Mecânica Geral - Exercicios Resolvidos

MECÂNICA GERAL

EXERCICIOS RESOLVIDOS

MECÂNICA GERAL

O parafuso tipo gancho está sujeito a duas forças F1 e F2. Determine o modulo a direção e o sentido.

MECÂNICA GERAL

O parafuso tipo gancho está sujeito a duas forças F1 e F2. Determine o modulo a direção e o sentido.

MECÂNICA GERAL

MECÂNICA GERAL

Vamos resolver utilizando a metodologia aplicada em sala de aula.

MECÂNICA GERAL

Vamos resolver utilizando uma nova metodologia.

MECÂNICA GERAL

Calculo da força resultante utilizando a lei do cosseno.

MECÂNICA GERAL

LEI DO COSSENO

Fr

Fr

150 115

°

100

a

b

MECÂNICA GERAL

Fr

Fr

150 115

°

100

a

 = 100 + 150 2 ×100 ×150 ×115°  = 212,6 

b

MECÂNICA GERAL

E qual o ângulo da força resultante?

Fr

PHR

MECÂNICA GERAL

LEI DO SENO B

Fr c

a

PHR

C A

b

 =  =    

MECÂNICA GERAL

 = 212,6  Fr = 212,6N

150

100 LEI DO SENO

 =  =    

MECÂNICA GERAL

 = 212,6  LEI DO SENO

150

Fr = 212,6N 115

  = ,  °

°

 = 39,8

°

100

MECÂNICA GERAL

 = 212,6  LEI DO SENO

  = ,  °

150

Fr = 212,6N

 = 39,8

115

°

100 15

°

°

PHR

 = 39,8 + 15  = 54,8

°

°

°

MECÂNICA GERAL Determine os componentes x e y de F 1 e F2 que atuam sobre o componente mecânico mostrado na figura e expresse cada força como vetor cartesiano.


 = - 200 × sen30 N  = - 100 N  = 100 N ← °


 = - 200 × sen30 N  = - 100 N  = 100 N ← °


 = 200 × cos30 N  = 173 N  = 173 N ↑ °


 = 200 × cos30 N  = 173 N  = 173 N ↑ °


 = -100 N  = 100 N ↓

 = 240 N  = 240 N →


 = -100 N  = 100 N ↓

 = 240 N  = 240 N →


 = 173 N ↑  =

100 N ↓

Como escrever a notação vetorial cartesiana?

 = 100 N ←  = 240 N →


j i

 = 100 N ←  = 240 N →

 = 173 N ↑  =

 = { - 100i + 173j } N  = { 240i - 100j} N  = { 140i + 73j} N

100 N ↓

MECÂNICA GERAL

Expresse a força F como um vetor cartesiano

MECÂNICA GERAL Regra dos cossenos

++ =  + 60°+45°=1 =1 60°45°  = 1  60°45°


++ =   = 1  (0,5)(0,707)  = 1  0,25  0,50  = 0,25  = ± 0,5


 = ± 0,5 = −0,5=60° ou = −(0,5)=120° Como Fx está na direção +x o ângulo será 60°, logo temos:

 = 60°  + 60°  + 45°   = 20060°   + 20060°   + 20045°  ={100+100+141,4 } N


 = 60°  + 60°  + 45°   = 20060°   + 20060°   + 20045°  ={100+100+141,4 } N


={100+100+141,4 } N Vamos calcular a prova real?

 =100 +100 +141,4  = 100 +100 +141,4  = 200 

MECÂNICA GERAL Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante que atua sobre o parafuso olhal.

MECÂNICA GERAL Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante que atua sobre o parafuso olhal. Como as forças estão representadas como vetor cartesiano, a força resultante será:

 =   =  + 

+

= 60 + 80  =50100+100  = 50  40 + 180


 =   =  + 

+

= 60 + 80  =50100+100  = 50  40 + 180


+

= 60 + 80  =50100+100  = 50  40 + 180

A intensidade (escalar) da força resultante é calculada pela equação:

 =(50)+(40)+(180)  =2500+1600+32400  = 36500

 ≅ 191 

MECÂNICA GERAL Determine a intensidade e os ângulos diretores coordenados da força resultante que atua sobre o parafuso olhal. A intensidade (escalar) da força resultante é calculada pela equação:

