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Universidade do Sul de Santa Catarina
Mecânica I Disciplina na modalidade a distância
Palhoça UnisulVirtual 2011
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Créditos Universidade do Sul de Santa Catarina – Campus UnisulVirtual – Educação Superior a Distância
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Reitor Unisul Ailton Nazareno Soares Vice-Reitor Sebastião Salésio Heerdt Chefe de Gabinete da Reitoria Willian Máximo Pró-Reitora Acadêmica Miriam de Fátima Bora Rosa Pró-Reitor de Administração Fabian Martins de Castro Pró-Reitor de Ensino Mauri Luiz Heerdt Campus Universitário de Tubarão Diretora Milene Pacheco Kindermann Campus Universitário da Grande Florianópolis Diretor Hércules Nunes de Araújo Campus Universitário UnisulVirtual Diretora Jucimara Roesler Equipe UnisulVirtual Diretora Adjunta Patrícia Alberton
Secretaria Executiva e Cerimonial Jackson Schuelter Wiggers (Coord.) Marcelo Fraiberg Machado Tenille Catarina Assessoria de Assuntos Internacionais Murilo Matos Mendonça Assessoria de Relação com Poder Público e Forças Armadas Adenir Siqueira Viana Walter Félix Cardoso Junior Assessoria DAD - Disciplinas a Distância Patrícia da Silva Meneghel (Coord.) Carlos Alberto Areias Cláudia Berh V. da Silva Conceição Aparecida Kindermann Luiz Fernando Meneghel Renata Souza de A. Subtil Assessoria de Inovação e Qualidade de EAD Denia Falcão de Bittencourt (Coord) Andrea Ouriques Balbinot Carmen Maria Cipriani Pandini Iris de Sousa Barros Assessoria de Tecnologia Osmar de Oliveira Braz Júnior (Coord.) Felipe Jacson de Freitas Jefferson Amorin Oliveira Phelipe Luiz Winter da Silva Priscila da Silva Rodrigo Battistotti Pimpão Tamara Bruna Ferreira da Silva
Coordenação Cursos Coordenadores de UNA Diva Marília Flemming Marciel Evangelista Catâneo Roberto Iunskovski
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Assistente e Auxiliar de Coordenação Maria de Fátima Martins (Assistente) Fabiana Lange Patricio Tânia Regina Goularte Waltemann Ana Denise Goularte de Souza Coordenadores Graduação Adriano Sérgio da Cunha Aloísio José Rodrigues Ana Luísa Mülbert Ana Paula R. Pacheco Arthur Beck Neto Bernardino José da Silva Catia Melissa S. Rodrigues Charles Cesconetto Diva Marília Flemming Fabiano Ceretta José Carlos da Silva Junior Horácio Dutra Mello Itamar Pedro Bevilaqua Jairo Afonso Henkes Janaína Baeta Neves Jardel Mendes Vieira Joel Irineu Lohn Jorge Alexandre N. Cardoso José Carlos N. Oliveira José Gabriel da Silva José Humberto D. Toledo Joseane Borges de Miranda Luciana Manfroi Luiz G. Buchmann Figueiredo Marciel Evangelista Catâneo Maria Cristina S. Veit Maria da Graça Poyer Mauro Faccioni Filho Moacir Fogaça Nélio Herzmann Onei Tadeu Dutra Patrícia Fontanella Rogério Santos da Costa Rosa Beatriz M. Pinheiro Tatiana Lee Marques Valnei Carlos Denardin Roberto Iunskovski Rose Clér Beche Rodrigo Nunes Lunardelli Sergio Sell Coordenadores Pós-Graduação Aloisio Rodrigues Bernardino José da Silva Carmen Maria Cipriani Pandini Daniela Ernani Monteiro Will Giovani de Paula Karla Leonora Nunes Leticia Cristina Barbosa Luiz Otávio Botelho Lento Rogério Santos da Costa Roberto Iunskovski Thiago Coelho Soares Vera Regina N. Schuhmacher Gerência Administração Acadêmica Angelita Marçal Flores (Gerente) Fernanda Farias Secretaria de Ensino a Distância Samara Josten Flores (Secretária de Ensino) Giane dos Passos (Secretária Acadêmica) Adenir Soares Júnior Alessandro Alves da Silva Andréa Luci Mandira Cristina Mara Schauffert Djeime Sammer Bortolotti Douglas Silveira Evilym Melo Livramento Fabiano Silva Michels Fabricio Botelho Espíndola Felipe Wronski Henrique Gisele Terezinha Cardoso Ferreira Indyanara Ramos Janaina Conceição Jorge Luiz Vilhar Malaquias Juliana Broering Martins
Luana Borges da Silva Luana Tarsila Hellmann Luíza Koing Zumblick Maria José Rossetti Marilene de Fátima Capeleto Patricia A. Pereira de Carvalho Paulo Lisboa Cordeiro Paulo Mauricio Silveira Bubalo Rosângela Mara Siegel Simone Torres de Oliveira Vanessa Pereira Santos Metzker Vanilda Liordina Heerdt Gestão Documental Lamuniê Souza (Coord.) Clair Maria Cardoso Daniel Lucas de Medeiros Eduardo Rodrigues Guilherme Henrique Koerich Josiane Leal Marília Locks Fernandes
Gerência Administrativa e Financeira Renato André Luz (Gerente) Ana Luise Wehrle Anderson Zandré Prudêncio Daniel Contessa Lisboa Naiara Jeremias da Rocha Rafael Bourdot Back Thais Helena Bonetti Valmir Venício Inácio
Gerência de Ensino, Pesquisa e Extensão Moacir Heerdt (Gerente) Aracelli Araldi
Elaboração de Projeto e Reconhecimento de Curso Diane Dal Mago Vanderlei Brasil Francielle Arruda Rampelotte Extensão Maria Cristina Veit (Coord.) Pesquisa Daniela E. M. Will (Coord. PUIP, PUIC, PIBIC) Mauro Faccioni Filho(Coord. Nuvem) Pós-Graduação Anelise Leal Vieira Cubas (Coord.) Biblioteca Salete Cecília e Souza (Coord.) Paula Sanhudo da Silva Renan Felipe Cascaes
Gestão Docente e Discente Enzo de Oliveira Moreira (Coord.)
Capacitação e Assessoria ao Docente Simone Zigunovas (Capacitação) Alessandra de Oliveira (Assessoria) Adriana Silveira Alexandre Wagner da Rocha Elaine Cristiane Surian Juliana Cardoso Esmeraldino Maria Lina Moratelli Prado Fabiana Pereira Tutoria e Suporte Claudia Noemi Nascimento (Líder) Anderson da Silveira (Líder) Ednéia Araujo Alberto (Líder) Maria Eugênia F. Celeghin (Líder) Andreza Talles Cascais Daniela Cassol Peres Débora Cristina Silveira Francine Cardoso da Silva Joice de Castro Peres Karla F. Wisniewski Desengrini Maria Aparecida Teixeira Mayara de Oliveira Bastos Patrícia de Souza Amorim Schenon Souza Preto
Gerência de Desenho e Desenvolvimento de Materiais Didáticos Márcia Loch (Gerente)
Desenho Educacional Cristina Klipp de Oliveira (Coord. Grad./DAD) Silvana Souza da Cruz (Coord. Pós/Ext.) Aline Cassol Daga Ana Cláudia Taú Carmelita Schulze Carolina Hoeller da Silva Boeing Eloísa Machado Seemann Flavia Lumi Matuzawa Gislaine Martins Isabel Zoldan da Veiga Rambo Jaqueline de Souza Tartari João Marcos de Souza Alves Leandro Romanó Bamberg Letícia Laurindo de Bonfim Lygia Pereira Lis Airê Fogolari Luiz Henrique Milani Queriquelli Marina Melhado Gomes da Silva Marina Cabeda Egger Moellwald Melina de La Barrera Ayres Michele Antunes Corrêa Nágila Hinckel Pâmella Rocha Flores da Silva Rafael Araújo Saldanha Roberta de Fátima Martins Roseli Aparecida Rocha Moterle Sabrina Bleicher Sabrina Paula Soares Scaranto Viviane Bastos Acessibilidade Vanessa de Andrade Manoel (Coord.) Letícia Regiane Da Silva Tobal Mariella Gloria Rodrigues Avaliação da aprendizagem Geovania Japiassu Martins (Coord.) Gabriella Araújo Souza Esteves Jaqueline Cardozo Polla Thayanny Aparecida B.da Conceição
Jeferson Pandolfo Karine Augusta Zanoni Marcia Luz de Oliveira Assuntos Jurídicos Bruno Lucion Roso Marketing Estratégico Rafael Bavaresco Bongiolo Portal e Comunicação Catia Melissa Silveira Rodrigues Andreia Drewes Luiz Felipe Buchmann Figueiredo Marcelo Barcelos Rafael Pessi
Gerência de Produção
Arthur Emmanuel F. Silveira (Gerente) Francini Ferreira Dias Design Visual Pedro Paulo Alves Teixeira (Coord.) Adriana Ferreira dos Santos Alex Sandro Xavier Alice Demaria Silva Anne Cristyne Pereira Cristiano Neri Gonçalves Ribeiro Daiana Ferreira Cassanego Diogo Rafael da Silva Edison Rodrigo Valim Frederico Trilha Higor Ghisi Luciano Jordana Paula Schulka Marcelo Neri da Silva Nelson Rosa Oberdan Porto Leal Piantino Patrícia Fragnani de Morais Multimídia Sérgio Giron (Coord.) Dandara Lemos Reynaldo Cleber Magri Fernando Gustav Soares Lima Conferência (e-OLA) Carla Fabiana Feltrin Raimundo (Coord.) Bruno Augusto Zunino
Gerência de Logística
Produção Industrial Marcelo Bittencourt (Coord.)
