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MECÂNICA - ESTÁTICA
Resultantes de
Sistemas de Forças
Cap. 4
Objetivos
Discutir o conceito de momento de uma força e mostrar
como calcular este momento em duas e três
dimensões.
Fornecer um método para encontrar o momento de
uma força em torno de um eixo específico.
Definir o momento de um binário.
Apresentar métodos para determinar resultantes de
sistemas de forças não concorrentes.
Indicar como reduzir um sistema de cargas distribuidas
em uma força resultante numa posição específica.
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© 2014 Curotto, C.L. - UFPR
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Vento, fluidos e o peso de
materiais suportados por
superficíes de corpos são
exemplos de cargas
distribuídas
A pressão p
(força/unidade de área) é a
intensidade destas cargas
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
A função carregamento é:
p = p(x) Pa
A pressão é uniforme ao
longo do eixo y
Multiplicando p = p(x) pela
largura a :
w(x) = p(x).a (N/m2) (m)
w = w(x) N/m
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
w = w(x) N/m
O sistema de forças de intensidade w =w(x) pode ser
simplificada em uma simples força resultante FR e sua
posição x pode ser definida
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Módulo da Força Resultante:
FR
(a)
F
C om o existe um núm ero infinito de forças paralelas dF
agindo ao longo da placa deve ser usada a integração
dF w (x)dx dA
FR
FR
F
w ( x ) dx dA
L
A
A
(b)
O m ódulo da força resultante é igual a
área total A abaixo do diagram a da função
carregam ento w w ( x )
(F ig.a)
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Posição da Força Resultante:
M
RO
x FR
M
xw
O
( x )dx
L
x
xw
( x )dx
L
w ( x )dx
L
xdA
A
dA
A
Esta equação representa
a coordenada
x do centróide
F R tem a linha de ação passando pelo centróide C
da área definida
pela função carregamen to w (x)
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4.10 Redução de um Sistema Simples de Cargas Distribuídas
Posição da Força Resultante:
FR tem módulo = volume abaixo da função carregamento
p = p(x) e linha de ação passando pelo centróide deste
volume.
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Problema 4.151
Substitua o carregamento por uma força resultante
e calcule sua posição na viga, medida a partir do
ponto B.
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Problema 4.151 - Solução
F1
1
F2
1
(8 0 0 )(1 2 ) 4 8 0 0 lb
2
(3 0 0 )(9 ) 1 3 5 0 lb
2
F3 (5 0 0 )(9 ) 4 5 0 0 lb
FR
Fy
F R 4 8 0 0 1 3 5 0 4 5 0 0 1 0 6 5 0 lb
F2
F1
FR
F3
F R 1 0 .7 k ip
M
RB
M
B
12
9
9
10650d 4800
1350 4500
3
3
2
B
d
d 0 .4 7 9 ft
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Problema 4.155
O concreto fresco exerce
uma pressão distribuída ao
longo da parede da forma.
Determine a força resultante
desta distribuição e localize
a altura h aonde a mão
francesa deve ser colocada
para ficar na linha de ação
da força resultante.
Considerar uma faixa de
parede de largura 1 m.
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Problema 4.155 - Solução
Diagramas de Cargas Atuantes:
z
4m
FR
h
A
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Problema 4.155 - Solução
Diagramas de Cargas Atuantes:
Largura da P arede 1 m
p 4z
1/2
kP a 4z
w (1) p (1) 4 z
1/ 2
1/2
(10) N /m
3
(10) 4000 z
3
2
1/ 2
N /m
z
p 4z
z
=
4m
4m
A
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kP a
dA=wdz
FR
h
1/ 2
dz
dF=dA
h
w 4z
A
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1/ 2
10
w 4000 z
1/ 2
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Problema 4.155 - Solução
Força R esultante E quivalente:
FR
F
x
z
-F R dA w dz
A
4m
FR
p 4z
z
0
1/ 2
kPa
1
4m
4000 z 2 dz
dA=wdz
0
4m
2 2
F R 4000 z
3
0
3
3
8000 2
FR
4 2133 3
3
dz
h
dF=dA
w 4z
A
1/ 2
10
w 4000 z
3
1/ 2
F R 2 1.3 kN
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Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
z
z
zd A
A
dA
A
zw d z
0
z
w dz
4m
z
0
1
3
2
z 2 0 z (1 0 ) d z
4m
0
4m
z
0
1
3
2
2
0
z
(1
0
)
dz
1
3
2
z 2 0 z (1 0 ) d z
FR
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p 4z
z
0
4m
1/ 2
kPa
dA=wdz
dz
h
dF=dA
w 4z
A
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1/ 2
w 4000 z
10
1/ 2
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3
Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
4m
z
0
3
2
4000 z dz
21333
2 2
4000 z
5
5
z
4m
p 4z
z
0
4m
1/ 2
kPa
dA=wdz
21333
z
5
2
4
5 1 2 0 0 N .m
21333
21333 N
8000
5
z 2 .4 0 0 0 m
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dz
h
dF=dA
w 4z
A
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1/ 2
10
w 4000 z
1/ 2
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Problema 4.155 - Solução
P o sição d a F o rça R esu ltan te E q u ivalen te:
z 2 .4 0 0 0 m
h 4 z 4 2 .4 0 0 0
h 1 .6 0 m
p 4z
z
4m
kPa
dA=wdz
dz
h
dF=dA
w 4z
A
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1/ 2
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1/ 2
10
w 4000 z
1/ 2
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Problema 4.K
Substitua o carregamento
por uma força resultante
e momento equivalentes
atuantes no ponto A.
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Problema 4.K - Solução
F1
1
(6 )(1 0 0 5 0 ) 1 5 0 lb
2
F2 (6 )(5 0 ) 3 0 0 lb
F3 ( 4 )(5 0 ) 2 0 0 lb
FR x
F
x
F3
F R x 1 5 0 sin 6 0 3 0 0 sin 6 0 3 8 9 .7 1 lb
FR y
FR y
F
2 ft
y
F2
1 5 0 co s 6 0 3 0 0 co s 6 0 2 0 0 4 2 5 .0 0 lb
F1
60º
3 ft
1 ft
2 ft
A
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Problema 4.K - Solução
F1 1 5 0 lb ;
F2 3 0 0 lb ;
F R x 3 8 9 .7 1 lb ;
F3 2 0 0 lb
F R y 4 2 5 .0 0 lb
FR
(3 8 9 .7 1) ( 4 2 5 .0 0 ) F R 5 7 7 lb
θ tan
1
2
M
M
M
RA
RA
RA
2
4 2 5 .0 0
3 8 9 .7 1
M
θ 4 7 .5
F3
A
2 ft
6
6
1 5 0 3 0 0 2 0 0 (6 co s 6 0 2 )
3
2
2 2 0 0 lb . f t M
RA
F2
FR
60º
F1
2 .2 0 k i p .ft
1 ft
47.5º
2 ft
A
TC021 - Mecânica Geral I - Estática
3 ft
© 2014 Curotto, C.L. - UFPR
MRA
20