 =(50)+(40)+(180)  =2500+1600+32400  = 36500

 ≅ 191 


 = 50  40 + 180   ç   = 191   ç  Os ângulos das coordenadas α, β, γ são determinados pelos componentes do vetor unitário que atua na direção de Fr, logo:

 ()  =  ()

50   40  + 180   = 191 191 191  = 0,2617  0,2094 +0,9422


 = 50  40 + 180   ç   = 191   ç  Os ângulos das coordenadas α, β, γ são determinados pelos componentes do vetor unitário que atua na direção de Fr, logo:

 =  () ()

50 40 180  = 191   191  + 191   = 0,2617  0,2094 +0,9422


 = 0,2617  0,2094 +0,9422 Logo, para calcular o ângulo diretor:

cos=0,2617  = cos− 0,2617  = 74,8°

cos = 0,2094  = cos−(0,2094)  = 102°

cos=0,9422  = cos− 0,9422  = 19,6°

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE-1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kg estática à tração.

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kg estática à tração. tração.

MECÂNICA GERAL

MECÂNICA GERAL

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kg estática à tração.

Para o SAE1020, os valores são:

σR = 4200kgf/cm² Fator de Segurança =5

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kg estática à tração. A tensão admissível será:

 kgf  4200    2  F  cm  5 

R

 kgf    840  cm 2 

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kg estática à tração. A tensão admissível é

 / Então, a área da seção necessária para suportar a carga com segurança será de:

S 

P 

cm   2

5000 840

S  6 cm  2

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kgf estática à tração.

S  6 cm 2 

Isto significa que para suportar a carga de 5000kgf esta barra deve possuir no mínimo 6cm² de área na seção metálica.

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kgf estática à tração. S  6 cm 2  Para o cálculo o diâmetro da barra a partir de sua seção, será necessário:

S 



d  2

 d 2 4

24 

cm   6  2



 d 2 4

d  7,639  d  2,76cm

5

MECÂNICA GERAL 1 – Considerando que a barra seja de seção circular e de aço SAE 1020, determinar o diâmetro que deve ter para suportar com segurança uma carga “P” de 5000 kgf estática à tração.

Isto significa que para suportar a carga de 5000kgf esta barra deve possuir no mínimo 2,76cm ou 27,6mm de diâmetro.

5

MECÂNICA GERAL 2 – A peça mostrada na figura abaixo é constituída de uma parte com diâmetro maior de 30mm e outra com diâmetro de 20mm. Calcular a carga “P”, intermitente, que poderá ser aplicada à peça, considerando que a mesma é feita de aço estrutural.

5

MECÂNICA GERAL 3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a) O diâmetro “d” da peça;

b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça.

5

P  7,5 tf   7500kgf 

MECÂNICA GERAL

3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a ) O diâmetro “d” da peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. Para o SAE1020, os valores de σR = 4200kgf/cm²

Fator de Segurança =5

A tensão admissível será: a) Cálculo do diâmetro “d” da peça:

P  7,5 tf   7500kgf 

 kgf  4200    2  F  cm  5 

R

 kgf    840  cm 2 

5

MECÂNICA GERAL 3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a ) O diâmetro “d” da peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. A tensão admissível será:

 kgf    840  cm 2 

Significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 840kgf/cm²

5

MECÂNICA GERAL 3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a ) O diâmetro “d” da peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça.



 kgf   840 2   cm 

P  7500kgf 

Então, a área da seção necessária para suportar a carga com segurança será de:

S 

P 

cm   7500 2

S  8,93 cm 2

840

5




Isto significa que para suportar a carga de 7.500 kgf esta barra deve possuir no mínimo 8,93cm² de área na seção metálica.

 kgf   840 2   cm 

P  7500kgf 



S  8,93 cm 2



8,93 

Para o cálculo do diâmetro da barra: 

 d 2 4



35,71    d 2 

d  2

35,71 

d  3,37cm



5


d  3,37cm

Significa que para suportar a carga de 7500kgf esta barra deve possuir no mínimo 3,37cm ou 33,7mm de diâmetro.