Logísitca de Materiais Carlos Eduardo D. da Silva (Coord.) Abraao do Nascimento Germano Bruna Maciel Fernando Sardão da Silva Fylippy Margino dos Santos Guilherme Lentz Marlon Eliseu Pereira Pablo Varela da Silveira Rubens Amorim Yslann David Melo Cordeiro
Gerência Serviço de Atenção Integral ao Acadêmico
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Avaliações Presenciais Graciele M. Lindenmayr (Coord.) Ana Paula de Andrade Angelica Cristina Gollo Cristilaine Medeiros Daiana Cristina Bortolotti Delano Pinheiro Gomes Edson Martins Rosa Junior Fernando Steimbach Fernando Oliveira Santos Lisdeise Nunes Felipe Marcelo Ramos Marcio Ventura Osni Jose Seidler Junior Thais Bortolotti
Maria Isabel Aragon (Gerente) André Luiz Portes Carolina Dias Damasceno Cleide Inácio Goulart Seeman Francielle Fernandes Holdrin Milet Brandão Jenniffer Camargo Juliana Cardoso da Silva Jonatas Collaço de Souza Juliana Elen Tizian Kamilla Rosa Maurício dos Santos Augusto Maycon de Sousa Candido Monique Napoli Ribeiro Nidia de Jesus Moraes Orivaldo Carli da Silva Junior Priscilla Geovana Pagani Sabrina Mari Kawano Gonçalves Scheila Cristina Martins Taize Muller Tatiane Crestani Trentin Vanessa Trindade
Gerência de Marketing Fabiano Ceretta (Gerente)
Relacionamento com o Mercado Eliza Bianchini Dallanhol Locks Relacionamento com Polos Presenciais Alex Fabiano Wehrle (Coord.)
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Milton Pereira
Mecânica I Livro didático
Design instrucional Flavia Lumi Matuzawa
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Copyright © UnisulVirtual 2011 Nenhuma parte desta publicação pode ser reproduzida por qualquer meio sem a prévia autorização desta instituição.
Edição – Livro Didático Professor Conteudista Milton Pereira Design Instrucional Flavia Lumi Matuzawa Projeto Gráfico e Capa Equipe UnisulVirtual Diagramação Edison Valim Revisão B2B
531 P49
Pereira, Milton Mecânica I : livro didático / Milton Pereira ; design instrucional Flavia Lumi Matuzawa. – Palhoça : UnisulVirtual, 2011. 177 p. : il. ; 28 cm. Inclui bibliografia. ISBN 978-85-7817-145-2 1. Mecânica. 2. Estática. 3. Resistência de materiais. I. Matuzawa, Flavia Lumi. II. Título.
Ficha catalográfica elaborada pela Biblioteca Universitária da Unisul
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Sumário Apresentação. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 Palavras do professor . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 Plano de estudo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11 UNIDADE 1 - Estática dos pontos materiais. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 UNIDADE 2 - Corpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 55 UNIDADE 3 - Equilíbrio dos corpos rígidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 95 UNIDADE 4 - Forças distribuídas: centroides e baricentros . . . . . . . . . . . . . 127 Para concluir o estudo. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 155 Referências. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 157 Sobre o professor conteudista. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 159 Respostas e comentários das atividades de autoavaliação. . . . . . . . . . . . . . 161 Biblioteca Virtual. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 177
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Apresentação Este livro didático corresponde à disciplina Mecânica I. O material foi elaborado visando a uma aprendizagem autônoma e aborda conteúdos especialmente selecionados e relacionados à sua área de formação. Ao adotar uma linguagem didática e dialógica, objetivamos facilitar seu estudo a distância, proporcionando condições favoráveis às múltiplas interações e a um aprendizado contextualizado e eficaz. Lembre-se que sua caminhada, nesta disciplina, será acompanhada e monitorada constantemente pelo Sistema Tutorial da UnisulVirtual, por isso a “distância” fica caracterizada somente na modalidade de ensino que você optou para sua formação, pois na relação de aprendizagem professores e instituição estarão sempre conectados com você. Então, sempre que sentir necessidade, entre em contato; você tem à disposição diversas ferramentas e canais de acesso, tais como: telefone, e-mail e o Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem, que é o canal mais recomendado, pois tudo o que for enviado e recebido fica registrado para seu maior controle e comodidade. Nossa equipe técnica e pedagógica terá o maior prazer em lhe atender, pois a sua aprendizagem é o nosso principal objetivo. Bom estudo e sucesso! Equipe UnisulVirtual.
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Palavras do professor Caro aluno (a), Gostaríamos de parabenizá-lo(a) pela sua escolha em fazer este curso. Certamente você terá condições de aprender tudo o que for necessário para o melhor aprimoramento em sua vida profissional. A disciplina Mecânica I, na modalidade a distância, foi desenvolvida especialmente para você, levando em consideração os aspectos particulares da formação a distância. O material didático apresenta aspectos teóricos abrangentes e diversos problemas resolvidos para que você se habitue às linhas de raciocínio necessárias para a solução de problemas envolvendo a estática. O conhecimento neste campo abrirá muitas possibilidades para a sua formação como projetista e também para entender os passos seguidos por profissionais desta área. Basicamente, passaremos nossa disciplina toda em busca da definição do equilíbrio dos corpos. É fundamental que você faça um acompanhamento criterioso da disciplina e não deixe de explorar o conhecimento dos tutores. Se você fizer as atividades previstas dentro do cronograma proposto, terá todas as ferramentas necessárias para absorver bem o nosso conteúdo proposto. Lembramos que você não está sozinho nesta caminhada, pois estaremos sempre à disposição para ajudá-lo. Desejamos êxito na disciplina. Bom estudo! Professor Milton Pereira
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Plano de estudo O plano de estudos visa a orientá-lo no desenvolvimento da disciplina. Ele possui elementos que o ajudarão a conhecer o contexto da disciplina e a organizar o seu tempo de estudos. O processo de ensino e aprendizagem na UnisulVirtual leva em conta instrumentos que se articulam e se complementam, portanto, a construção de competências se dá sobre a articulação de metodologias e por meio das diversas formas de ação/mediação. São elementos desse processo:
o livro didático;
o Espaço UnisulVirtual de Aprendizagem (EVA);
as atividades de avaliação (a distância, presenciais e de autoavaliação); o Sistema Tutorial.
Ementa Estática dos pontos materiais. Corpos rígidos: sistemas equivalentes de forças. Equilíbrio dos corpos rígidos. Forças distribuídas: centroides e baricentros.
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Objetivos Gerais: Compreender e aprofundar o estudo a respeito da Estática dentro do âmbito da Mecânica dos Corpos Rígidos, visando a desenvolver conhecimentos e habilidades necessárias para identificar os sistemas de forças atuantes em aplicações reais para definição das condições de equilíbrio de corpos rígidos.
