Mecânica Geral 1 Equilíbrio de Corpos Rígidosclaudio.sartori.nom.br/mecg1_capitulo2.pdf · Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de

Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.

1

Estática do ponto material.

Estática do corpo rígido.

Leis de Newton

Introdução:

A dinâmica estuda a relação entre os

movimentos e suas causas, as forças que o

produzem. Estudamos a cinemática para descrever o

movimento. A dinâmica estudará como e porquê os

corpos se movem.

Força, na linguagem cotidiana, significa

empuxar ou empurrar. Para entendermos a força,

precisamos visualizá-la como um vetor, que é

exercido por uma agente sobre outro, aplicado em

um ponto denominado ponto de aplicação.

Leis de Newton

Primeira Lei de Newton – Lei da Inércia.

Quando a força resultante sobre um corpo é

igual a zero ele se move com velocidade constante (que

pode ser nula) e aceleração nula.

Inércia de repouso: Propriedade de um corpo de

não alterar seu estado de repouso.

Inércia de Movimento: Propriedade de um corpo

de manter seu estado de movimento.

Segunda Lei de Newton Quando a força resultante externa atua sobre um

corpo, sele se acelera. A aceleração possui a mesma

direção e sentido da força resultante. O vetor força

resultante é igual ao produto da massa do corpo pelo

vetor aceleração resultante do corpo.

1

n

i R

i

F m a

Unidade de força:

Newton: 1 N = 1kg. 1m/s²

1 dyn = 10-5N

1 lb =4.4484 N

Terceira Lei de Newton Quando um corpo A exerce uma força sobre um corpo

B (uma “ ação”), então o corpo B exerce uma força sobre

o corpo A (uma “reação”). Essas duas forças possuem o

mesmo módulo e direção, mas possuem sentidos

contrários. Essas forças atuam em corpos diferentes.

Referimos a essas forças como um par ação-reação.

Exemplos: Aplicação de forças em objetos:

Força de contato: Força Normal.

Força de tração ou tensão.

Força resultante

Ação e Reação


2

Decomposição das forças:

Norma ou módulo de um vetor

A norma ou módulo de um vetor ( , , )v x y z ,

denotado por ou v v é definida por:

2 2 2

v x y z

z

z

v ( , , )v x y z

y y

0

x

x

Normalização de um vetor:

Dado um vetor u

qualquer, o vetor de módulo

1 que aponta na mesma direção e sentido de u

é dado

por:

u

un

ˆ

u

n̂

Ou:

2 2 2

ˆˆ ˆˆ u u u

u u u

x i y j z kn

x y z

ˆˆ ˆˆ cos cos cosn i j k

Dessa relação, obtém-se: 2 2 2cos cos cos 1

Importante:

v

é um vetor, por tanto possui módulo direção

e sentido.

v

é o módulo do vetor v

, sendo

portanto um número.

Determinação de forças

Para determinar uma força no espaço R3

devemos:

1. Localizar o ponto de aplicação A.

2. Encontrar o vetor na direção da força.

AB B A 3. Normalizar o vetor.

ÂB

ABn

AB

4. Encontrar a força:

ÂB ABÂB

F F n

Vetor Unitário e Versores.

Um vetor unitário é aquele que possui norma ou

módulo 1:

1v

Dado um vetor ( , , )v x y z , para encontrarmos o

vetor unitário de mesma direção de v , denomina-se

versor de v . Representaremos o versor de v por v̂ :

ˆv

vv

O versor é um vetor unitário, pois:

1ˆ 1

vv v

v v

Chamamos de base no espaço R3 um conjunto de três

vetores linearmente independente (LI), ou seja, nenhum

deles pode ser obtido por uma combinação linear dos

outros dois.

1 2 3, ,v v v

Um caso particular e de interesse na Geometria são as

bases em que os vetores são unitários e perpendiculares

entre si. Essas bases denominam-se bases canônicas.

Dizemos que tais vetores são ortonormais.

No espaço R3, a base canônica é representada por:


3

ˆˆ ˆ, ,i j k

Onde:

0,0,1ˆ i

0,1,0ˆ j

1,0,0ˆ k

Definido os versores, podemos escrever um

vetor ( , , )v x y z como sendo:

kvjvivv zyxˆˆˆ

Produto Escalar entre dois vetores:

Definição: O produto escalar dos vetores

ˆˆ û u uu x i y j z k

ˆˆ ˆv v vv x i y j z k

representado por u v e é dado por:

u v u v u vu v x x y y z z

Propriedades do produto escalar:

i. u v v u

ii. u v w u v u w

iii. u v u v u v

iv. 0 0 e 0 0u u u u u u

v. 2

u u u

Observações:

1. u u é chamado de quadrado escalar do vetor u

2. 2 2 2

2u v u u v v

3. 2 2

u v u v u v

Definição Geométrica do produto escalar:

Dados dois vetores e u v e o ângulo entre eles

definimos o produto escalar como sendo:

cosu v u v

Aplicando a Lei dos cossenos:

2 2 2

cos2

v u v u

v u

2 2 22 cosv u v u v u

Utilizando a propriedade 2:

2 2 2

2u v u u v v

2 2 2 22 2 cosu u v v v u v u

2 2 cosu v v u

cosu v v u

Ângulos diretores e cossenos diretores de um

vetor.

Dado um vetor ˆˆ û u uu x i y j z k não

nulo chama-se ângulo diretor aos ângulos que o vetor u

forma com os versores ˆˆ ˆ, ,i j k .

