RESOLUÇÃO DA PROVA DE MECÂNICA DOS SÓLIDOS - 1ª UNIDADE

RESOLUÇÃO DA PROVA DE MECÂNICA DOS SÓLIDOS - 1ª UNIDADE

PROFESSOR: PROTÁSIO ANDRADE

ALUNO: TARCIZO GABRIEL

 

1) A primeira questão nos pede para expressar a força resultante como um vetor cartesiano, dessa forma, precisamos decompor as três forças dadas nos eixos X e Y, para então somar seus componentes e encontrar a força resultante. Para decompor as

forças, usaremos as definições de Seno e Cosseno em um triângulo retângulo, sendo          e         . Separando as forças da figura temos: [pic 1]

→

Começando pelo mais fácil, a          só possui componente na direção X, logo:        

→        →

300        N 

→

0 

→

Para          temos:

→        →

        N 

→        →

        . sen30°        400.        200        N [pic 2][pic 3]

→

Para         , usando o triângulo 3,4,5 dado para obter as relações trigonométricas, temos:  

→        →        ,        →

        . cos*        250. -[pic 4] .        200        N * Perceba que          é negativa, pois está no sentido

contrário do eixo X.

→        →

        . sen*        250.        150        N [pic 5]

Agora somamos todas as forças em X e em Y para obter a Força Resultante:

→[pic 6]

1. N 

→

∑        150 0 200 0 0        350        N 

E finalmente, a força resultante, escrita como um vetor cartesiano é:

→

3        410051 0 2√36i 0 350j9        N         [pic 7]

 

2) A questão nos exige muito mais a interpretação geométrica da figura dada do que cálculo propriamente dito. Vamos as afirmações:

I- FALSA - Pela figura é fácil perceber que o ângulo entre as forças é de 150º, pois esse valor somado ao ângulo de 30º dado na questão seria o ângulo entre o eixo y positivo e negativo. x+30º=180º; logo, x=150º.

II - FALSA - Como as forças valem 450 e 300, mesmo que elas estivessem na mesma direção e sentido, sua soma vetorial seria 750 e nunca superior a esse valor. III - VERDADEIRA - O ângulo entre a força F5 e o eixo Y é de 90º. Como a força F1 está apontando acima do eixo Y, fica fácil perceber que o ângulo entre F1 e F5 é maior que 90º.

Alternativa correta: b) III, apenas.

1. O momento tridimensional de uma força : em relação ao eixo de rotação que passa pelo ponto O, é perpendicular ao plano O e :, e pode ser calculado pelo produto vetorial

entre um vetor posição (;:2        dirigido de O até algum ponto sobre a linha de ação de : e o próprio vetor :: <= ;: >: ;. . sin * Como mais de uma força está sendo aplicada em pontos diferentes do equipamento, o momento resultante é a soma vetorial dos momentos parciais obtidos. Logo: 5@6= ;???: > : 0 ;???: > ???: 

 [pic 8]

=

 

 

= 11,3B 0 3,3C . 0,45D2E ⋅ G 

 

1. Em primeiro lugar, devemos calcular as forças de reação sobre os apoios da estrutura. Apesar da figura não nos dizer os tamanhos das barras, o gradeado mostra que as barras horizontais e verticais possuem o mesmo tamanho, sendo nessa figura 3 unidades de comprimento do gradeado. Aplicando a equação de momento de equilíbrio sobre o ponto de apoio da direita, temos:

∑<[pic 9]

.E        150DE 

Esse resultado poderia ser observado também pela simetria da estrutura, pois, no caso de haver tal simetria, a força de reação do somatório de todas as forças aplicadas será dividida igualmente entre os dois pontos de apoio. Como o total de forças aplicadas é 150kN+150kN=300kN, dividindo essa força entre os apoios resulta em 150kN para cada ponto de apoio.

Da figura também podemos tirar a informação do ângulo entre as barras no ponto A, que conforme sabemos, a medida de cada um dos ângulos agudos de um triângulo retângulo isósceles é 45º.

De posse dessas informações, podemos enfim analisar o equilíbrio do ponto A, para determinar a força nas barras AB e AC, e se estão sofrendo tração e compressão. Para essa análise existem diversas formas de pensar a mesma situação, porém iremos seguir o que foi ensinado pelo professor Protásio.

Colocando as forças de uma maneira “espalhada” para que se anulem, percebemos que a figura nos sugere que a barra AB está sofrendo compressão e a barra AC tração. [pic 10]

Agora vamos decompor as forças nos eixos X e Y:

        :JOP .:JO.        45º           :JOQ .:JO.        45º 

        :JRP        :JR                      :JRQ 0   

                                    E?:JP 0                                  E?:JQ E?:J 

∑        0 ⇒ . :[pic 11] 

∑        0 ⇒ . :[pic 12] 

* Como os resultados deram positivos, sabemos que a disposição inicial que fizemos das forças foi correta, e portanto, a barra AB está sofrendo compressão e barra AC tração. Caso algum resultado fosse negativo, o módulo da força estaria correto porém o esforço que a barra está sofrendo mudaria de tração para compressão e vice-versa.