Específicos:
Conceituar a Estática e situá-la na Mecânica dos Corpos Rígidos e na Mecânica; Apresentar os princípios e conceitos fundamentais relacionados à Mecânica; Representar a ação das forças sobre um ponto material, tanto no plano quanto no espaço, e destacar as condições de equilíbrio destas forças no plano e no espaço; Explorar os sistemas equivalentes de forças em corpos rígidos; apresentar a atuação de forças de momento; Desenvolver sistemas equivalentes de forças e de vetores; Explorar o diagrama de corpo livre e apresentar as condições de equilíbrio no diagrama em duas e em três dimensões; Apresentar os conceitos e aplicações de centro de gravidade, centroide, momentos, cargas distribuídas e baricentro; Exercitar os conceitos da estática em situações reais.
Carga Horária A carga horária total da disciplina é 60 horas-aula. 12
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Conteúdo programático/objetivos Veja, a seguir, as unidades que compõem o livro didático desta disciplina e os seus respectivos objetivos. Estes se referem aos resultados que você deverá alcançar ao final de uma etapa de estudo. Os objetivos de cada unidade definem o conjunto de conhecimentos que você deverá possuir para o desenvolvimento de habilidades e competências necessárias à sua formação. Unidades de estudo: 4
Unidade 1 – Estática dos pontos materiais. Nesta unidade inicial, relembraremos alguns conceitos estudados na geometria analítica, dando uma aplicação para os equacionamentos sob o ponto de vista da aplicação de esforços e reações. Por fim, identificaremos as condições necessárias para o equilíbrio de um ponto material e solucionaremos alguns problemas relacionados.
Unidade 2 - Corpos rígidos. Nesta unidade, seremos apresentados aos corpos rígidos e depois aprenderemos os importantes conceitos de momento de uma força com relação a um ponto e o binário. Por fim, aprenderemos a reduzir um sistema de forças a uma única força e a um momento aplicados em um ponto.
Unidade 3 – Equilíbrio dos corpos rígidos Iniciaremos esta unidade aprendendo a construir um diagrama de corpo livre. Para tanto, estudaremos os tipos de vínculo existentes entre o corpo rígido e os demais corpos. Depois disso, aplicaremos as condições de equilíbrio aos problemas existentes para obtermos os valores das reações existentes nos apoios em situações bidimensionais e tridimensionais.
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Unidade 4 – Forças distribuídas: centroides e baricentros Nesta última unidade, aprenderemos a diferença entre centroide e baricentro, aprendendo a calcular sua posição em corpos bidimensionais e tridimensionais. Estes conceitos são muito úteis para a determinação das condições impostas por forças distribuídas aplicadas a um corpo rígido.
Agenda de atividades/ Cronograma
Verifique com atenção o EVA, organize-se para acessar periodicamente a sala da disciplina. O sucesso nos seus estudos depende da priorização do tempo para a leitura, da realização de análises e sínteses do conteúdo e da interação com os seus colegas e tutor. Não perca os prazos das atividades. Registre no espaço a seguir as datas com base no cronograma da disciplina disponibilizado no EVA. Use o quadro para agendar e programar as atividades relativas ao desenvolvimento da disciplina.
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Atividades obrigatórias
Demais atividades (registro pessoal)
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Estática dos Pontos Materiais Objetivos de aprendizagem
Conhecer quais são os campos de estudo dentro da Mecânica.
Executar operações de soma, subtração e multiplicação por um escalar com forças e vetores.
Realizar a decomposição de forças em componentes de interesse.
Identificar as condições de equilíbrio de um ponto material no plano.
Solucionar problemas com forças e equilíbrio de um ponto material no espaço.
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Seções de estudo
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Seção 1
Princípios e conceitos fundamentais
Seção 2
Operações com forças e vetores
Seção 3
Decomposição de forças
Seção 4
Equilíbrio de um ponto material no plano
Seção 5
Forças e equilíbrio de um ponto material no espaço
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Para início de estudo Nesta unidade, você iniciará seu estudo no campo da Mecânica, identificando as diversas áreas de aplicação. Depois de ter noção da abrangência e importância da Mecânica no estudo da engenharia, será a hora de focar nossos estudos especificamente na Estática. Os outros assuntos serão abordados em disciplinas futuras. Nossos estudos começarão com uma pequena revisão do que já foi visto em disciplinas anteriores. Os conceitos serão apresentados no decorrer do texto e você verá que a fundamentação obtida anteriormente vai ser de grande valia para as nossas aplicações cada vez mais realistas durante os nossos estudos. A tarefa principal nesta unidade consiste em identificarmos e representarmos adequadamente os esforços que estão aplicados em pontos de nosso interesse em máquinas, equipamentos, estruturas e outros. Com estes esforços, teremos condições de estabelecer critérios apropriados para identificação do equilíbrio destes corpos estudados. E isto será feito tanto em duas (no plano) quanto em três dimensões (no espaço). Sendo assim, vamos começar os nossos estudos!
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Seção 1 – Princípios e conceitos fundamentais Para iniciar nossos estudos sobre Mecânica, precisamos recordar alguns conceitos já estudados que darão a base de entendimento para o nosso curso. Está na hora de aplicarmos de forma efetiva nosso aprendizado de Física e de Geometria Analítica. Você verá que estes assuntos, quando trabalhando em conjunto, nos fornecem muitos esclarecimentos sobre situações reais do nosso cotidiano. Começaremos com um conceito formal de Mecânica: A Mecânica é uma ciência física que descreve e prediz as condições de repouso ou movimento dos corpos que sofrem a ação de uma força.
A partir desta definição podemos afirmar que a Mecânica possua uma aplicação bastante ampla, atendendo às necessidades de diversas áreas da Engenharia. E este raciocínio é correto. A Mecânica possui campos bastante distintos de atuação e estudo. Numa forma mais ampla, há a divisão em três grandes áreas:
Mecânica dos Corpos Rígidos
Mecânica dos Corpos Deformáveis
Mecânica dos Fluidos
O nosso estudo nesta disciplina estará focado na Mecânica dos Corpos Rígidos que é subdividida em Estática - que estuda os corpos em repouso; Cinemática e Dinâmica - que estudam os corpos em movimento. Nosso estudo nesta disciplina estará focado na Estática. A Mecânica dos Corpos Deformáveis também será estudada com detalhes por você, quando se deparar com as disciplinas de Resistência dos Materiais.
São corpos considerados perfeitamente rígidos, sem qualquer absorção de energia ou deformação proveniente dos carregamentos impostos sobre eles.
Já a Mecânica dos Fluidos compreende uma área com larga aplicação industrial e de muita importância na Engenharia. Você explorará os seus conceitos quando estudar Fenômenos de Transporte. A Figura Unidade 1
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1.1 mostra um exemplo que permite a visualização do comportamento de um meio gasoso após sofreu um distúrbio. Um caso típico a ser estudado dentro da Mecânica dos Fluidos.
Figura 1.1 Mecânica dos Fluidos demonstrada na espiral formada pela passagem de um avião próximo de um corante gasoso Fonte: Disponível em: < http://pt.wikipedia.org/wiki/Mec%C3%A2nica_dos_fluidos>. Acesso em: dez. 2010
Um pouco de história O estudo da mecânica iniciou no tempo de Aristóteles (384-322 a.C.) e Arquimedes (287-212 a.C.), mas foi Sir Issac Newton (1642-1727) que propôs uma formulação satisfatória para explicar os princípios fundamentais da Mecânica. A Mecânica Newtoniana até hoje forma a base das ciências atuais da Engenharia.
Baseia-se na Teoria da Relatividade apresentada por Einstein em 1905.
O estudo da Mecânica utiliza como referência os conceitos básicos entre espaço, tempo, massa e força. A definição exata de cada um destes conceitos exige conhecimentos mais aprofundados da Mecânica Newtoniana e da Mecânica Relativista. Apesar disto, baseados em nossa intuição e experiência acerca destes conceitos, podemos utilizá-los como referência no estudo da Mecânica. Estes conceitos foram apresentados e trabalhados
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na disciplina de Física I. Para refrescar a memória, que tal uma visitinha àquele livro didático? Nossos estudos nesta disciplina estarão baseados em seis princípios fundamentais, formulados a partir de evidências experimentais, e que você já teve contato quando estudou Física I e Geometria Analítica. São eles: a) A Lei do Paralelogramo para adição de forças b) O Princípio da Transmissibilidade c) A Primeira Lei de Newton d) A Segunda Lei de Newton e) A Terceira Lei de Newton f) A Lei da Gravitação de Newton Estes conceitos serão aprofundados no decorrer da disciplina e você aprenderá a utilizá-los para resolver os diversos problemas propostos no decorrer do curso. Nosso estudo segue com a recapitulação de alguns conceitos introdutórios.
