Avaliacoes-anteriores

8/19/2019 Avaliacoes-anteriores

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Universidade Federal do Paraná

Departamento de Engenharia Mecânica

Estática

Prof. Emı́lio Eiji Kavamura, MSc

Obs. 1) A resolução as questões deve ser feita inteiramente na folha de respostas.

Obs. 2) Quaisquer anotações feitas nas folhas de questões seriam desconsideradas. Pois é facultado ao aluno levar a folha

questões ao final da prova.

Obs. 3) As respostas devem ser a caneta e destacadas por um único quadro em torno delas.

Obs. 4) Tempo de prova: 100min

Q-01) O cabo AB, de 19,5 m, está sujeito a uma tração de 20500 N.

Determine:

a) as componentes cartesianas da força aplicada pelo cabo

em B; e

b) os ângulos θx, θy e θz que definem a direção da força apli-

cada em B.

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Q-02) Os eixos A e B ligam a caixa de câmbio às rodas de um trator

e o eixo C ao motor. Os eixos A e B estão no plano vertical

yz e o eixo C tem a direção do eixo x. Substitua os binários

aplicados aos eixos por um binário equivalente, determinado

seus módulo, sentido e direção.

Q-03) Determine as reações da apoio para a viga apresentada abaixo:

Q-04) No bloco da figura são aplicadas 4 forças paralelas a certas

arestas. Reduza o sistema de forças a:

a) um sistema força binário na origem, e

b) um torsor (determine o passo e o eixo do torsor).

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Resolução

Res. 1) A distância OB é dada por:

OA = 16.8m

AB = 19.5m OB =

AB

2+ OA

2 OB = 9.9m

A posição do ponto B em relação ao sistema de coordenadas da figura é

dado por:

x = −OB · cos20◦ x = 9.303my = 0m

z = OB · sin20◦ z = 3.386m

Para determinar as componentes da força no ponto B, deve-se escrever o vetor que dá a direção desta força. Assim,

em relação ao ponto B o vetor direção −−→BA é dado por:−−→

BA = −9.3̂i + 16.8ˆ j + 3.39k̂O vetor unitário de

−−→BA, λ, é dado por:

λ = −−→BA|−−→BA| λ = ( (−9.3, 16.8, 3.39)

(−9.3)2 + 16.82 + 3.392 λ = (−0.4769, 0.8615, 0.1738)

a) Sabendo-se a magnitude da tração em B de F= 20500 N, a for ça aplicada em B é dada por:

F B = F λ = 20500(−0.4769, 0.8615, 0.1738)N

F B = (−9.776, 17.661, 3.563) kN

b) Os coeficientes do vetor unit́ario λ são os cossenos diretores. Assim,

θx = acos0.4769 θx = 118.5◦

θy = acos0.8615 θy = 30.52◦

θz = acos0.1738 θz = 79.99◦

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Res. 2) .

Resolução

Basta somar os três binários representados por M 1 + M 2 + M 3

M 1 + M 2 + M 3 = 4576

λ M 1 (−1, 0, 0) +313

λ M 3 (0,sen20◦,cos20◦) +1017

λ M 2 (0,−sen20◦,cos20◦)

= (

−4576, 313 sen20◦

−1017 sen20◦, 313 cos20◦ + 1017 cos20◦)

= (−4576, 313 0.3420− 1017 0.3420, 313 0.9397 + 1017 0.9397)= (-4.5760, -0.2408, 1.2498)

Res. 3) .

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Resolução

Para se resolver o problema, basta calcular primeiramente:

As forças equivalentes e seus pontos de aplicação:

E determinar as reações de apoio através das equações de equiĺıbrio:

F x = 0 Ax = 0F y = 0 Ay + By − 1800 = 0

M A = 0 2 · 400− 4 · 600 − 8 · 800 + 10 ·By = 0 By = 800lbAy = 1800 − 800 = 1000lb

Ax=0, Ay=1000lb, By=800 lb

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Res. 4) .

Resolução

No bloco da figura são aplicadas 4 forças paralelas a certas arestas. Reduza o sistema de forças a:

a) um sistema força binário na origem, e

b) um torsor (determine o passo e o eixo do torsor).