Produto Vetorial entre dois vetores:

Definição: O produto vetorial dos vetores

u e v tomados nessa ordem, onde



é representado por u v e dado por:

ˆˆ ˆ

u u u

v v v

i j k

u v x y z

x y z

Aplicando o Teorema de Laplace na primeira

linha:

ˆˆ û u u u u u

v v v v v v

y z x z x yu v i j k

y z x z x y

v u


4

Ou:

ˆˆ û v u v v u v u u v v uu v y z z y i z x x z j x y x y k

Características do vetor u v :

1. A direção de u v é ortogonal aos vetores u

e v .

2. Observe pela figura que o produto vetorial

também é ortogonal ao plano p definido pelos vetores u

e v .

3. O sentido do vetor u v é dado pela regra da

mão direita ou regra do parafuso ou regra do saca-rolhas.

4. Comprimento ou norma: se é o ângulo entre os

vetores u e v não nulos, então a norma de u v e é

dada por:

u v u v sen

Demonstração:

2 2 2 2

u v u v v u v u u v v uu v y z z y z x x z x y x y

2 2 2

2u v u v u v u vu v y z z y y z z y

2 2

2v u v u v u v uz x z x x z x z

2 2

2u v u v v u v ux y x y x y x y

2 2

2u v u v u v u v u v v u v u u v v uu v x x y y z z y z z y z x x z x y x y

2 2 2 2 2 2

u v u v u vx x y y z z

2 2 2 2 2 2 2 2

u u u v v vu v x y z x y z

2 2 2 2 2 2 2 2

u v u v u uu v x x y y z z 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u v u v u v u v u v u vx y y y x z z x y z z y

2 22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u v u v u u u v u v u v u v u v u vx x y y z z u v x y y y x z z x y z z y

2

2 u v u v v u v u u v v uu v y z z y z x x z x y x y

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u v u v u v u v u v u vu v x y y y x z z x y z z y

2

2 u v u v v u v u u v v uy z z y z x x z x y x y u v

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

u v u v u v u v u v u vu v x y y y x z z x y z z y

2 2 22

u v u v u v

22 2 2

cosu v u v u v

2

2 2 2 21 cos

sen

u v u v

u v u v sen

Propriedades:

1. u v v u

2. 0u u

3. (não é associativo)u v w u v w

4. u v w u v u w

4. u v w u w v w

5. u v u v u v

6. u v w u v w

7. u v w u w v u v w

8. 0u v w v w u w u v

9. u v w t u w v t u t v w

10. u v w t u v t w u v w t

11. u v w t w t u v w t v u

Interpretação Geométrica

O produto vetorial dos vetores u e v tomados

nessa ordem, onde é o ângulo entre os dois vetores é


5

interpretado geometricamente como o módulo da área do

paralelogramo definido pelos dois vetores.

S base altura

S u v sen

S u v

Aplicações:

Torque ou Momento de uma força aplicada

num ponto A em relação a um ponto O:

AAOFAOM

Força magnética sobre uma partícula

de carga q que penetra numa região de Campo Magnético

Uniforme. Força de Lorentz:

BvqEqF

q v

E

B

Propriedades: Versores

ˆ ˆ 0i i kijji ˆˆˆˆˆ

ˆ ˆ 0j j jkiik ˆˆˆˆˆ

ˆ ˆ 0k k ijkkj ˆˆˆˆˆ

Produto misto de três vetores:

O produto misto entre os vetores u , v e w é o

número dado por:

u v w

Definindo os vetores:



ˆˆ ˆw w ww x i y j z k

O produto misto entre eles é definido:

ˆˆ ˆ

v v v

w w w

i j k

u v w u x y z

x y z

v v v v v v

u u u

w w w w w w

y z x z x yu v w x y z

y z x z x y

e, portanto,

u u u

v v v

w w w

x y z

u v w x y z

x y z

Propriedades: 1. O produto misto muda de sinal ao

permutarmos a ordem de dois vetores do produto.

2. u v w u v w

3. u t v w u v w t v w

4. u v t w u v w t v w

5. u v w t u v w t v w

6. u v w u v w u v w

7. 0 , e mesmo planou v w u v w

Interpretação Geométrica:

é um número cujo valor é o volume do

paralelepípedo formado pelo comprimento dos

respectivos vetores .

cosu v w u v w sen

cos

a b c h

u v w u v sen w

V

u v w abc

onde V é o volume do paralelogramo formado

pelos três vetores u , v e w .

Volume do tetraedro:

Sendo três pontos A(a,a,0), B(0,a,a) e

C(a,0,a) não coplanares, chamando os vetores:

u OA

y

z

x

O

A


6

ˆˆ ˆ 0u a i a j k

v OB

ˆˆ ˆ0v i a j a k

w OC

ˆˆ ˆ0w a i j a k

O volume do paralelepípedo V será o produto

misto dos três vetores u , v e w . Este paralelepípedo é

dividido em dois prismas triangulares de mesmo

tamanho. Portando o volume de cada prisma, Vp é a

metade do volume do paralelepípedo.

Da geometria elementar, sabemos que o prisma

pode ser dividido em três pirâmides de mesmo volume

Vpir, uma delas representada na figura. Logo:

3

0

0 2

0

a a

V u v w a a a

a a

32V a

3

2p p

VV V a

3 32

3 6 3

p

pir pir pir

V a aV V V

Ou

1

6pirV u v w

Corpos Rígidos – Sistemas equivalentes de forças

Introdução

Há dois tipos de tratamento de um corpo,

quando queremos estudar suas condições de equilíbrio ou

de movimento: ponto material ou corpo rígido. O corpo

rígido é aquele que não se deforma, porém as estruturas

e máquinas reais nunca são absolutamente rígidas.

Quando há riscos de rupturas são tratadas em Resistência

dos materiais.

Estudaremos as forças aplicadas em corpos

rígidos e como substituir um dado sistema de forças por

um sistema de forças equivalente. A hipótese

fundamental sobre a qual se baseará a análise é que o

efeito de uma força aplicada em um corpo rígido não se

altera se a força é deslocada ao longo de sua linha de ação

(princípio da transmissibilidade).