Seção 2 – Operações com forças e vetores Nosso primeiro passo consiste em estudarmos o efeito das forças que atuam sobre os pontos materiais. O que é necessário para definir uma força?
Um ponto material é uma pequena porção de matéria que pode ser considerada como se ocupasse um ponto no espaço.
Uma força é definida pelo seu ponto de aplicação, sua intensidade, sua direção e seu sentido.
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A intensidade de uma força é medida em N (Newtons) no Sistema Internacional de Unidades. Devido à pequena ordem de grandeza obtida com a aplicação de 1 N de força, é comum e bastante difundido representar a unidade de força em kN, onde 1 kN = 103N ou 1000N. A direção da força está sempre relacionada a uma linha de ação, que sempre possui uma posição definida por um ângulo com relação a uma linha de base tomada como referência. A representação gráfica de uma força é bastante elucidativa. A Figura 1.2 mostra três forças sendo aplicadas sobre um mesmo ponto A. Na representação gráfica de uma força, o comprimento do segmento de reta utilizado para representar a força dá uma ideia da sua intensidade. Além disso, esta reta é colocada sobre a linha de ação, que define a sua direção, e a seta vai mostrar o sentido de aplicação desta força.
Figura 1.2 Forças atuando sobre o ponto A Fonte: Elaboração do autor, 2011
No caso apresentado na Figura 1.2, é possível identificar que a força F2 possui uma intensidade maior do que as forças F1 e F3. Se considerarmos a linha horizontal como referência, vemos que a força F1 está numa linha de ação deslocada em 45º com relação à referência, e o seu sentido de aplicação é na direção do ponto A. F2 está numa linha de ação coincidente com a referência, com sentido da esquerda para a direita, também voltada para o ponto A, e F3 está sobre uma linha de ação deslocada em 60º com relação à referência e sentido saindo do ponto A. Estas forças representadas se comportam exatamente como vetores.
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Vamos recordar alguns daqueles conceitos apresentados, trazendo-os para a aplicação em pontos materiais e em corpos rígidos. Se você quiser aprofundar um pouco mais, dê mais uma olhada no que foi apresentado na disciplina de Geometria Analítica e na disciplina de Física. Considere duas forças denominadas de T e U atuando sobre um ponto material B, como mostra a Figura 1.3. Pela Lei do Paralelogramo para adição de vetores (neste caso, forças), as forças T e U podem ser substituídas por uma única força R que possui o mesmo efeito sobre o ponto B.
Figura 1.3 Determinação da força resultante Fonte: Elaboração do autor, 2011
Esta força R é chamada de força resultante e consiste na diagonal do paralelogramo formado pelas forças T e U. Esta força é o resultado da soma das forças T e U. R=T+U Como se observa, as forças, da mesma forma que os vetores, necessitam de um tratamento apropriado para que seja possível realizar operações entre si. E isto nos faz concluir que é sempre muito importante estar atento à representação correta de forças e vetores. Qualquer erro na intensidade, direção ou sentido de um vetor irá conduzir a um resultado completamente errado e diferente do desejado. Outra forma de realizar a soma entre os vetores T e U consiste na triangulação, como mostra a figura 1.4. Neste caso, os vetores são dispostos de maneira sequencial e o resultante é obtido como sendo o vetor que inicia no princípio do primeiro vetor da cadeia e termina no final do último vetor da cadeia.
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Figura 1.4 Soma por triangulação Fonte: Elaboração do autor, 2011
A subtração de vetores é uma operação que consiste em somar um vetor dado como referência com o vetor oposto correspondente do outro vetor. Se considerarmos os vetores da figura 1.3, temos que a operação R = T – U é realizada como mostra a figura 1.5.
Figura 1.5 Subtração de vetores Fonte: Elaboração do autor, 2011
Note que o vetor U, ao receber o sinal negativo, passou a indicar o sentido oposto da seta, mas manteve sua intensidade e a direção, que utiliza a mesma linha de ação. Existem várias situações onde se necessita realizar operações com mais de dois vetores ao mesmo tempo. Nestes casos, como mostra a figura 1.6, a solução consiste em somar diretamente todos os vetores (1.6a) ou somar um par de vetores para definir a sua resultante e depois ir somando individualmente cada outro vetor do conjunto com o vetor resultante encontrado, até que se chegue ao último resultante (1.6b). A ordem de composição dos vetores para as sucessivas operações de soma não altera o resultado final encontrado (1.6c).
Figura 1.6 Soma de vários vetores Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Outra operação muito importante envolvendo os vetores é o produto escalar. Para entendermos como o produto escalar é utilizado, imagine a situação mostrada na figura 1.7. Suponha que o peso aplicado no ponto A (Fig. 1.7a) venha todo da carga que está na gaiola, desprezando o peso da gaiola, cabos e outros eventuais acessórios.
Figura 1.7 Exemplo de produto escalar Fonte: Elaboração do autor, 2011
O que acontece com a força aplicada no ponto A caso seja adicionada uma segunda carga na gaiola (Fig. 1.7b)? Como a segunda carga é igual à primeira, pode-se concluir que F2 = 2 x F1. Note que a direção e o sentido da força aplicada permanecem inalterados, com mudança somente na intensidade da força aplicada. Esta operação caracteriza um produto escalar. O produto escalar é utilizado, então, para gerar alterações somente na intensidade das forças, sem influenciar a direção e o sentido. Graficamente, é visível que F2 possui um comprimento duas vezes maior do que F1.
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Seção 3 – Decomposição de forças Da mesma forma que duas forças que atuam sobre um mesmo ponto podem ser combinadas para dar origem a uma única força resultante, o processo inverso também é possível de ser realizado com os vetores. Dependendo da necessidade, uma única força pode ser decomposta e substituída por duas ou mais forças que possuam o mesmo efeito sobre o ponto material. Esta decomposição é muito útil quando se quer representar uma força na forma de componentes que estão atuando em direções de interesse. A figura 1.8 representa a decomposição da mesma força em componentes distintas T e U. Qualquer soma de pares T e U vai levar ao mesmo resultado da força F.
Figura 1.8 Decomposição da força F de três formas diferentes Fonte: Elaboração do autor, 2011
- Para sua melhor compreensão, acompanhe a resolução de um problema resolvido.
Problema resolvido 1.1: Determine a força resultante que está atuando no gancho da figura 1.9:
Figura 1.9 Gancho com carregamento Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Mecânica I
Solução gráfica: A solução gráfica para este problema pode ser encontrada utilizando-se os dois métodos apresentados anteriormente, como mostra a figura 1.10, com o método do paralelogramo (1.10a) e a regra do triângulo (1.10b).
Figura 1.10 Solução gráfica para o problema Fonte: Elaboração do autor, 2011
A determinação da intensidade de R pelo método gráfico resulta em: R = 112 N; α = 15º Pela solução trigonométrica, o primeiro passo consiste em dispor corretamente os vetores para que seja possível identificar os ângulos relativos e disposição dos vetores, como mostra a Figura 1.11.
