Mecânica Geral - Exercicios  - Engenharia Eletrica, Exercícios de Engenharia Elétrica. Universidade Federal de Alagoas (UFAL)
Ronaldinho890
Ronaldinho8904 de Março de 2013

Mecânica Geral - Exercicios - Engenharia Eletrica, Exercícios de Engenharia Elétrica. Universidade Federal de Alagoas (UFAL)

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Apostilas e exercicios de engenharia elétrica sobre a Mecânica Geral.
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Lista de Exercícios de Mecânica Geral Professor:

Curso: Engenharia Elétrica Disciplina: Mecânica Geral

Aluno: 1) Determine o momento da força F em relação ao ponto a sua intensidade e os ângulos formados

pelo momento nos eixos x, y, z.

Resp. Mo=600,08N.m cos ∝=0,433,cosβ=0,299,cos Mo = rb x F

Mo = ijkAxAyAzFxFyFz Mo = ijkAxAyAz60-30-30 + 140--120 i- 60-240 j+[90--420] k

Mo = 260i + 180J + 510K Intensidades do momento: Mo= 2Max2+May2+Maz2

Mo= 22602+1802+5102 →Mo=600,08N.m Ângulos do momento:

cosx=MaxMo= 260600,08 →0,433° cosy=MayMo= 180600,08 →0,299° cosz=MaZMo= 510600,08 →0,841°

2) O poste mostrado está sujeito a uma força de 60N na direção de C para B. Determine a

intensidade do momento criado por essa força em relação ao suporte no ponto A.

Ma = Rb * F Ma = Rc * F Rb = 1i+4j+3k) Rc = 3i+6j+0k)

Intensidade da força: F=601-3i + 4-6j+ 4-6k 21-32 + 4-62 + 3-02

= 60* -2i-2j+3k4,12 → F=14,6 F = 14,5 * (-2i -2j + 3k) →F= -29i-29j+43,5k

Intensidade do momento: Ma = Yb * F

Mo = ijk360-29-29-43,5→ [6*43,5-0i3*43,5-0j+ 3*-29-(6*-29)k MA=26i-130,5j-87KN.m

MA= 2 (26,1)2+ (-130,5)2+(-87)2 MA=304,5N.m

3) A força N, atua na extremidade da viga. Determine o momento ( Vetor e intensidade) dessa

força em relação ao ponto O. F = {600i + 300j – 600k}

Mo = ijk0,21,2-0,4600300-600 [ (1,2 * (-600))i – (120 + 240)j + (60 -720)k ]

[ (- 720 – 120)i – (- 120 + 240)j + (60 – 720)k ] = -600i – 360j -780k

4) Determine o momento e sentido da força em relação ao ponto O em cada uma das barras

mostradas.

A) Mo = F * d Mo = 100N * 2m

Mo = 200Nm

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B) Mo = F * d

Mo = 50N * 0,75m Mo = 37,5Nm

5) Determine o momento das forças que atuam na estrutura mostrada em relação ao ponto O.

Mo=(-50)*(2m) + 60 *(0) + 20 * (3 * sin30°) - 40 * (4 + 3cos 30°)

Mo= -100+0+30-263,39 Mo= -334,39N.m

6) Determine os momentos da força de 100N em relação aos pontos A, B, C e D.

Resp.

A) Mo = F * d

MoD = 100N * 0,5m MoD = 50Nm ↑

B) Mo = F * d

MoB = 100N * 1,5m MoB = 150N.m ↓

C) Mo = F * d

MoA = 100N * 2,5m MoA = 250N.m ↑

D) Mo = F * d

MoC = 100N * 0m MoC = 0Nm

7) Determine o momento da força F que atua na estrutura mostrada em relação ao ponto A.

sinϴ= 35 cosϴ= 45

FX=500N*sinϴ FY=500N* cosϴ FX=500N*35 FY=500N* 45

FX=300N FY=400N

A) Mo = F * d Mo1 = 400N * 5m Mo1 = 2000Nm

B) Mo = F * d

Mo2 = 300N * 4m Mo2 = -1200Nm

Mo = Mo1 = Mo2

Mo = 2000Nm – 1200Nm Mo = 800Nm

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8) Determine o momento da força F em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano.

[-2,5-4i+-3+3j+6+8k]

F=13 [-4--2,5i+3--3j+8-6k 2 1,52+ 62+22 ] F=2*-1,5i+6j+2k F= -3I+12J+4K

Intensidade do momento: Ma = Ya * F

Mo = ijk-438-3124→ [12-96i-16--24j+ 48-(-9)k MA=- 84i+8j-39KN.m

9) Seja a foto abaixo

As figuras abaixo mostram duas situações de carregamento sobre essa ponte.

A distância entre os pontos A e B é 25m, ou seja uma coluna em A e outro em B. Determine o momento resultante em A e B para as distribuições acima.

M=72,5*3+72,5*4,8+75,5*6+72,5*7,8

M=1566N.m

10) Seja a distribuição de cargas para a ponte do exercício 9. Para os dados da figura determine:

a) A força resultante em relação ao ponto O. b) A distância média até a força resultante, ou seja, o Centróide.

wx=5000x3 N/m

dA= 0255000 x3 dx 5000=025 x3 dx

5000= x44 025 dx 5000* 254-04 = →488,28*106N

dA= 5000=025 x4 dx 5000= x55 025 dx 5000* 255-05 025da=9,77*109N

xdA dA = 99,77* 109 488,28*106→20m

11) A chave de boca é utilizada para soltar o parafuso. Determine o momento de cada força em relação ao eixo que passa através do ponto O.

F1Y=100N* cos15 F2Y=80N* sin65

F1Y=96,6N F2Y = 72,5N

Mo1=96,6*(250*10-3 m) Mo2=72,5*(200*10-3 m) Mo1=-24,15Nm Mo1=14,5Nm

Mo = Mo1 + Mo2

Mo = 24,15Nm + 14,5Nm

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Mo = 9,65Nm

12) Substitua as cargas atuantes na viga por uma única força resultante e um momento atuante no ponto A.

Reposta:

Dica :Converter o sistema de forças aplicadas na estrutura em uma única força resultante e um

momento atuantes em um determinado ponto, é necessário:

F2X=400N* cos45 F2X=282,84N F2Y=282,84N

Mo1=282,84N*0,8m

Mo1=226,27Nm

Mo2=282,84N*0,3m Mo2=84,85N.m

Mo3=600*0,4m

Mo2=240Nm

Mo=226,27Nm+84,85Nm+240Nm Mo2=551,12N.m

MRA = MA

+ Frx= Frx= -100-(400*cos45°)

Fx= - 382,8N= 382,8N←

+↑ Fry= Fry= -600-400*sin45°

Fx= - 828,8N=828,8N↓

Fr= 2 382,82+ 828,82 →Frs=962N

Direção ∴ ∅ =tan-1 ∅ (FryFrx) → tan-1 ∅ 828382→ ∅ =66°

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