5

MECÂNICA GERAL 3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a ) O diâmetro “d” da peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. Cálculo da quantidade de parafusos

Diâmetro interno di = 15mm = 1,5cm

P  7500kgf  Para o SAE1040, os valores de σR = 5800kgf/cm²

Fator de Segurança =4

A tensão admissível será 





 kgf  5800  2  F  cm  4



R

 kgf   1450  2   cm 

5

MECÂNICA GERAL 3 – No sistema representado na figura abaixo, determinar: a ) O diâmetro “d” da peça; b) A quantidade de parafusos necessários para a fixação da peça. A tensão admissível será 

 kgf   1450  2   cm 

A área total da seção metálica a ser distribuída pelos parafusos necessária para suportar a carga com segurança será de:





P S t

St 

P 

cm  2

St 

7500 1450

cm  2

St  5,17 cm 2

5


St  5,17 cm

2

Isto significa que para suportar a carga de 7500kgf a área total a ser distribuída entre os parafusos deve possuir no mínimo 5,17cm² de área na seção metálica.

5


St  5,17 cm 2

Para o cálculo a área de cada parafuso:

Sp 



 d

2

4

cm   2

Sp 

Sp  1,767 cm 2



1,52 4



5


Isto significa que cada parafuso possui 1,767cm² de área metálica.

St  5,17 cm 2 Sp  1,767 cm 2

Como a área total a ser distribuída entre os parafusos é de 5,17cm² então:

Qt 

St Sp

Qt 

5,17 1,767

Qt  2,93...  3 parafusos

5

MECÂNICA GERAL 4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa ” seja de 120 graus, determinar: a) O diâmetro das barras; b) O deslocamento do ponto “0” ao ser aplicada a carga.

5

MECÂNICA GERAL

4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa ” seja de 120 graus, determinar: a) O diâmetro das barras;

Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de Corpo Livre do sistema:

Para calcular as forças “P1”, será necessário calcular a resultante da somatória das forças no eixo “Y”, que é o eixo de interesse:

5

MECÂNICA GERAL



 F  0 y

  P  P 1  cos 600  P 1  cos 600  0   P  2 *  P 1  cos 600   0  2000  2  ( P 1  0,5)  0  P 1  0,5 

2000

2  P 1  0, 5  1000

1000  P 1   P 1  2000kgf  0,5

5

MECÂNICA GERAL



Isto significa que a força P1 exercida em cada uma das barras será de 2000kgf.

5

MECÂNICA GERAL

4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando que o ângulo älfa ” seja de 120 graus, determinar: a) O diâmetro das barras; a) Cálculo do diâmetro das barras “P1”:

Para o SAE1020 temos: σR =4200kgf/cm² Fator de Segurança =5

P1 = 2000 kgf

5

MECÂNICA GERAL

5

MECÂNICA GERAL

Aço macio

5

MECÂNICA GERAL



A tensão admissível será:

 kgf     F  cm 2  

R

  

4200 5

 kgf     840 2   cm  P1 = 2000 kgf

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 840kgf/cm².

5

MECÂNICA GERAL



A área da seção necessária para suportar a carga com segurança será de:

 S 

P 1

cm  2



 S 

2000 840

 S  2,38cm  2

1

P1 = 2000 kgf

Isto significa que para suportar a carga de 2.000 kgf esta barra deve possuir no mínimo 2,38cm² de área na seção metálica.

5

MECÂNICA GERAL



cálculo do diâmetro das barras “P1”:

 S 



 d

2

4

 2,38 



cm  2

 d

2

4

 9,52    d

2

P1 = 2000 kgf

 d  2

9,52 

5

MECÂNICA GERAL



cálculo do diâmetro das barras “P1”:

 d  2

9,52 

 d  3,03 2

P1 = 2000 kgf

 d  3,03  d  1,74cm  Isto significa que para suportar a carga de 2.000 kgf esta barra deve possuir no mínimo 2,38cm² de área na seção metálica.

MECÂNICA GERAL 4 – Na figura abaixo, duas barras de aço SAE-1020, de 2m de comprimento cada e articuladas nas extremidades deverão suportar com segurança uma carga estática de 2tf. Considerando Considerando que o ângulo älfa ” seja seja de 120 graus, determinar: a) O desl desloc ocam amen ento to do pont pontoo “0” ao ao ser aplicada a carga.

(


Inicialmente, será necessário calcular o alongamento das barras: k gf Para o aço, o valor de E  2,1  10 6  2   cm 

 L 



 L E

cm 

840  200 2,1  10

6

  L  0,08cm

Significa que o alongamento em cada barra “P1” provocado pela

força foi de 0,08cm ou 0,8mm.