Figura 1.11 Disposição dos vetores para a solução trigonométrica Fonte: Elaboração do autor, 2011
Aplicando-se a lei dos cossenos, obtém-se: R 2 = S2 + T2 – 2.S.T.cos B Unidade 1
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O ângulo B é dado pela relação: B + 30º + 45º = 180º B = 105º Assim: R 2 = 602 + 802 + 2.60.80.cos 105º R 2 = 3600 + 6400 + 2484,66 R 2 = 12484,66 R = 111,73 N Aplicando agora a lei dos senos, temos: sen A / S = sen B / R sen A = sen 105º . 60 / 111,73 sen A = 0,5187 A = 31,24º α = 45º - A = 13,76º A decomposição de forças é muito aplicada em conjunto com sistemas de coordenadas cartesianas definidos com eixos normais entre si, com uma direção x e uma direção y. Geralmente, estes eixos são posicionados respeitando a direção horizontal e a direção vertical da situação estudada. Se considerarmos a existência de vetores unitários coincidentes com os eixos cartesianos do sistema de coordenadas, é possível representar qualquer força posicionada em um plano em função das suas componentes em cada um destes eixos, e com intensidade dada como um valor múltiplo destes vetores unitários, como mostra a figura 1.12. i = vetor unitário na direção x j = vetor unitário na direção y Fy = F.j Fx = F.i
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Figura 1.12 Decomposição no sistema cartesiano Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Fy representa a intensidade da força F na direção y e possui um valor escalar dado como um múltiplo do vetor unitário j. Da mesma forma, Fx está relacionado com o vetor i na direção x. A força com intensidade F está aplicada com um ângulo θ com relação ao eixo de coordenadas x. Com a definição desta posição angular, é possível expressar, através de relações trigonométricas, as componentes Fx e Fy da seguinte forma: Fx = F.cos θ ; Fy = F.sen θ
Problema resolvido 1.2: Um carro está sendo rebocado por um guincho, como mostra a figura 1.13. Se a força de tração no cabo do reboque é de 600 N, quanto desta força está sendo utilizado para puxar o veículo e quanto está sendo utilizado para levantá-lo?
Figura 1.13 Carro rebocado Fonte: Elaboração do autor, 2011
O diagrama na figura 1.14 mostra a força aplicada F e as componentes procuradas Fx e Fy.
Figura 1.14 Diagrama das forças Fonte: Elaboração do autor, 2011
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A solução é então: Fx = - F.cos 60º ; Fy = F.sen 60º Fx = - 600.0,5 ; Fy = 600.0,866 Fx = - 300 N ; Fy = 519,62 N Note que a força Fx apresenta o sinal negativo. Isto ocorre porque seu sentido está voltado da direita para a esquerda.
Soma de várias forças utilizando a decomposição Quando muitas forças atuam em conjunto em um mesmo ponto material e atuam no mesmo plano, pode-se encontrar uma resultante única destas forças decompondo individualmente cada uma das forças aplicadas de acordo com o sistema cartesiano e realizar as operações escalares para cada eixo coordenado, x e y. A forma mais fácil de demonstrar isto é através de um exemplo.
Problema resolvido 1.3: Dado o conjunto de 5 forças aplicadas ao ponto A, conforme a figura 1.15, calcule a força resultante.
Figura 1.15 Várias forças aplicadas no mesmo ponto Fonte: Elaboração do autor, 2011
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A resultante destas forças é obtida através do cálculo da resultante em cada eixo cartesiano: R x = F1x + F2x + F3x + F4x + F5x Ry = F1y + F2y + F3y + F4y + F5y Levando em consideração a disposição das forças apresentada na figura 1.15, temos a seguinte solução: R x = 0 + F2 + F3.cos 30º + F4.sen 30º - F5.cos 45o Ry = F1 + 0 - F3.sen 30º - F4.cos 30º + F5.sen 45o Note que a disposição trigonométrica dos vetores que representam as forças permitiu uma dedução direta das componentes de cada força aplicada. Além disso, também é importante observar que os sinais utilizados na solução estão diretamente relacionados com o sentido de cada força com relação aos eixos coordenados x e y. De forma simplificada, para determinar a resultante em cada eixo, podem-se utilizar: R x = ΣFx;
Ry = ΣFy
Conhecendo-se as componentes R x e Ry do sistema de forças estudado, resta agora utilizar a lei do paralelogramo para compor a força resultante total do sistema.
Problema resolvido 1.4: Determine as componentes nas direções x e y das forças apresentadas na figura 1.16 e calcule a resultante, indicando a direção desta resultante.
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Figura 1.16 Conjunto de forças aplicadas no mesmo ponto C Fonte: Elaboração do autor, 2011
Quando há a necessidade de calcular as componentes de várias forças, é importante organizar adequadamente as informações para evitar o risco de pequenos erros que podem comprometer a solução final. Uma forma de fazer isto é através da criação de uma tabela, como a tabela 1.1.
Tabela 1.1 Componentes das forças Força
Intensidade, N
Componente em x, N
Componente em y, N
F1
70
60,6
-35
F2
100
50
86,6
F3
60
0
60
F4
50
-35,4
35,4
F5
40
-40
0
Resultante
Rx = 35,2
Ry = 147
A resultante das forças pode ser apresentada como: R = (35,2N)i + (147N)j
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Mecânica I
A direção da força resultante α com relação ao eixo de coordenadas cartesianas pode ser obtida pela seguinte relação: α = 76,53º
tgα = Ry / R x = 147N/35,2N = 4,1761; A intensidade da força resultante R é dada por: R = Ry / sen α = R x / cos α = 151,2 N
Outra forma de identificar R é através da relação: R 2 = R x 2 + Ry2;
R = 151,2 N
Seção 4 – Equilíbrio de um ponto material no plano Considera-se um ponto material em equilíbrio quando a força resultante de várias forças atuando sobre este ponto se apresenta como uma força nula, o que está totalmente de acordo com a primeira lei de Newton. Sendo assim, um ponto material, que sofre a ação de somente duas forças, só estará em equilíbrio caso estas duas forças possuam a mesma intensidade, estejam na mesma linha de ação, mas com sentidos opostos. Qualquer condição diferente desta levará à criação de uma resultante não nula, o que impede que haja o equilíbrio. De forma direta, a condição para existência do equilíbrio é dada por: R = ΣF = 0 Ou seja: ΣFx = 0;
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ΣFy = 0
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Problema resolvido 1.5: Para que o sistema mostrado na figura 1.17 esteja em equilíbrio, é necessário que o somatório das forças aplicadas no ponto A seja nulo. Verifique se há equilíbrio.
Figura 1.17 Forças aplicadas no ponto A Fonte: Elaboração do autor, 2011
ΣFx = 0 ΣFx = F1x + F2x + F3x + F4x ΣFx = 40.cos 20º + 60.cos 45º - 80 + 0 ΣFx = 37,6 + 42,4 – 80 = 0 ΣFx = 0 » Condição satisfeita
ΣFy = 0 ΣFy = F1y + F2y + F3y + F4y ΣFy = 40.sen 20º + 60.sen 45º + 0 - 56 ΣFy = 13,6 + 42,4 – 56 = 0 ΣFy = 0 » Condição satisfeita
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Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre consiste numa representação esquemática e simplificada de um ponto de interesse em uma estrutura que é considerada como um ponto material, mostrando todas as forças que atuam sobre este ponto.
Problema resolvido 1.6: Um exemplo de formulação de diagrama de corpo livre pode ser observado na figura 1.18.
Figura 1.18 (a) Diagrama espacial; (b) Diagrama de corpo livre; (c) Triângulo de forças Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 51)
A partir do diagrama de corpo livre (1,18b), é possível compor, para este caso onde existem três forças atuando sobre o ponto A, um triângulo de forças (1.18c). Como os ângulos são conhecidos, a solução deste problema é facilmente encontrada aplicando-se a lei dos senos: TAB/sen 60º = TAC/ sen 40º = 736 N/sen 80º O cálculo destas relações resulta nas seguintes forças para os cabos: TAB = 647 N;
TAC = 480 N
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Problema resolvido 1.7: Considerando a situação apresentada na figura 1.19, determine a tração TAC, sabendo que a luminária pesa 8 kg e que a mola sofreu uma deformação de 0,453m e possui uma rigidez de 300 N/m.
Figura 1.19 Luminária em equilíbrio Fonte: Hibbeler (2005, p. 76)
O peso P de 8 kg da luminária resulta em uma força dada por: W = P . g = 8 . 9,81 = 78,5 N Conhecendo-se a rigidez da mola (k) e a sua deformação (s), é possível determinar a força executada: F = k.s F = 300 . 0,453 = 136N Para que ocorra o equilíbrio, deve haver uma resultante nula nas direções x e y: ΣFx = 0 ΣFx = TAB - TACx ΣFx = 136 - TAC . cos 30º = 0 TAC = 136 / cos 30º = 157 N
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Mecânica I
ΣFy = 0 ΣFy = TACy – W ΣFy = TAC . sen 30º - 78,5 = 0 TAC = 78,5 / sen 30º = 157 N Como os valores encontrados para TAC nas duas direções são iguais, o sistema está em equilíbrio.