Dois conceitos importantes associados ao efeito

de uma força sobre um corpo rígido são o momento de

uma força em relação a um ponto e o momento de uma

força em relação a um eixo. Outro conceito importante é

o de um binário, que é a combinação de duas forças que

tem a mesma intensidade, linhas de ação paralelas e

sentidos opostos.

Forcas Internas e Externas

As forças que atuam em corpos rígidos podem

ser classificadas em dois tipos:

Forças externas: representam a ação

de outros corpos sobre um corpo rígido.

Considere as forças que atuam sobre um

caminhão:

Figura 1 – Forças externas sobre um caminhão.

O peso P pode ser representado por uma única

força aplicada num ponto denominado de baricentro

do caminhão. O solo se opõe ao movimento

descendente do caminhão com as forças R1 e R2. Essas

forças são exercidas pelo solo sobre o caminhão.

Se cada uma das forças externas que atuam num

corpo rígido não for neutralizada, serão capazes de

comunicar ao corpo rígido um movimento de translação

ou de rotação.


7

Forças internas: são as que mantém

unidos os pontos materiais que formam o corpo rígido.

Princípio da Transmissibilidade. Forças

equivalentes.

O princípio da transmissibilidade estabelece que

as condições de equilíbrio ou de movimento de um corpo

rígido permanecem inalteradas de uma força F, que

atuam em um determinado ponto de um corpo rígido, é

substituída por uma força F´ de mesmo módulo, direção

e sentido, mas que atua num ponto diferente, desde que

as duas tenham a mesma linha de ação. As forças F e F´

têm o mesmo efeito sobre o corpo rígido e são ditas

equivalentes.

Figura 2 – Forças equivalentes.

Momento ou torque de uma força:

Definição: Definimos o momento de uma força em

relação a O como sendo o produto vetorial de F e r:

Figura 3 – Momento de uma força Mo em relação a

O,

O oM r F r F

ˆˆ ˆr xi yj zk

ˆˆ ˆx y zF F i F j F k

OM r F sen Fd

ˆˆ Ô x y zM M i M j M k

x z yM yF zF

y x zM zF xF

z y xM xF yF

ˆˆ ˆ

O

x y z

i j k

M x y z

F F F

Unidade: N.m

Teorema de Varignon:

1 2 1 2n nr F F F r F r F r F


8

Exemplos:

1. Uma barra rígida de 24 in (1in = 2.54cm) está

articulada no ponto O e sujeita a uma força aplicada em

A de intensidade 100 lb.

Determine:

(a) o momento da força em relação ao ponto O.

(b) uma força horizontal aplicada em A que

possua o mesmo momento em relação ao ponto O.

(c) a menor força aplicada em A que possua o

mesmo momento em O.

(d) em que ponto deve atuar uma força vertical

de 240 lb de modo que possua o mesmo momento em O.

(a)

0 0ˆ ˆ24 cos60 24 60OAr i sen j

ˆ ˆ12 12 3OAr i j

ˆ100F j

O OA AM r F

ˆ ˆ ˆ12 12 3 100OM i j j

0

ˆ ˆ ˆ ˆ12 100 12 3 100

k

OM i j j j

1200OM k lb in

(b)

ˆ ˆ12 12 3OAr i j

ÂF F i

O OA AM r F

ˆ ˆ ˆ12 12 3OM i j F i

ˆ0

ˆ ˆ ˆ ˆ12 12 3

k

OM F i i F j i

ˆ12 3OM F k

10012 3 1200

3OM F F lb

(c)

ˆ ˆ12 12 3OAr i j

F F

0 0ˆ ˆcos30 30F F i F sen j

O OA AM r F

0 0ˆ ˆ ˆ ˆ12 12 3 cos30 30OM i j F i F sen j

ˆ0

0 0ˆ ˆ ˆ ˆ12 cos30 12 30

k

OM F i i F sen i j

AF

AF

060

030


9

ˆ 0

0 0ˆ ˆ ˆ12 3 cos30 12 3 30

k

F j i F sen j j

ˆ ˆ ˆ6 18 24O OM F k F k M F k

1200 24 1200 50OM F F lb

2. Encontre a aceleração do corpo no plano

inclinado, supondo que não há atrito.

Solução:

1

1

0

cos 0

i

i

n

x

i

n

y

i

Fm a m g sen

N m gF m a

a g sen

3. Ache a aceleração do sistema e a força trocada

entre os corpos:

(a)

1 2

1 2

R

FF m m a F a

m m

212 2 12

1 2

mF m a F F F

m m

1 1 21 21 1

1 2

R

FF m a F F F F m

m m

(b) Máquina de Atwood.

1 2 2 1RF m m a P P

2 1

1 2

m ma g

m m

2 11 1

1 2

m mT m g m g

m m

1 2

1 2

2m mT g

m m

(c)

1 2 2 1RF m m a P sen P

2 1

1 2

m sen ma g

m m

1 1 1 1 1RF m a T P T m a m g

2 11 1

1 2

m sen mT m g m g

m m

1 2

1 2

1m m

T sen gm m

1 2 1 221 21

1 2 1 2

m m F m F mF F F

m m m m


10

4.

(a)

(b)

(c)

(d)

5. Uma força de 800N é aplicada como ilustrado.

Determine o momento da força em relação a B.

Solução:

O momento MB da força F em relação a B é obtido

através do produto vetorial:

B ABM r F

ABr : vetor que liga de B a A.

ˆ ˆ0.2 0.16ABr i j

0 0ˆ ˆ800cos60 800 60F i sen j

ˆ ˆ400 693F i j

B ABM r F

ˆ ˆ ˆ ˆ0.2 0.16 400 693BM i j i j

ˆ202.6BM k N m

6. Uma força de 150N atua na extremidade de uma

alavanca de 0.9m, como ilustrado. Determinar o

momento da força em relação a O.


