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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
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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.
ˆAB
ABn
AB
4. Encontrar a força:
ˆAB 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:
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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 ˆu 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 ˆu 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
ˆˆ ˆu u uu x i y j z k
ˆˆ ˆv v vv x i y j z k
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 ˆu 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
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Ou:
ˆˆ ˆu 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
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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 ˆu u uu x i y j z k
ˆˆ ˆv v vv x i y j z k
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
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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.
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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 ˆO 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
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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
ˆAF 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
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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
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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.
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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.
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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.
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(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
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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.
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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.
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
18
martelo sobre o bloco. As superfícies de contato em
A são suficientemente áspera para evitar
escorregamento.
T = 200 lb, A= 188.8 lb
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
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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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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:
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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:
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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 ).
Mecânica Geral 1 - Notas de Aula 2 – Equilíbrio de Corpos Rígidos – Centro de Massa Prof. Dr. Cláudio Sérgio Sartori.
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.
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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.
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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:
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(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
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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)
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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