(


Agora é possível calcular o deslocamento deslocamento no ponto “0”:

h

 L sen30

0

cm  

0,08 0,5

 h  0,16cm 

ou

h

 L cos 60

0

cm  

0,08 0,5

 h  0,16cm 

MECÂNICA GERAL Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus.


Inicialmente, é necessário traçar o Diagrama de Corpo Livre do sistema




F y  0   P  P 1  cos 60 0  0  P   P 1  cos 60 0  5000   P 1  0,5   P 1 

5000 0,5



P 1  10000kgf 

Isto significa que a força P1 exercida na barra “1” é de compressão e têm intensidade de 10000kgf.




F y  0   P  P 1  cos 60 0  0  P   P 1  cos 60 0  5000   P 1  0,5   P 1 

5000 0,5



P 1  10000kgf 

Isto significa que a força P1 exercida na barra “1” é de compressão e têm intensidade de 10000kgf.


 F  0   P  P  cos 30 x

2

1

0

 0  P 2   P 1  cos 300  P 2   10000  0,866  P 2  8660kgf 

Isto significa que a força P2 exercida na barra “2” é de tração e têm intensidade de 8660kgf.



R  c

F

=5

MECÂNICA GERAL

Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus. b) Cálculo do diâmetro da barra “1”, sendo que P1 = 10000kgf;

Para o SAE1020, os valores de σR = 4200kgf/cm² Fator de Segurança =5 A tensão admissível será:

4200  kgf   kgf      c  840 2  2   5 F  cm   cm  



c

R  c

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 840kgf/cm².



R  c

F

=5

MECÂNICA GERAL

Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus.

Então, a área da seção necessária para suportar a carga com segurança será de:

S 1 

P 1 

c

cm   2

10000 840

 S 1  11,9cm 2 

Isto significa que para suportar a carga de 10000kgf esta barra deve possuir no mínimo 11,9cm² de área na seção metálica.



R  c

F

=5

MECÂNICA GERAL

Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus. Para o cálculo do diâmetro da barra “1”:

 S 1 



 d 2 4

cm   11,9  2

 47,6    d  d  2

2



 d 2 4

47,6 

 d 2  15,16  d  15,16  d  3,89cm Isto significa que para suportar a carga de 10000kgf esta barra deve possuir no mínimo 3,89cm ou 38,9mm de diâmetro.



R  c

F

=5

MECÂNICA GERAL

Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus. c) Cálculo do diâmetro da barra “2”

Sendo que P2 = 8660kgf;

S 2 

P 2 

c

cm   2

8660 840

 S 2  10,31cm 2 



R  c

F

=5

MECÂNICA GERAL

Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 5tf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus. c) Cálculo do diâmetro da barra “2”

S 2 



 d 2 4

 10,31 

cm 



2

 d  2

41,2 

 d

 d  13,13

4

 d  13,13  d  3,62cm

2

 41,2    d

2

2

Isto significa que para suportar a carga de 8660kgf esta barra deve possuir no mínimo 3,62cm ou 36,2mm de diâmetro.

MECÂNICA GERAL Na figura abaixo, determinar o diâmetro da barra “1” de aço SAE1020 sujeita a compressão e o diâmetro do tirante “2” do mesmo material, sujeito a tração, para suportar com segurança uma carga estática de 750kgf. O ângulo entre as barras “1”e “2” é de 30 graus.

MECÂNICA GERAL Determine o diâmetro de um rebite de aço SAE-1015 que deve suportar com segurança uma força intermitente, de natureza cortante pura a cisalhamento que possui intensidade de 1.000 kgf.



Para o SAE-1015 σR-s= 2.880 kgf/cm² Fator de Segurança = 6

  s    s    s

 kgf  F  cm 2 



R  s

2880 6

 kgf   480 2   cm 

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 480 kgf/cm².


Então, a área da seção necessária para suportar a carga com segurança será de: Para o SAE-1015 σR = 2.880 kgf/cm² Fator de Segurança = 6

 S 

P 

cm  2

s

 S 

1000 480

 S  2,08cm 2  Isto significa que para suportar a carga de 1.000 kgf este rebite deve possuir no mínimo 2,08cm² de área na seção metálica.