11

Solução:

A força é substituída por duas componentes: uma P

na direção AO e uma componente Q perpendicular a AO.

Como O está na linha de ação de P, o momento de P em

relação a O é 0. O momento da força de 150N se reduz

ao momento de Q, que tem sentido horário, portanto é

representado por um escalar negativo: 0150 20 51.3Q sen N

0.9 51.3 0.9 46.2OM Q N m

46.2OM N m

7. Uma placa retangular é sustentada por suportes em

A e em B e por um fio CD. Sabendo que a tração no cabo

é de 200N, determine o momento da força exercida pelo

fio na placa, em relação ao ponto A.

Solução:

A CAM r F

CAr : vetor que liga de A a C.

ˆˆ0.3 0.08CAr AC i k

ˆCDF F n

ˆCD

CDn

CD

ˆˆ ˆ0.3 0.24 0.32CD D C i j k

2 2 2

0.3 0.24 0.32CD

0.5CD m

0.3 0.24 0.32 ˆˆ ˆˆ0.5 0.5 0.5

CD

CDn i j k

CD

ˆˆ ˆˆ 0.6 0.48 0.64CDn i j k

ˆˆ ˆˆ 200 0.6 0.48 0.64CDF F n F i j k

ˆˆ ˆ120 96 128F i j k N

A CAM r F

ˆ ˆˆ ˆ ˆ0.3 0.08 120 96 128AM i k i j k

ˆˆ ˆ7.68 28.8 28.8AM i j k N m

Força de atrito

Força de atrito estática:

eaF F

Força de atrito de destaque:

da eF N

(Máximo valor da força de atrito estática).

e : coeficiente de atrito estático.

Força de atrito dinâmica ou cinética:

ca cF N

c : coeficiente de atrito cinético.


12

Material e

c

Aço em aço 0.74 0.57

Alumínio em aço 0.61 0.47

Cobre em aço 0.53 0.36

Borracha em concreto 1 0.8

Madeira em madeira 0.25 – 0.5 0.2

Vidro no vidro 0.94 0.4

Gelo no gelo 0.1 0.03

Madeira na neve

(úmida)

Observe que e >

c .

O coeficiente de atrito é independente da área de

contato das superfícies.

1. Uma força vertical de 500N é aplicada na

extremidade de uma manivela fixada a um eixo em

O. Determinar:

(a) O momento da força de 500N em relação a O

(b) a intensidade da força horizontal aplicada em A

que produz o mesmo momento em relação a O.

(c) a menor força aplicada em A que produz o mesmo

momento em relação a O.


13

(d) a distância a que uma força vertical de 1200N

deverá estar do eixo para gerar o mesmo momento em

relação a O.

(e) se alguma das forças obtidas nos itens anteriores

é equivalente a força original.

(d)

0 0ˆ ˆcos60 60OPr d i d sen j

240F F lb

ˆPF F j

O OP PM r F

0 0ˆ ˆ ˆcos60 60 240OM d i d sen j j

ˆ 0

0 0ˆ ˆ ˆ ˆcos60 240 60 240

k

OM d i j d sen j j

1200 120 10OM d d in

2. Calcule o torque (módulo, direção e sentido) em

torno de um ponto O de uma força F em cada uma das

situações esquematizadas na Figura 4. Em cada caso, a

força F e a barra estão no plano da página, o

comprimento da barra é igual a 4.00 m e a força possui

módulo de valor F = 10.0 N.

Figura 4

3. Calcule o torque resultante em torno de um

ponto O para as duas forças aplicadas mostradas na

Figura 5.

Figura 5

4. Uma placa metálica quadrda de lado igual a

0.180 m possui o eixo pivotado perpendicularmente ao

plano da página passando pelo seu centro O (Figura 6).

Calcule o torque resultante em torno desse eixo

produzido pelas três forças mostradas na figura, sabendo

que F1 = 18.0 N, F2 = 26.0 N e F3 = 14.0 N. O plano da

placa e de todas as forças é o plano da página.

Figura 6

5. As forças F1 = 7.50 N e F2 = 5.30 N são

aplicadas tangencialmente a uma roda com raio igual a

0.330 m, conforme mostra a figura 7. Qual é o torque

resultante da roda produzido por estas duas forças em

F

d P


14

relação a um eixo perpendicular à roda passando através

de seu centro? Resolva o caso (b).

Figura 7 (a)

(b)

6. Uma força atuando sobre uma parte de uma

máquina é dada pela expressão:

ˆ ˆ5.00 4.00F N i N j

O vetor da origem ao ponto onde a força é

aplicada e dado por:

ˆ ˆ0.45 0.15r m i m j

(a) Faça um diagrama mostrando r F e a

origem.

(b) Use a regra da mão direita para determinar a

direção e o sentido do torque.

(c) Determine algebricamente o vetor torque

produzido por essa torça. Verifique se a direção e o

sentido do torque são iguais aos obtidos no item (b).

Figura 8 - Regra da mão direita.

Em cada problema, esboce o diagrama de corpo livre.

1. Encontre as reações de apoio na barra mostrada. Suponha peso da barra desprezível.

2. Determine a tensão na corda supondo que

não haja atrito e a polia seja ideal.

3. A peça da figura está conectada no pono A e

apoiada em B. Determine as reações de apoio e forças de

contato.

4. Determine a força de apoio na barra da figura:

5. Um caminhão possui uma rampa de 400 lb de

peso conforme mostrado. Determine a tensão no fio que

a segura.


15

6. Determine as forças nos apoios A e B.

7. Compare as forças exercidas sobre os pontos

A e B do solo quando uma mulher de 120 lb utiliza um

sapato normal e um sapato de salto alto.