Seção 5 – Forças e equilíbrio de um ponto material no espaço Até agora lidamos com problemas bidimensionais, ou seja, completamente resolvidos em um único plano. Nosso próximo passo consiste em extrapolar a aplicação dos nossos conhecimentos para resolver problemas no espaço, utilizando as três dimensões. Se antes era necessário realizar a decomposição de forças nos eixos x e y que definem o plano onde esta força está atuando, agora temos esta força posicionada no espaço, necessitando de uma dimensão a mais para sua caracterização espacial. Então é necessário definir também qual a componente desta força que está atuando no eixo z. O tratamento necessário para a decomposição de uma força no espaço dependerá das informações disponíveis sobre a orientação desta força com relação ao sistema de coordenadas definido. Para um melhor entendimento, vamos utilizar o exemplo apresentado por Beer & Johnston, (2005). A figura 1.20 mostra uma força F sendo aplicada na origem de um sistema de coordenadas cartesianas xyz.
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Figura 1.20 Força no espaço Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 63)
O plano que contém a força F é identificado como OBAC, que passa pelo eixo vertical y e se projeta sobre o plano xz, posicionado com um ângulo Φ com relação ao eixo x. A força F está deslocada por um ângulo θy com relação ao eixo y, conforme mostra a figura 1.20a. Com esta disposição, é possível decompor inicialmente a força F em uma componente Fy diretamente sobre o eixo y, e uma força horizontal Fh que se projeta sobre o plano xz, como mostra a figura 1.20b. Assim, pelas relações trigonométricas, temos: Fy = F. cos θy Fh = F. sen θy Para completar a decomposição, é necessário obter as componentes Fx e Fz da força F, que são obtidas a partir da decomposição da força Fh. Isto é possível porque o ângulo Φ que posiciona a força Fh no eixo xz é conhecido (figura 1.20c). Temos então: Fx = Fh. cos Φ Fz = Fh. sen Φ
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Mecânica I
Como nós conhecemos a intensidade da força Fh a partir da primeira decomposição de F, podemos escrever: Fx = F. sen θy. cos Φ Fz = F. sen θy. sen Φ De posse de todas as componentes, podemos aplicar Pitágoras e confirmar os resultados obtidos com o cálculo da intensidade da força F a partir destas componentes escalares cartesianas, chegando assim na equação: F2 = Fx 2 + Fy2 + Fz2 Numa outra situação, se, para definir a orientação da força F no espaço, forem conhecidos os ângulo de posição desta força com relação a cada um destes eixos coordenados, como mostra a figura 1.21, a definição das componentes é dada por: Fx = F. cos θx;
Fy = F. cos θy;
Fz = F. cos θz;
Figura 1.21 Força F no espaço com três posições angulares Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 64)
A força F também pode ser representada com base nos vetores unitários i, j e k, orientados conforme os eixos x, y e z, da seguinte forma: F = Fxi + Fyj + Fzk
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Quando um sinal negativo acompanhar alguma das componentes, isto indicará que o vetor estará posicionado no sentido oposto do sentido convencional do sistema de coordenadas.
Problema resolvido 1.8: Uma força F com intensidade de 300 N forma ângulos de 30º com o eixo x, 135º com o eixo y e 60º com o eixo z. Determine as componentes Fx, Fy, e Fz desta força. Fx = F. cos θx = 300 . cos 30º = 259,8 N Fy = F. cos θy = 300 . cos 135º = - 212,1 N Fz = F. cos θz = 300 . cos 60º = 150 N Existem muitas situações onde uma força é definida pela sua intensidade e pela definição da sua linha de ação, descrita pelas coordenadas de dois pontos pertencentes a esta linha de ação. Nestes casos, como mostrado na figura 1.22, é possível definir um vetor na mesma linha de ação da força F que liga os pontos definidos, possuindo componentes escalares d x, dy e dz.
Figura 1.22 Força definida na linha de ação Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 68)
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Este vetor é dado por: MN = d xi + dyj + dzk A linha de ação de F pode ser posicionada no espaço através da definição de um vetor unitário λ, que é obtido dividindo-se o vetor MN pelo seu módulo, que é dado pela distância d. λ = MN
/ MN = (1/d) . (d xi + dyj + dzk)
A força F no espaço é definida através do seu módulo multiplicado por este vetor unitário que define sua orientação: F = F. λ = (F/d) . (d xi + dyj + dzk) As componentes escalares da força F são dadas por: Fx = F. d x /d;
Fy = F. dy/d;
Fz = F. dz/d;
Estas equações simplificam a determinação das componentes de uma força F quando são conhecidas a sua intensidade F e a sua linha de ação através de dois pontos M e N. As distâncias envolvidas podem ser obtidas através de: d x = x 2 – x1;
dy = y2 – y1;
dz = z2 – z1;
E a distância d entre os pontos M e N é dada por: d 2 = d x 2 + dy2 + dz2 Por fim, os ângulos θx, θy e θz formados com os eixos coordenados, são obtidos a partir de: cos θx = d x / d;
cos θy = dy / d;
cos θz = dz / d;
Em problemas envolvendo três dimensões, as operações de adição e subtração de forças ou vetores se tornam complicadas caso se deseje utilizar uma solução por métodos gráficos ou por deduções trigonométricas. Sendo assim, o método mais indicado consiste em decompor cada força individualmente nas suas três componentes e depois realizar as operações escalares desejadas em cada componente ou eixo cartesiano.
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Com a resultante em cada componente é possível recompor o vetor resultante final utilizando as equações a seguir: R x = ΣFx;
Ry = ΣFy;
Rz = ΣFz;
Da mesma forma que o tratamento anterior, o módulo da resultante R e os ângulos θx, θy e θz formados com os eixos coordenados, são obtidos a partir de: R 2 = R x 2 + Ry2 + Rz2 cos θx = R x / R;
cos θy = Ry / R;
cos θz = Rz / R
Problema resolvido 1.9: Uma força F1 possui componentes Fx1 = -250 N, Fy1 = 50 N e Fz1 = -180 N, e uma força F2 possui componentes Fx2 = 200 N, Fy2 = 150 N e Fz2 = -80 N. Determine o módulo de cada uma das forças, o módulo da força resultante e os ângulos que a força resultante forma com os eixos coordenados. Módulo da Força F1: F12 = Fx12 + Fy12 + Fz12 F12 = -2502 + 502 + -1802 F1 = 312,1 N Módulo da Força F2: F22 = Fx22 + Fy22 + Fz22 F22 = 2002 + 1502 + (-80)2 F2 = 262,5 N
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Mecânica I
Componentes da força resultante: R x = ΣFx;
Ry = ΣFy;
Rz = ΣFz;
R x = Fx1 + Fx2
Ry = Fy1 + Fy2
Rz = Fz1 + Fz2
R x = -250 + 200
Ry = 50 + 150
Rz = -180 - 80
R x = -50
Ry = 200
Rz = -260
Módulo da Força Resultante R: R 2 = R x 2 + Ry2 + Rz2 R 2 = (-50)2 + 2002 + (-260)2 R = 331,8 N cos θx = R x / R = -50/331,8 = -0,15069; θx = acos -0,15069 = - 8,7º cos θy = Ry / R = 50/331,8 = 0,60275;
θy = acos 0,60275 = 37,1º
cos θz = Rz / R = -180/331,8 = -0,78357; θz = acos -0,78357 = - 51,6º
Equilíbrio de um ponto material no espaço Da mesma forma que foi explicada para o equilíbrio no plano, a condição de equilíbrio de um ponto material no espaço é obtida quando a resultante de todas as forças atuando sobre este ponto é zero, isto é, quando as componentes R x, Ry e R z são nulas. Temos então: ΣFx = 0;
ΣFy = 0;
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ΣFz = 0;
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Problema resolvido 1.10: O recipiente da figura 1.23 está suportando uma carga W de 1165 N suspensa pelos três cabos mostrados. Determine a tração em cada um dos cabos.