Para o cálculo do diâmetro do rebite:

Para o SAE-1015 σR = 2.880 kgf/cm² Fator de Segurança = 6

 S 



 d

 2,08 

2



cm  2

4

 d  2

 d 2 4

 8,3    d 2

8,3 

 d 2  2,65  d  2,65  d  1,63cm 

Isto significa que para suportar a carga de 1000kgf este rebite deve possuir no mínimo 1,63cm ou 16,3mm de diâmetro.

MECÂNICA GERAL Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca.


Para o SAE1040, os valores de σR-S = 4.350 kgf/cm² e Fator de Segurança =12


4350  kgf   kgf      s  362 2  2   F  cm  12  cm  



s

R  s

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 362kgf/cm²

MECÂNICA GERAL Determine o diâmetro do pino no sistema de articulação de aço SAE-1040 que deve suportar com segurança a um cisalhamento puro, uma força de 1.000 kgf sujeito a variação brusca. A partir daí, pode-se calcular a área resistente total necessária para suportar a carga:

S t 

P 

cm   S 2

t

s



1000 362

 S t  2,76cm 2 

Isto significa que o pino deverá ter no mínimo 2,76cm² de seção resistente nestas condições de trabalho.

Como pode ser observado, neste tipo de construção o pino têm duas seções resistentes, pois é montado sobre dois apoios. Assim sendo, cada seção recebe apenas a metade da carga total. Portanto:

S t  1,38 cm 2


O diâmetro do pino é dada por:

S 



 d 2 4

cm   1,38  2



d  1,757  d  1,33cm

 d 2 4

 5,52    d 2  d 2 

5,52 

 d 2  1,757 


O diâmetro do pino é dada por:

S 



 d 2 4

cm   1,38  2



 d 2 4

 5,52    d 2  d 2 

5,52

 d 2  1,757 



d  1,757  d  1,33cm

Isto significa que o pino deverá ter no mínimo 1,33cm ou 13,3mm de diâmetro nestas condições de trabalho.

MECÂNICA GERAL Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. Para o SAE-1020, os valores de σR = 4.200 kgf/cm² e Fator de Segurança =5 A tensão admissível será:



f



4200  kgf   kgf   840    f  cm 2  F  cm 2  5



R

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 840kgf/cm²

MECÂNICA GERAL

para o pres ente c as ser á:

Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. Cálculo do momento fletor e do módulo de resistência: A carga está concentrada na extremidade da viga, portanto, o momento fletor máximo

 kgf    840 f  cm 2 

 Mf  P  Lkgf  cm   Mf  500  50  Mf  25.000kgf  cm 

Isto significa que o momento fletor agindo sobre esta viga é de 25000kgf.cm

MECÂNICA GERAL


Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. Cálculo do momento fletor e do módulo de resistência: A carga está concentrada na extremidade da viga, portanto, o momento fletor máximo

 kgf    840 f  cm 2 

 Mf  P  Lkgf  cm   Mf  500  50  Mf  25.000kgf  cm 

Isto significa que o momento fletor agindo sobre esta viga é de 25000kgf.cm

MECÂNICA GERAL


Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. Então o módulo de resistência será:

Mf  kgf    f  W  cm 2 

 kgf  840  f  cm 2 

 W 

Mf 



cm  3

f

 W 

25000 840

 W  29,76cm 3  Isto significa que o módulo de resistência desta viga é de 29,76 cm³

MECÂNICA GERAL


Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 

f

 kgf   840 2   cm 

Do ANEXOS_RESMAT para uma barra redonda temos que:

MECÂNICA GERAL Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 

f

 kgf   840 2   cm 

W

 W 



 d 3 32

 29,76 





3

29,76 cm

cm  3


 d  3

952,32 

 d

 d 3  303,13

32

 d  3 303,13  d  6,72cm

3

 952,32    d 3

Isto significa que para suportar a flexão da carga de 500kgf esta barra deve possuir no mínimo 6,72cm ou 67,2mm de diâmetro.

MECÂNICA GERAL Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m. 

f

 kgf   840 2   cm 


d  6,72cm W



3

29,76 cm

Para resolução do problema, também poderá ser consultada tabela para barras redondas constante do ANEXOS_RESMAT, onde a partir do módulo de resistência calculado, pode-se selecionar o diâmetro da barra correspondente e que esteja disponível no mercado. Neste caso: Para W=29,76cm³ calculado, pode-se selecionar as seguintes barras: W=30,87cm³, barra diâmetro 68mm; caso esta barra não esteja disponível no mercado, utilizar W=33,47, barra diâmetro 2 ¾” .