8. Determinar a tensão T no cabo de

sustentação da barra da figura, de massa 95 kg.

9. O centro de gravidade G do carro mostrado

está indicado. A massa do carro vale 1400 kg. Determine

as forças normais em cada ponto de contato.

10. Determine as forças nos apoios A e B que

a barra de 12 lb de peso faz sobre o carregador.

10. A barra de 450 kg suporta o barril na

posição indicada. Determine as forças nos apoios

indicados.

12. Uma barra prismática AB bi-apoiada,

encontra-se em equilíbrio conforme ilustrado. Pedem-se

as reações de apoio em A e B.

3.0 m 2.0 m 2.0m

210N 140N

A B

Repita o problema 1 considerando o peso da

Barra de 150N.


16

13. Na figura o peso do bloco vale P = 200N. A

densidade linear da barra é = 5 kg/m. Determine o

comprimento da barra L para que fique em equilíbrio na

posição horizontal.

14. Na figura:

50 200ABP kgf Q kgf

Determine as reações no apoio A e a tensão no

fio.

15. Uma barra prismática AB bi-apoiada,

encontra-se em equilíbrio conforme ilustrado. Se o peso

da barra for 200N, encontre as reações de apoio em A e

B.

4.0 m 3.0 m 3.0m

320N 260N

A B

16. Uma força de 30 lb atua na extremidade de

uma alavanca de 3 ft, como ilustrado. Determinar o

momento da força em relação a O.

17. Na estrutura indicada, a torre está amarrada

em dois suportes fixos no solo. A tensão no cabo AB é

2100 N; no cabo AC é 1800N e no cabo AD é 2300N.

Determine a força resultante no ponto A da estrutura.

18. Determine o momento da força de 200N

aplicada no ponto C da dobradiça em relação ao ponto A.

Dados: Estática do corpo rígido:

BA A B e ˆBA

BAn

BA .

2 2 2ˆˆ ˆx y z x y zF F i F j F k F F F F

arccos arccos arccosyx z

x y z

FF F

F F F

Momento de uma força BF aplicada no ponto B

de um sólido em relação ao ponto O:

O BOB F

OB B O

19. Uma esfera homogênea e lisa repousa sobre

a inclinação A e apoia-se contra a parede B. verticais

lisas. Calcular as forças de contato em A e B.

FA = 566 N, FB = 283 N

P

B

C

L

3.0 m

A

300

B

Q

3.0 m 2.0 m


17

20. O peso da bicicleta é 29 lb com o centro

de gravidade em G. Determine as forças normais em

A e B, quando a bicicleta está em equilíbrio.

NA = 15.91 lb, NB = 13.09 lb

21. O feixe uniforme tem uma massa de 50

kg por metro de comprimento. Determinar as

reacções nos apoios.

Ay =1864 N, By = 2840 N

22. O feixe uniforme de 500 kg é submetido

às três cargas externas mostrados. Calcule as

reacções no ponto de apoio O. O plano xy é vertical.

Ox = 1500 N, Oy = 6100 N

MO = 7560 N.m CCW

23. Determinar a magnitude de T a tensão

no cabo de suporte e a magnitude da força exercida

sobre o pino em A para a lança da grua mostrado. A

viga AB possui 5 m com uma massa de 95 kg por

metro de comprimento.

Ax = 17.77 kN; Ay = 6.37 kN; A = 18.88 kN

T = 19.61 kN

24. Calcular as forças de reações no ponto

O de base aparafusada do conjunto de sinais de

trânsito em cima. Cada sinal de trânsito tem uma

massa de 36 kg, enquanto as massas de membros

OC e AC são de 50 kg e 55 kg, respectivamente. O

centro de massa do membro AC está em G.

Ox = 0, Oy = 1736 N,

MO = 7460 N.m CW

25. Três cabos estão ligados ao anel de

junção C. Determinar as tensões nos cabos de AC e

BC causada pelo peso do cilindro de 30 kg .

TAC = 215 N, TBC = 264 N

26. A localização do centro de gravidade da

caminhonete de 3600-lb está indicado para o

veículo sem carga. Se uma carga cujo centro de

gravidade se encontra atrás do eixo traseiro é

adicionado ao caminhão, determinar o peso da carga

para que as forças normais e sob as rodas dianteiras

e traseiras sejam iguais.

WL = 550 lb.

27. Um bloco colocado sob a cabeça do

martelo como mostrado facilita muito a extração do

prego. Se uma força de 50 lb é necessária para puxar

o prego, calcular a força de tensão T no prego e a

magnitude da força A exercida pela cabeça de


18

martelo sobre o bloco. As superfícies de contato em

A são suficientemente áspera para evitar

escorregamento.

T = 200 lb, A= 188.8 lb


19

Centro de massa

Definimos como centro de massa de um sistema

de n partículas de massa mi localizadas em relação a um

sistema de coordenadas em (xi , yi, zi):

1

1

n

i i

icm n

i

i

m x

x

m

1

1

n

i i

icm n

i

i

m y

y

m

1

1

n

i i

icm n

i

i

m z

z

m

Para corpos extensos:

corpo

cm

corpo

xdm

xdm

corpo

cm

corpo

ydm

ydm

corpo

cm

corpo

zdm

zdm

Forma da Superfície

Figura x y A

Triângulo

3

h

2

b h

Quarto de círculo

4

3

r

4

3

r

2

4

r

semicírculo

0

4

3

r

2

2

r

Quarto de

elipse

4

3

a

4

3

b

4

ab

Meia elipse

0 4

3

b

2

ab

Semi parábola

4

8

a

3

5

h

2

3

ah

parábola

0 3

5

h

4

3

ah

Arco de

parábola

4

3

a

3

10

h

3

ah

Curva geral

1

2

na

n

1

4 2

nh

n

1

ah

n

Setor circular

2

3

rsen

0

2r

Quarto de Arco

2r

2r

2

r

Semi arco 0 2r

r

Arco

rsen

0

2 r


20

Forma Figura x V

Hemisfério

3

8

a

32

3a

Semi-elipsóide

de

revolução

3

8

h

22

3a h

Parabolóide de

revolução

3

h

21

2a h

Cone

4

h

21

3a h

Pirâmide

4

h

1

3abh

Teoremas de Pappus-Guldin ou Pappus-

Guldinus

Teorema 1 – A área de uma superfície de

revolução é igual ao comprimento da curva geratriz

multiplicada pela distância percorrida pelo centróide da

curva durante a geração da superfície:

2A yL

Teorema 2 – O volume de um corpo de

revolução é igual à área geratriz multiplicada pela

distância percorrida pelo centróide da superfície, durante

a geração do corpo.

2V yA


21

Procedimento de encontrar o centróide:

Figura A

x xA

y yA

semicírculo + - - 0 0

Retângulo + + + 0 0

Furo circular - + - 0 0

Soma

1. Uma placa de comprimento L = 6m e massa

M = 90 kg está apoiada por 2 suportes separados de D

=1.5m, conforme mostra a figura. Uma criança de massa

m está na borda da tábua. Qual deve ser m para que a

placa se mantenha em equilíbrio?

Solução:

Determinação do centro de gravidade:

M mcg

M x m xx

M m

0 2cg

M m Lx

M m

2cg

m Lx

M m

Para que a placa não caia, a posição mínima do

centro de massa deve estar em:

2 2cg

m L Dx

M m

m L D M m m L D M D m

m L D D M D

m ML D

1.590 30

6 1.5m m kg

2. Uma revista de autos reporta que um modelo

de automóvel possui sustentação de 53% de seu peso nas

rodas dianteiras e 47% de seu peso nas rodas traseiras. A

distância entre os eixos das rodas é de 2.46 m. Encontre

a localização do centro de gravidade do carro.

Solução:

0 2.46 0i e cg d cg

i

N L N L

0.47 0.53 2.46 0cg cgP L P L


22

0.47 0.53 2.46 0.53 0cg cgL L

0.47 0.53 0.53 2.46cgL

1 0.53 2.46cgL

1.3cgL m

3. Ache o centro de massa da figura plana.

Solução:

Superfície obtida por:

Figura

Componente

A

(mm

2)

x

(mm

)

xA

y

(mm)

yA

Retângulo 120.80

9.6.103

60

5.76.105

40

3.84.105

Triângulo 120.60/2 3.6.103

40

1.44.105

-20

-7.2.104

semicírculo 2602

5.6.103

60

3.39.105

105

5.96.105

circulo 240

-5.103

60

-3.01.105

80

-4.02.103

Somas

1

N

i

i

A

13.8.103

1

N

i i

i

x A

7.58.105

1

N

i i

i

y A

5.06.105

1

N

x i i

i

Q y A

1

N

y i i

i

Q x A

5 35.06 10xQ mm

5 37.58 10yQ mm

1

1

N

i i

i

N

i

i

x A

x

A

1

1

N

i i

i

N

i

i

y A

y

A

5

4

7.58 10

1.4 10x

54x mm 5

4

5.06 10

1.4 10y

36y mm

3. O triângulo da figura é feito por um arame

fino homogêneo. Determinar o seu baricentro.

Solução:

Triângulo obtido por:


23

Figura

Componente:

L

(cm

)

x

(cm

)

xL

y

(cm)

yL

AB 60 30

1.8.103

0 0

BC 65 30 1.95.103

12.5 0.81.103

CA 25 0 0 12.5 0.31.103

Somas

1

N

i

i

L

150

1

N

i i

i

x L

3.75.103

1

N

i i

i

y L

1.12.103

1

1

N

i i

i

N

i

i

x L

x

L

1

1

N

i i

i

N

i

i

y L

y

L

33.75 10

150x

25x cm 31.12 10

150y

7,5y cm

4. Uma barra semicircular e uniforme de peso

P e raio r é vinculada por um pino em A e está apoiada

contra uma superfície lisa em B. Determinar as reações

em A e B.

Solução:

Desenhando o diagrama de corpo livre:As

forças que atuam na barra consistem de seu peso P

aplicado ao baricentro G, cuja posição é obtida da figura.

A reação em A representada pelas componentes Ax e Ay e

da reação horizontal em B.

1

20 2 0

N

A

i

rM B r P

PB

1

0 0N

x x x

i

PF A B A B

x

PA

1

0 0N

y y y

i

F A P A P

yA P

2 2

x yA A A

2

2

2

11

PA P A P

Ptg arctg

P

: 72.3 1.049 0.318A P B P

5. Determine, por integração direta, o centróide

da superfície da parábola:

Solução:

32

2 2

0 03 3

x aa

x

b b x abA dA ydx x dx

a a


24

2 3

2 2

0 0

a a

y

b bQ xdA xydx x x dx x dx

a a

4 2

2

04 4

x a

y

x

b x a bQ

a

2 22 4

2 4

0 0

1

2 2 2

a a

x el

y b bQ y dA ydx x dx x dx

a a

2 5 2

4

02 5 10

x a

x

x

b x abQ

a

2

34

4

3

el y

a bx dA Q

x x aabA A

2

310

10

3

el x

a by dA Q

y y babA A

6. Determine, por integração direta, o centróide

do arco de circunferência indicado.

Solução:

2L dL rd r d r

2cos cosyQ xdL r rd r d

2 22yQ r sen r sen

22

2

yQ r sen rsenx x

L r

7. Determine a área da superfície de revolução

indicada, obtida pela rotação de um arco de quarto de

circunferência em torno de um eixo vertical.