Figura 1.23 Recipiente suspenso por cabos Fonte:
. Acesso em: 06 jan. 2011
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Solução: Em primeiro lugar, serão definidas as componentes de cada uma das forças individualmente: FAB AB = d AB = √( d AB x 2 + d AB y2 + d AB z2) d AB = √(02 + 4502 + 6002) d AB = 750 mm
FAB x = FAB.d AB x /d AB;
FAB y = FAB.d AB y/d AB;
FAB z = FAB. d ABz/d AB;
FAB x = FAB. 0/750;
FAB y = FAB. 450/750;
FAB z = FAB. 600/750;
FAB x = 0;
FAB y = FAB.0,6;
FAB z = FAB.0,8;
FAC AC = d AC = √(d ACx 2 + d ACy2 + d ACz2) d AC = √((-320)2 + 02 + 6002) d AC = 680 mm
FACx = FAC. d ACx /d AC;
FACy = FAC. d ACy/d AC;
FAC z = FAC. d ACz/d AC;
FACx = FAC. - 320/680;
FACy = FAC. 0/680;
FAC z = FAC. 600/680;
FACx = - FAC.0,4706;
FACy = 0;
FAC z = FAC.0,88235;
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FAD AD = d AD = √(d ADx 2 + d ADy2 + d ADz2) d AD = √(3602 + (-500)2 + 6002) d AD = 860 mm
FADx = FAD. d ADx /d AD;
FADy = FAD. d ADy/d AD;
FADz = FAD. d ADz/d AD;
FADx = FAD. 360/860;
FADy = FAD. -500/860;
FADz = FAD. 600/860;
FADx = FAD.0,4186;
FADy = - FAD.0,5814;
FADz = FAD.0,6977;
De posse das componentes de cada uma das forças, pode-se calcular a resultante em cada eixo coordenado. Como o sistema está em equilíbrio, cada uma destas resultantes deverá ser nula. R x = ΣFx = 0;
Ry = ΣFy = 0;
R x = FABx+FACx+FADx = 0; Ry = FABy+FACy+FADy = 0;
Rz = ΣFz = 0; Rz = FABz+FACz+FADz + W= 0;
R x = -0 -FAC.0,4706 + FAD.0,4186= 0; Ry = FAB.0,6 + 0 - FAD.0,5814 = 0; Rz = FAB.0,8 + FAC.0,88235 + FAD.0,6977 - 1165= 0; Para resolver o sistema, vamos isolar FAB e FAC em função de FAD nas direções x e y e substituir na direção z: R x = -0 -FAC.0,4706 + FAD.0,4186= 0; Ry = FAB.0,6 + 0 - FAD.0,5814 = 0; Rz = FAB.0,8 + FAC.0,88235 + FAD.0,6977 - 1165= 0;
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Mecânica I
FAC = FAD.0,4186 / 0,4706 = FAD.0,88953; FAB = FAD.0,5814 / 0,6 = FAD.0,96899; (FAD.0,96899) .0,8 + (FAD.0,88953).0,88235 + FAD.0,6977 – 1165 = 0; FAD.0,7752 + FAD.0,7849 + FAD.0,6977 – 1165 = 0 FAD.2,2577 = 1165 FAD = 1165 / 2,2577 FAD = 516 N Com isto, temos: FAC = FAD.0,88953 = 516 . 0,88953 = 459 N; FAB = FAD.0,96899 = 516 . 0,96899 = 500 N;
Com o fim desta seção, encerramos também o conteúdo teórico da nossa unidade. Mas o trabalho não para por aí. É importante fazer os exercícios propostos prestando muita atenção em todos os detalhes da sua resolução.
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Síntese Nesta unidade, você aprendeu sobre quais são os campos de estudo da Mecânica e viu que nosso trabalho está voltado para a mecânica dos corpos rígidos, e mais especificamente para a estática. Depois disso, foi a hora de relembrar alguns conceitos já estudados em outras disciplinas e exercitar a execução de operações com vetores, que representam de forma equivalente as ações dos esforços atuantes sobre os pontos materiais e corpos rígidos estudados. Você também aprendeu a realizar a decomposição de forças em componentes de interesse, formando a base para a solução de inúmeros problemas de estática. Com o conhecimento adequado sobre o tratamento matemático de vetores, foram apresentadas as condições para definição do equilíbrio de um ponto material no plano. Por fim, todos estes conceitos foram estendidos para a solução de problemas relacionando forças e equilíbrio de um ponto material no espaço, onde foram trabalhadas as três dimensões, gerando três componentes para definição dos esforços.
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Mecânica I
Atividades de autoavaliação 1) Com base nos conhecimentos adquiridos a respeito dos campos de estudo referente à Mecânica, relacione os itens da primeira coluna com as aplicações apresentadas na segunda coluna: (A) Mecânica dos corpos rígidos
a. ( ) Estudo de perfis aerodinâmicos
(B) Mecânica dos corpos deformáveis (C) Mecânica dos fluidos
b. ( ) Estudo da falha de materiais por ruptura c. ( ) Estudo do escoamento de vertedouros em barragens d. ( ) Estudo das forças externas aplicadas em um corpo rígido e. ( ) Estudo da deformação de vigas pelo peso próprio f. ( ) Determinação das condições de equilíbrio em um corpo
2) Dados os vetores A, B e C apresentados abaixo, calcule o vetor resultante para cada item proposto:
a) A + C
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Universidade do Sul de Santa Catarina
b) B - A
c) A + 2B – C
3) Considere a estaca enterrada no chão apresentada na figura abaixo. Determine o módulo e a direção da força resultante sobre a estaca.
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Mecânica I
4) Utilizando o mesmo sistema de forças usado na questão anterior, determine as componentes da força resultante. Verifique se estas componentes levam a um mesmo valor de módulo e ângulo de posição para a força resultante encontrada.
5) Dois cabos estão atados no ponto C do sistema abaixo. Determine as trações nestes cabos.
Unidade 1
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Universidade do Sul de Santa Catarina
6) Determine a intensidade e a direção da força F5 para manter o ponto O em equilíbrio.
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Mecânica I
Saiba mais
As Estruturas de Engenharia Nossos estudos na área de Mecânica possuem uma ampla aplicação na solução de problemas relacionados a estruturas de engenharia. Vamos conhecer um pouco sobre elas: 1. Treliças – As treliças são projetadas para suportar cargas e normalmente são sistemas estacionários e totalmente vinculados. São formadas por elementos retos conectados por juntas nas suas extremidades. Nos membros retilíneos de uma treliça atuam duas forças de mesmo módulo e direção, mas com sentidos opostos. As treliças são muito utilizadas em pontes e em edifícios e possuem uma larga aplicação em projetos de engenharia. Um exemplo de treliça é mostrado na figura 5.1.
Figura 1 – Treliça Fonte: Beer & Johnston (2008, p. 371)
2. Estruturas – As estruturas também são projetadas para suportar cargas e também são estacionárias e totalmente vinculadas. Sua diferença para as treliças é que possuem elementos de múltiplas forças e conectados por pinos, isto é, elementos que estão sujeitos a mais de duas forças que não possuem a direção do elemento. A figura 2 mostra um guindaste que caracteriza bem uma estrutura por possuir elementos onde estão aplicadas três ou mais forças, que, em geral, não possuem a direção do elemento. Unidade 1
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Figura 2 Estrutura Fonte: Beer & Johnston (2008, p. 370)
3. Máquinas – As máquinas são projetadas para transmitir e modificar forças e, de forma geral, possuem partes móveis. Como nas estruturas, as máquinas sempre possuem pelo menos um elemento sujeito a três ou mais forças. A figura 5.3 apresenta uma máquina que possui uma plataforma e sistemas articulados para elevação de carga.
Figura 3 Mesa elevadora Fonte: Beer & Johnston (2008, p. 430)
Os conhecimentos adquiridos em Mecânica formarão a base para que você possa resolver problemas envolvendo treliças, estruturas e máquinas.
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UNIDADE 2
Corpos Rígidos Objetivos de aprendizagem
Identificar como ocorre e como se calcula o momento de uma força com relação a um ponto.
Calcular as componentes do momento com relação a um ponto.
Calcular as componentes do momento de uma força com relação a um eixo.
Definir um binário e aplicar um sistema força-binário em um corpo rígido.
Reduzir um sistema de forças a uma única força e um momento aplicados em um ponto
2
Seções de estudo
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Seção 1
Momento de uma força
Seção 2
Componentes do momento
Seção 3
Momento de uma força em relação a um eixo
Seção 4
Binário
Seção 5
Redução de um sistema de forças
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Para início de estudo Na unidade anterior, consideramos as forças sendo aplicadas em pontos materiais. Numa situação prática real, esta aproximação fica muito vaga porque os esforços que agem sobre os componentes dificilmente são aplicados todos sobre o mesmo ponto.