OA = (0, 0, 7)25mm F A = (0, 0,

−40)N

OD = (0, 4, 7)25mm F D = (60, 0, 0)N

OE = (5, 0, 0)25mm F E = (−20, 0, 0)NOF = (5, 4, 0)25mm F F = (0, 0, 40)N

F x = 60− 20 = 40NF y = 0F z = 40− 40 = 0

M O = 0

OA × F A + OD × F D + 0

OE × F E + OF × F F = OD × F D + OF × F F = (4.0000, 5.5000,−6.0000)N m

a) R=(40,0,0)N, M O=( 4.0000 , 5.5000 , -6.0000) Nm

b)

M = M ⊥ + M

λ = R

| R| = (1, 0, 0) M = M · λ = (4, 0, 0)Nm

M ⊥ = M − M = (0, 5.5,−6)Nm λ⊥ = M ⊥| M ⊥|

= (0, 0.0830, −0.0906)

d×

R =

M ⊥

dR = M ⊥

40d = 8.1394

d = 0.2035m

d=0.2035 m,λ⊥ = (0, 0.0830, −0.0906)

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TM-227 - Estática


Observações:

1) A resolução as questões deve ser feita inteiramente na folha

de respostas.

2) Quaisquer anotações feitas nas folhas de questões seriam

desconsideradas. Pois é facultado ao aluno levar a folha de

questões ao final da prova.

3) As respostas devem ser a caneta e destacadas por um ún

quadro em torno delas.

4) Tempo de prova: 120min

Q-01) Determine os diagramas de momento fletor e força cortante:

Q-02)

Os blocos A e B possuem uma massa de 3kg e 9kg respec

vamente, e estão conectados a ligações sem peso como mos

a figura ao lado. Determine a maior força P que pode

aplicada no ponto C sem causar qualquer movimento. O eficiente de atrito estático entre os blocos e as superf́ıcies

contato é µs=0.25.

Q-03) Determine

a) a área da superfı́cie e o volume do sólido formado girando-

se a área sombreada 270◦ em torno do eixo z, utilizando oTeorema de Pappus Guldinus;

b) o centróide do sólido descrito.

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m a i l

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α e e

k . d e m

a i l . c o m

α e e k

l . c o m

c o

Q-04) Obtenha:

a) os momentos de inércia de área e o produto de inércia;

b) o cı́rculo de Mohr;

c) o valor dos momentos principaos de inércia.

Q-05)

O mecanismo está sujeito a uma força P=6kN, Determin

ângulo θ para o equiĺıbrio. Amola está livre com θ = 6

Despreze a massa dos membros.

Q-06) Determine as componentes vertical e horizontal da reação que

os pinos A e B exercem sobre a estrutura de dois membros.

Faça F= 600N.

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h o t m

u

f p r @ h o t m a i

m e c . u f p

r @ h o t m a i l .

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. c o m

α e e

k . d e m

a i l . c o m

α e e k

l . c o m

c o



TM-227 - Estática


Q-01) Determine os diagramas de momento fletor e força cortante:

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h o t m

u

f p r @ h o t m a i

m e c . u f p

r @ h o t m a i l .

e

k . d e m

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α e e k

l . c o m

c o

Resolução

Reações de apoio: F x = 0 Ax=0F y = 0 8 + 8 + 3 = Ay + Dy Ay = 19 −Dy

M A = 0 8 · 1 + 8 · 2.25 + 3 · 3.75 + 20 = Dy · 3.25Dy=17.62kN Ay=1.38kN

trecho xmin(m) xmax(m) V(x) M(x)

1 0.00 1.00 1.38 1.38x2 1.00 1.25 -6.62 1.38x − 8(x − 1)3 1.25 2.25 -6.62 1.38x− 8(x− 1) + 204 2.25 3.25 -14.62 1.38x− 8(x− 1) + 20 − 8(x− 2.25)

5 3.25 4.00 3x− 6253/200 3 x− 16

x− 134

39

− 2253200

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h o t m

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m a i l

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α e e

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a i l . c o m

α e e k

l . c o m

c o

Q-02)

Os blocos A e B possuem uma massa de 3kg e 9kg respec

vamente, e estão conectados a ligações sem peso como mos

a figura ao lado. Determine a maior força P que pode

aplicada no ponto C sem causar qualquer movimento. O

eficiente de atrito estático entre os blocos e as superf́ıcies

contato é µs=0.25.