MECÂNICA GERAL Uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades deverá suportar com segurança uma carga estática de 500 kgf concentrada na extremidade livre. Determine o diâmetro da barra sabendo-se que seu comprimento é de 0,5m.  f

 kgf   840 2   cm 

Cálculo da flecha máxima Temos que a flecha máxima admitida para este tipo de carregamento é dada por: W



3

29,76 cm

d  6,72cm

f 

P  L 3  E  I

cm

 kgf  Para o aço, o valor de E  2,1  10 6  2   cm 


 kgf   840 2   cm 

Cálculo da flecha máxima  kgf  E  2,1  10 6  2   cm 

W



3

29,76 cm

I 



 d 4 64

f 

P  L 3  E  I

d  6,72cm

cm   4



 6,72 4 64

 I  100,1cm 4 

cm


 kgf   840 2   cm 

I  100,1 cm 4  kgf  2  cm 

E  2,110 6  W



3

29,76 cm

f 

Cálculo da flecha máxima

f 

P  L 3  E  I

cm

d  6,72cm

P  L3 3  E  I

cm 

500  503





3  2,1  10  100,1 6



62500000 630630000

 f  0,1cm

Isto significa que para estas condições, a flecha máxima na extremidade da viga será de 0,1cm ou 1mm

MECÂNICA GERAL

Para uma barra de aço SAE-1020 engastada numa das extremidades, 40mm de diâmetro e 1m de comprimento, determinar a carga estática que pode ser aplicada com segurança na extremidade livre. Qual a flecha máxima na barra?

MECÂNICA GERAL Um parafuso especial de uma junta aparafusada necessita de um torque de 500kgf.cm; Pede-se dimensionar uma chave fixa a fim de obter o torque necessário ao parafuso, aplicando-se uma força brusca de 20kgf na extremidade. A chave é de aço SAE3130 e o lado “h” é o triplo de “b” . Determinar: a) As dimensões “b”e “h” ; b) O comprimento do cabo; c) a deflexão no cabo ao aplicar a máxima força.


a) Cálculo do comprimento “L”

Neste caso, o momento fletor é igual ao momento torsor:

 Mt  Mf  P  Lkgf  cm   L  

Mf P

kgf 

500 20

 L  25cm 


a) Cálculo do comprimento “L”

Neste caso, o momento fletor é igual ao momento torsor:

 Mt  Mf  P  Lkgf  cm   L  

Mf P

kgf 

500 20

 L  25cm 

Isto significa que o comprimento do cabo para este torque será 25cm ou 250mm


b) Cálculo das dimensões do cabo “b”e “h”:

Para o SAE3130, os valores de σR = 6800kgf/cm² e Fator de Segurança = 12 Inicialmente, calcularemos a tensão admissível à flexão.   f    f 

 kgf  F  cm 2 



R

6800 12

 kgf    f  566,7  2   cm 

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 566,7kgf/cm².


A partir daí, pode-se calcular o módulo de resistência.

  f 

Mf  kgf 

W  cm 2  Mf cm3   W  

f

 W 

500 566,7

 W  0,882cm3 

Isto significa que a tensão admissível para o material neste caso será de 566,7kgf/cm².


A partir daí, pode-se calcular o módulo de resistência.



f

 kgf   566,7  2   cm 

A partir do ANEXOS_RESMAT; para uma barra retangular é dado que: W 

b  h2 6

cm  3

E a proporção entre os lados impostos pelo problema é:

h  3  bcm

MECÂNICA GERAL EXERCÍCIO 1 1) Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça mostrada na figura e indique se os elementos estão sob tração ou compressão.

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ B

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ C

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ A

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 1

Representação dos esforços nos elementos da treliça.

MECÂNICA GERAL EXERCÍCIO 2 2) Determine as forças que atuam em todos os elementos da treliça mostrada na figura e indique se os elementos estão sob tração ou compressão.

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO

 = 0 600×4+400×3 ×6 =0 ×6 =(600×4+400×3) )  = (600×4+400×3 6  = 600 ↑

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 CÁLCULO DAS REAÇÕES DE APOIO

 = 0 600 = 0  =600←  = 0 600400   = 0  =600 400   =200↓

MECÂNICA GERAL SOLUÇÃO DO EXERCÍCIO 2 EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO NÓ A

200 N

Mecânica Geral - Exercicios Resolvidos

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