Solução:

2 12 2 1

rx r r

De acordo com o Teorema 1, de Pappus-Guldin:

212 2 2 1 2 1A yL r A r


25

8. O diâmetro de uma polia mede 0.800m e a

seção reta de seu aro está ilustrada na figura. Determinar

a massa e o peso do aro, sabendo-se que a polia é feita de

aço e sua massa específica é = 7,85.103 kg/m3.

Solução:

O volume do aro pode ser encontrado pelo

teorema II de Pappus-Guldin:

2V yA

Figura

Componente

A

(mm

2)

y

mm

d

percor. por C,

mm

V

mm3

I 5000 375

2375

2360

5000 2360

11.8.106

II -18003 365

2365

2290

-1800 2290

-4.12.106

Somas

1

N

i

i

A

7.76.106

Como: 3 3 9 31 10 1 10mm m mm m

3 37.76 10V m

3 37.85 10 7.70 10m V

60m kg

60 9.81 589P m g P N

9. Determinar, usando o Teorema de Pappus-

Guldin:

(a) O centróide de uma superfície semicircular e

(b) o centróide de uma semicircunferência.

Solução:

(a)

3 24 12 2

3 2V yA r y r

4

3

ry

(b) 22 4 2A yL r y r

2ry

10. Determinar o baricentro do corpo

homogêneo, de revolução, ilustrado:

Solução:


26

Figura

Componente

V

(cm

3)

x

cm

xV

cm4

Hemisfério 3

3

1 4

2 3

1 46 452

2 3

r

-2.25

-1020

Cilindro

2

2 36 10 1.13 10

r h

+5.00

5660

Cone 2

2

3

610 377

3

r h

+7.50

-2830

Somas

1

1200N

i

i

V

1.81.103

11. Localize o baricentro da peça da figura. Os

dois furos têm 25 mm de diâmetro.

Solução:

Figura

Componente

V

(mm

3)

x

y

z

mm

xV

yV

zV

Cm4

I

Paralelepípedo

Retangular

4

113 50 12.5

7.06 10

abc

6.25 -25.0

56.3

5

6

6

4.41 10

1.766 10

3.97 10

II

Um quarto de cilindro

2

2 4

4

50 12.5 2.45 10

r h

33.7

-21.2 6.25

5

5

5

8.27 10

5.20 10

1.534 10

III Cilindro

2

2 312.5 12.5 6.14 10

r h

6.25

-25.0 87.5

5

5

5

3.83 10

1.535 10

5.37 10

IV

Cilindro

2

2 312.5 12.5 6.14 10

r h

6.25

-25.0

87.5

5

5

5

3.83 10

1.535 10

2.3 10

Somas

4

1

8.29 10N

i

i

V

1.19.106

-1.98.106 3.36.106

6

1

4

1

1.19 1014.4

8.29 10

N

i

N

i

x V

X X mm

V

6

1

4

1

1.98 1023.9

8.29 10

N

i

N

i

y V

Y Y mm

V

6

1

4

1

3.36 1040.5

8.28 10

N

i

N

i

z V

Z Z mm

V

1

1

181015.0

1200

N

i

N

i

x V

X X mm

V


27

11. Determine a posição do centróide da figura:

Solução:

r a ar x

x h h

2 22

0 0

1 1

2 2 6

h ha a h

V dV r dx x dxh

2 2 22

0 0

1

2 2 8

h h

el

x a a hx dV x r dx x dx

h

2 2

2

8

6

el

a hx dV

x xa hV

3

4

hx

3 32

0 0

4 1 2

3 2 3 6

h h

el

r a a hy dV r dx x dx

h

3

2

6

6

el

a hy dV

y ya hV

ay

Exercícios

1. Calcule o Centro de massa da molécula de H2O.

Dados: mH = 1 u. MO = 16 u.

d = 9.57.10-11m.

1 u = 1.661.10-27 kg.

2. Três partículas de massas m1 = 1.2 kg, m2 = 2.5

kg e m3 = 3.4 kg formam um triângulo equilátero de lado

d = 140 cm. Determine o Centro de massa do conjunto de

partículas C(xcm, ycm) e localize-o pelo vetor cmr .

3. A figura ilustra uma placa quadrada de

densidade uniforme. Removendo-se os cantos do

quadrado indicados, em cada caso, determine o centro de

massa da figura que sobra. A densidade superficial da

placa é uniforme.

(a) 1. (b) 1 e 2 (c) 1 e 3 (d) 1, 2 e 3.

4. Na figura, encontre a posição do centro de

massa. Determine a força resultante, se:

F1 = 6N, F2 = 12 N e F3 = 14 N.

Encontre a aceleração do centro de massa cma

pelas relações:

CM cmF M a e 1 2 3CMF F F F


28

5. Encontre o centro e massa das figuras de

densidade uniforme.

(a) (b)

(c)

(d) (e)

(f) (g)

(h) (i)

(j)

6. Um aro semicircular de peso W está

conectado aos apoios A e B da figura, cujas reações estão

indicadas. Determine-as.

7. O aro da figura possui raio 10 in e peso 8 lb.

Determine as reações em B e C e a tensão no fio AB.

8. Duas amostras, uma de ferro (Fe =7.8 g/cm3) e outra de

alumínio (Al = 2.7 g/cm3) estão dispostas como mostra a figura. As

dimensões dadas são: d1 = 11 cm, d2 = 2.8 cm, d3 = 13 cm. Encontre as

coordenadas do centro de massa C(xG ,yG, zG ).