Resolução

Do elo C, pode-se concluir que a soma das forças transmitidas pelas barras é igual a força P. Determinando o valor de

F CA e de F CB :

F CA + F CB = P

F CAcos(30◦) = P F CA = 2

√ 3

3 P

F CAsen(30◦) = F CB F CA = 2P

No bloco A

F x = 0 F atA = F CAsen(30

◦) = µN A 2Psen(30◦) = µN A 2P 1

2 = 0.25N A

F y = 0 N A − W A + F CAcos(30◦) = 0 N A = W A − F CAcos(30◦) = 3 · 9.81 − 2P √

3

2

P = 0.25N A = 0.25 ·

3 · 9.81 − 2P √

3

2

P=5.1343N

No bloco B

F x = 0 F atB = F CB µN B = 2P P =

1

8N B

F y = 0 N B −W B = 0 N B = 9 · 9.81 = 88.29P =

1

8N B P=22.07N

Portanto a máxima força P é de 5.1343N

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h o t m

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f p r @ h o t m a i

m e c . u f p

r @ h o t m a i l .

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e c . u f

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α e e

k . d e m

a i l . c o m

α e e k

l . c o m

c o

Q-03) Determine

a) a área da superfı́cie e o volume do sólido formado girando-

se a área sombreada 270◦ em torno do eixo z, utilizando oTeorema de Pappus Guldinus;

b) o centróide do sólido descrito.

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h o t m

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m e c . u f p

r @ h o t m a i l .

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k . d e m

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α e e

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α e e k

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c o

Resolução

• Cálculo do volume:

V = 2π3

4(x1A1 + x2A2) = 2π

3

4

20 + 2

3 · 10

A1 100

+

20 + 10 +

4 · 103π

A2 π102

2

V = 3.7915× 104mm3

• Cálculo da área:

S = 2π 342( x1

10+5

l1 10√ 2

) + x2 20+10+2 r

π

l2 10π

S = 7.3831× 103

S total = S + 2 · 100 + π · 102 2∆+2

= 7.8973× 103

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c o

Q-04) Obtenha:

a) os momentos de inércia de área e o produto de inércia;

b) o cı́rculo de Mohr;

c) o valor dos momentos principaos de inércia.

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α e e k

l . c o m

c o

Resolução

Os produtos de inércia são nulos, devido a simetrias.

i Momento de inércia no CM’ CM A Momento de inércia em C

I x = bh3

12 I y =

bh3

12 (dx, dy) b · h I x = I x + d2yA I y = I y + d2xA I xy = 0 + dxdy A

106 mm4 106 mm4 106 mm4

1 100 · 203

12100

3 · 2012

(-50,140) 2000 39.267 6.6667 -14

2 20 · 2603

12

203 · 26012

(0,0) 5200 29.293 1.7333 0

3 100 · 203

12

1003 · 2012

(50,-140) 2000 39.267 6.6667 -14

Total 107.83 13.507 -28

Cálculo do Raio: r =

(107.83 − 61.4468)2 + 282 = 54.85 × 106mm4

Momentos de inércia principais:

I Max = 60.67 + 54.85 = 115.52 × 106mm4I Min = 60.67 − 54.85 = 5.82 × 106mm4

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α e e k

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c o

Q-05)

O mecanismo está sujeito a uma força P=6kN, Determin

ângulo θ para o equiĺıbrio. Amola está livre com θ = 6

Despreze a massa dos membros.

Resolução

W P = P x = P 0.9 · cos(θ) d W P dθ

= −0.9P sen(θ) δ W P = −0.9P sen(θ)δθ

W F el =

k(∆x)2

2 =

20×

103(2·

0.9cosθ

−2·

0.9·

0.5)2

2 = 32400(cosθ − 0.5)2

dW F eldθ

= 64800(cosθ − 0.5)(−sen(θ))δW F el = 64800(cosθ − 0.5)(−sen(θ))δθ

δ W P = δW F el

−0.9P sen(θ)δθ = 64800(cosθ − ·0.5) (−sen(θ))δθ−0.9P = −64800(cosθ − ·0.5)

0.9

·6

×103 = 64800(cosθ

− ·0.5)

712

= cosθ θ = 54.3147◦

θ = 54.3◦

16


17/92

h o t m

u

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c o

Q-06) Determine as componentes vertical e horizontal da r

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