercida em C pela
barra BCD.
•
Força na barra FH: Obtemos FFH pela
relaçãoabaixo e desloca-se FFH ao longo de sua
linha de ação até que venha atingir o ponto F, onde
é decomposta nas componentes x e y.
N
+ 3 ∑ MG = 0
i =1
7.5 ⋅15 − 1 ⋅10 − 1 ⋅ 5 + FFH cos α ⋅ 8 = 0
FFH = −13.1kN C ⇐
•
Solução: Estrutura inteira:
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FDE cos α ⋅ ( 300 ) + FDE senα ⋅ (100 ) − C x ⋅ 220 =
561cos α ⋅ ( 300 ) + 561senα ⋅ (100 ) − 795 ⋅ 220 = 0
+
N
↑ ∑ Fy = 0 ⇔ Ay − 480 = 0
i =1
Ay = 480 N ↑⇐
N
+ 3∑MA = 0
11
i =1
− ( 480 )(100 ) + B (160 ) = 0
B = −300 N →⇐
+
N
→ ∑ Fx = 0 ⇔ B + Ax = 0
i =1
300 + Ax = 0
Ax = −300 N ←⇐
•
Barras: Desmembrando a estrutura:
•
Barra BCD:
N
+ 3 ∑ MC = 0
•
i =1
( FDE senα )( 250 ) + 300 ( 60 ) + 480 ⋅100 = 0
FDE = −560 N ⇐
+
Exemplo 7 – Determinar as componentes
das forças que agem em cada barra da estrutura
representada:
Solução:
• Estrutura inteira:Uma vez que as reações
externas envolvem 3 incógnitas, podemos calcular
as reações considerando o diagrama de corpo livre
da estrutura inteira:
N
→ ∑ Fx = 0 ⇔ − FDE cos α + C x + 300 = 0
i =1
−(−561) cos 28° + 300 + Cx = 0
Cx = −795 N ←⇐
+
N
↑ ∑ Fy = 0 ⇔ C y − FDE senα − 480 = 0
i =1
C y − ( −561) sen 28° − 480 = 0
C y = 216 N ↑⇐
•
Barra ACE (Verificação):
N
+ 3 ∑MA = 0
i =1
N
+ 3 ∑ME = 0
i =1
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− ( 2.4 )( 3.6 ) + F ( 4.8 ) = 0
Bx ⋅ 2.7 = 0
Bx = 0kN ⇐
F = 1.8kN ↑⇐
+
+
N
N
↑ ∑ Fy = 0
→ ∑ Fx = 0
−2.4 + 1.8 + E y = 0
Bx − Ax = 0
Ax = 0kN ⇐
i =1
i =1
E y = 0.6kN ↑⇐
+
+
N
N
→ ∑ Fx = 0
→ ∑ Fy = 0
Ex = 0
Ex = 0kN ⇐
− Ay + By + 0.6 = 0
i =1
i =1
− Ay + 1.2 + 0.6 = 0
Ay = 1.8kN ⇐
Considerando a barra BCD:
•
Barra BCD:
+
N
→ ∑ Fx = 0
i =1
− Bx + Cx = 0
Cx = 0kN ⇐
•
Barra ACF: Verificação:
N
+ 3 ∑ MC = 0
i =1
1.8 ⋅ 2.4 − Ay ⋅ 2.4 − Ax ⋅ 2.7 = 0
•
Barra BCD:
N
+ 3 ∑MB = 0
Exemplo 8 – Uma força de 3000 N está
aplicada ao pino A da estrutura ilustrada.
Determinar as forças que atuam nas duas barras
verticais da estrutura:
i =1
− ( 2.4 )( 3.6 ) + C y ( 2.4 ) = 0
C y = 3.6kN ↑⇐
N
+ 3 ∑ MC = 0
i =1
− ( 2.4 )(1.2 ) + B y ( 2.4 ) = 0
B y = 1.2kN ↑⇐
+
N
→ ∑ Fx = 0
i =1
− Bx + Cx = 0
•
Barra ABE:
N
+ 3 ∑MA = 0
i =1
•
Solução:
12
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•
3 − 5.4 + Fx = 0
Fx = 2.4kN →⇐
Estrutura inteira:
N
+ 3 ∑ME = 0
•
i =1
N
+ 3 ∑MB = 0
− ( 3 )( 3.0 ) + Fy (1.8 ) = 0
i =1
Fy = 5.0 kN ↑⇐
+
12
FCD ⋅ 0.75 − Fx ⋅ 2.25 = 0
13
12
− ⋅ 7.8 ⋅ 0.75 − 2.4 x ⋅ 2.25 = 0
13
−
N
→ ∑ Fy = 0
i =1
E y + Fy = 0
E y = −5kN ↓⇐
•
Barra ACE:
+
N
→ ∑ Fy = 0
i =1
−
5
5
FAB + FCD − 5 = 0
13
13
N
+ 3 ∑ME = 0
i =1
− ( 3)( 3) −
12
12
FAB ⋅ 3 − FCD ⋅ 0.75 = 0
13
13
FAB = −5.2kN ⇐
Barra BDF: Verificação:
Exemplo 9 – Uma mesa elevadora é usada
para suspender uma caixa de 1000 kg. Ela consiste
de uma plataforma e dois sistemas articulados
idênticos sobre os quais cilindros hidráulicos
exercem forças iguais. As barras EDB e CG têm
cada uma o comprimento 2a e a barra AD é
articulada no ponto médio de EDB. Se a caixa é
colocada sobre a mesa, de modo que metade de seu
peso é suportado pelo sistema mostrado, determinar
a força exercida pelos cilindros em sua elevação,
para θ = 60°, a =0.70m e L = 3.20m. Mostrar que o
resultado obtido é independente da distância d.
FCD = 7.8kN ⇐
+
N
→ ∑ Fx = 0
i =1
3+
12
12
( −5.2 ) + ( 7.8) + Ex = 0
13
13
Ex = −5.4kN ←⇐
•
Estrutura inteira:
+
N
→ ∑ Fx = 0
i =1
•
Solução
9 Plataforma ABC:
13
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+
N
→ ∑ Fx = 0
i =1
− FAD cos θ = 0
FAD = 0kN ⇐
+
N
→ ∑ Fy = 0
i =1
P
=0
2
P
B+C =
2
B+C −
14
Aplicando a lei dos senos no triângulo
EDH:
senφ senθ
EH
=
⇒ senφ =
senθ
EH
DH
DH
Usando a lei dos co-senos:
DH 2 = a 2 + L2 − 2aL cos θ
DH 2 = 0.70 2 + 3.2 2 − 2 ⋅ 0.7 ⋅ 3.2 cos 60°
DH 2 = 8.49
DH = 2.91m
P = m ⋅ g = 1000 ⋅ 9.81 = 9.81kN
DH
2.91
⋅ ctg60°
FDH = P ctgθ = 9.81⋅
EH
3.20
FDH = 5.15kN
9 Rolete C:
FBC = C ⋅ cotgθ
9 Barra EBD: Como FAD = 0
N
+ 3 ∑ME = 0
i =1
FDH ⋅ cos(φ −90°) a − B( 2acosθ) − FBC ( 2asenθ ) = 0
FDH ⋅ senφa − B( 2acosθ) −C⋅ cotgθ ⋅ 2asenθ = 0
FDH ⋅ senφ −2( B+C) cosθ =0
FDH = P
cosφ
senφ