29

9. Na molécula de amônia, NH3, os três átomos de

hidrogênio formam um triângulo equilátero, onde o centro do triângulo está a uma distância d = 9.4 . 10-11 m. A relação entre as massas do

nitrogênio e o hidrogênio é de 13.9 e o átomo de nitrogênio está no topo

da pirâmide cuja base é o triângulo equilátero. A distância entre os átomos de N e H vale L = 10.14.10-11 m. Determine as coordenadas x e

y do centro de massa da molécula.

10. Determine o centro de massa da figura, formada por uma

meia esfera e um cilindro sólido.

12. Determine o centro de massa da figura

abaixo.

13. Encontre o centro de massa para a figura abaixo, onde: h

= 2b;

14. Encontre o centro de massa para a figura.


30

CARGAS SOBRE VIGAS.

Cargas distribuídas sobre vigas

Considere uma viga que suporta uma carga.

Podemos analisar esse problema com o conceito de

centróide discutido nos capítulos anteriores.

Essa carga pode ser constituída pelo peso de

materiais apoiados direta ou indiretamente sobre a viga

ou ser causada pela pressão hidrostática. Ou ainda,

causada pelo vento.

A carga é expressa em N/m. Assim, a carga total

suportada por uma viga de comprimento L é:

0

L

W w x dx

O ponto de aplicação P da carga concentrada

equivalente será então obtido igualando-se o momento W

em relação ao ponto O à soma dos momentos das cargas

elementares dW em relação a O: ____

OP W xdW dW wdx dA W A

0

L

OP A xdA

Uma carga distribuída sobre uma viga pode ser então

substituída por uma carga concentrada W; o módulo

dessa única carga é igual à área sob a curva de carga e

sua linha de ação passa pelo centróide dessa superfície.

Força sobre superfícies submersas

Podemos analisar a carga sobre uma barragem,

pelo cálculo da pressão manométrica de um ponto num

líquido, que é o valor da pressão absoluta menos a

atmosférica:

man op g p

Aqui, é o peso específico do fluido: g

: densidade do fluido.

Observando que a área sob a curva de pressão é igual

à pE.L, onde pE é a pressão no centro E da placa e L pode

ser o comprimento ou a área da placa, o módulo de R da

resultante pode ser obtido pelo produto da área pela força.


31

Exemplo 1 – Uma viga suporta uma carga

distribuída conforme o ilustrado.

(a) Determinar a carga concentrada equivalente.

(b) Determinar as reações nos apoios.

Solução: (a) O módulo da resultante do carregamento é

igual à área sob a curva de carga, e a linha de ação

da resultante passa pelo centróide da referida área.

Dividindo a área em dois triângulos:

Componente A(kN) x m x A kN m

Triângulo I 4.5 2.0 9.0

Triângulo II 13.5 4.0 54.0

18A

63xA

3.5X A xA X m

A carga concentrada equivalente é:

18W kN

(b) Reações:

1

0N

x x

i

F B

1

0 4.5 2 13.5 4 6 0N

A y

i

M B

10.5yB kN

1

0 4.5 4 13.5 2 6 0N

B

i

M A

7.5A kN

Exemplo 2 – A figura mostra a seção transversal de

um dique de concreto. Considerar a seção do dique com

1.00 m de espessura e determinar:

(a) a resultante das forças reativas exercidas pelo

solo sobre a base AB do dique e

(b) a resultante das forças de pressão exercidas pela

água sobre a face BC do dique. Peso específico do

concreto: 23.5.103N/m3; água: 9.81.103N/m3.

Solução: Diagrama de corpo livre:


32

(a)

3 5

1

12.70 6.60 1 23.5 10 2.09 10

2W N

3 5

2 1.50 6.60 1 23.5 10 2.33 10W N

3 5

3

13.0 5.40 1 23.5 10 1.27 10

3W N

3 5

4

23.0 5.40 1 9.81 10 1.06 10

3W N

3 515.40 1.00 53.0 10 1.43 10

2P N

Equações de equilíbrio:

5

1

0 : 1.43 10 0N

x

i

F H

51.43 10H N

1

0N

y

i

F

5 5 5 52.09 10 2.33 10 1.27 10 1.06 10 0V 56.75 10V N

1

0N

A

i

M

5 5

5 5

5

2.09 10 1.8 2.33 10 3.45

1.27 10 5.1 1.06 10 6

1.43 10 1.8 0M

62.21 10M N m

(b) Resultante das forças da água:

51.78 10 :36.5R N

3. Em cada caso, encontrar as reações nos apoios

RA e RB para a distribuição de carga dada.

(a)

Parabola :RI

G

xdAx

A

21100

636

q x x

F q x dx

6

2

0

11006 2200

36F A x dx A N

62

0

62

0

11006

36

11006

36

G

x x dxxdA x q x dx

xA q x dx

x dx

3300 3

2200 2G Gpx x m

Retangulo: :RII

900 6 5400F F N

63

2G Grx x m

0iF

i

M

30 2200 5400 3 6 0

2iF B

i

M R

195003300 16200 6 0

6B BR R

3250BR N


33

0 2200 5400 0i B A

i

F R R

7600 3250 0 7600 3250A AR R

4350AR N

(b)

(c)

(d)

(e)

(f)

(g)

(h)

(i)

(j)

(l)


34

4. Mostre que o volume das figuras dadas podem

ser encontrados pelo Teoremas de Pappus-Guldin ou

Pappus-Guldinus

Teorema 1 – A área de uma superfície de

revolução é igual ao comprimento da curva geratriz

multiplicada pela distância percorrida pelo centróide da

curva durante a geração da superfície:

2A yL

Teorema 2 – O volume de um corpo de

revolução é igual à área geratriz multiplicada pela

distância percorrida pelo centróide da superfície, durante

a geração do corpo.

2V yA

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Mecânica Geral 1 Equilíbrio de Corpos Rígidosclaudio.sartori.nom.br/mecg1_capitulo2.pdf · Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de