Um corpo rígido é um corpo que não se deforma.
É necessário que passemos então para o conceito mais amplo de corpo rígido. Nas situações reais há sempre algum tipo de deformação nos componentes submetidos a esforços, mas estas deformações normalmente são muito pequenas e não influenciam nas condições de equilíbrio ou de movimento das estruturas. Quando estas deformações atingem níveis críticos, há o risco do ocorrerem falhas na estrutura, o que é totalmente indesejável. Não basta somente considerar os componentes como corpos rígidos: é necessário também simplificar a condição de carregamento com a construção de um sistema equivalente de forças. Isto é possível com a aplicação do conceito de transmissibilidade, que será estudado na seção 1. Nesta unidade também teremos contato com outros conceitos importantes da estática, relacionados à aplicação de um momento sobre um corpo rígido ou sobre um eixo, e a definição de um binário. Mãos à obra!
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Mecânica I
Seção 1 – Momento de uma força Nos nossos estudos estaremos sempre lidando com as forças externas. As forças externas são as forças que representam a ação de outros corpos sobre o corpo rígido considerado e que são responsáveis pelo comportamento externo do corpo rígido.
Quando são realizados estudos envolvendo forças atuando em estruturas, vigas ou em cabos, é importante levar em consideração as forças internas, que são responsáveis por manter unidos os pontos materiais que formam o corpo rígido. Podemos exemplificar as forças externas na situação mostrada na figura 2.1, onde há um veículo sendo puxado para frente com o auxílio de uma corda disposta paralelamente ao chão.
Figura 2.1 Caminhão sendo puxado por uma corda Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 100)
A figura 2.2 mostra o diagrama de corpo livre deste veículo. Note que é importante destacarmos que o veículo possui seu peso próprio, que gera uma força de atração para o centro da Terra pela ação da gravidade. A representação desta força utiliza um único ponto de aplicação no veículo. Este ponto é definido pelo seu baricentro. O baricentro define o ponto no corpo rígido onde a distribuição do peso deste corpo é igualmente distribuída para ambos os lados em qualquer direção neste corpo. Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Figura 2.2 Diagrama de corpo livre do caminhão Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 100)
O peso do veículo é suportado pelo chão, que, por sua vez, está em contato direto com os pneus do veículo. Pelo princípio de ação e reação, há uma força de reação em cada pneu do veículo agindo contra o peso do mesmo. Naturalmente, a soma de todas as forças de reação nos pneus do veículo deverá ser igual ao peso total suportado P. A força F que é aplicada na corda para puxar o veículo é representada na frente do mesmo e está posicionada no parachoque do caminhão, que é o ponto no qual a corda de reboque foi amarrada. Neste caso, como não há qualquer força representada de resistência à força F exercida na corda (a resistência ao rolamento é desprezada), este veículo iniciará um movimento de translação, que é um movimento linear retilíneo na direção de um eixo. Além da translação, um corpo rígido também pode sofrer um movimento de rotação, que é um movimento executado em torno de um eixo, ou então o corpo rígido pode sofrer ao mesmo tempo movimentos combinados de rotação e translação. Um conceito muito importante que será explorado nesta unidade é o Princípio da Transmissibilidade:
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Mecânica I
“As condições de equilíbrio ou de movimento de um corpo rígido permanecem inalteradas se uma força F, que atua em um dado ponto do corpo rígido, é substituída por uma força F’ de mesmo módulo, direção e sentido, mas que atua num ponto diferente, desde que as duas forças tenham a mesma linha de ação.” (BEER & JOHNSTON, 2005, p. 100).
Este princípio é mostrado na figura 2.3.
Figura 2.3 Forças agindo na mesma linha de ação Fonte: Elaboração do autor, 2011
Respeitando o princípio da transmissibilidade, pode-se dizer que as duas forças possuem o mesmo efeito sobre o corpo rígido e são chamadas de Forças Equivalentes. Por causa deste princípio, é possível representar diagramas de corpos livres possuindo forças deslizantes sobre as suas linhas de ação, já que uma força permanece equivalente desde que respeite o princípio da transmissibilidade. Desta forma, a equivalência mostrada na figura 2.4 é verdadeira.
Figura 2.4 Forças equivalentes no caminhão Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 101)
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
O produto vetorial de dois vetores é um conceito muito importante para possibilitar o entendimento sobre a aplicação do momento de uma força em relação a um ponto. O produto vetorial entre dois vetores P e Q é representado por: V=PXQ Este produto só será válido caso sejam satisfeitas três condições: 1. A linha de ação do produto vetorial V é perpendicular ao plano formado pelos vetores P e Q. Se estes vetores possuem a mesma direção, seu produto vetorial é nulo, já que sua composição não define um plano, somente uma reta. 2. O módulo de V é dado por: V = P.Q.sen θ Onde: θ é o ângulo formado entre os vetores P e Q. Este ângulo é sempre menor ou igual a 180º. O sentido do vetor V é tal que uma pessoa na extremidade de V observa o ângulo θ sendo formado no sentido anti-horário entre os vetores P e Q , como mostra a figura 2.5.
Figura 2.5 Produto escalar de P e Q Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Mecânica I
Com base nestas condições estabelecidas, é possível concluir que para o produto vetorial temos: Q X P = - (P X Q ) P X (Q1 + Q2) = P X Q1 + P X Q2 (P X Q ) X S ≠ P X (Q X S) A solução dos problemas de estática envolve frequentemente a decomposição de forças em componentes cartesianas, então é importante definirmos como se dá o produto vetorial expresso em termos destas componentes. Pela notação, de uma forma mais simplificada, temos: V = P X Q = (Pxi + Pyj + Pzk) X (Qxi + Q yj + Qzk) que nos leva a: V = (PyQz – PzQ y)i + (PzQx – PxQz)j + (PxQ y – PyQx)k As componentes cartesianas são dadas então por: Vx = PyQz – PzQ y Vy = PzQx – PxQz Vz = PxQ y – PyQx ou V=
I Px Qx
j Py Qy
k Pz Qz
Com esta base sobre produto vetorial, podemos agora definir o momento de uma força F em relação a um ponto em um corpo rígido.
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Dependendo do ponto de aplicação e da orientação de uma força em um corpo rígido, esta força pode causar efeitos diferentes neste corpo. A figura 2.6 exemplifica esta situação.
Figura 2.6 Força aplicada em uma chave inglesa Fonte: Hibbeler (2005, p. 97)
A figura 2.6 mostra uma situação comum encontrada na prática. Uma chave inglesa foi encaixada em uma haste para a realização de algum tipo de serviço de manutenção. O operador sempre utilizará o cabo da chave inglesa para aplicar esforço. Como a chave está presa na haste na sua outra extremidade, dependendo do sentido que é aplicada a força no cabo, ocorrerá um efeito diferente no sistema. Na figura 2.6a, a força do operador é aplicada no cabo a uma distância dy com relação à extremidade fixa na haste. A direção da força aplicada está coincidindo com o eixo x. Com isto, como a outra extremidade da chave está fixa na haste, esta chave tende a sofrer uma rotação em torno do eixo principal da haste fixa. Esta rotação gerada pela aplicação da força numa posição deslocada do ponto de apoio do sistema é chamada de Momento. No caso da figura 2.6b, a força também é aplicada no cabo a uma distância dy com relação à extremidade fixa na haste, mas a direção agora coincide com o eixo z. Esta nova direção de aplicação da força gera um efeito no sentido de que toda a haste tenha a tendência de girar em torno do eixo x.
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Já no caso da figura 2.6c, onde a força também é aplicada no cabo a uma distância dy com relação à extremidade fixa na haste, como a força está na direção do eixo y, o efeito gerado é de induzir uma translação de todo o sistema para que se desloque linearmente na direção y.
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Mecânica I
A força F é representada por um vetor que define o seu módulo, direção e sentido. Como visto, o efeito desta força depende do seu ponto de aplicação. Se for definido um vetor r para expressar a posição do ponto de aplicação da força com relação ao ponto fixo de referência do sistema, pode-se expressar o momento da força F com relação ao ponto fixo O como sendo o produto vetorial de r e F: MO = r X F Pela definição de produto vetorial, a direção de MO será perpendicular ao plano formado por F e r. O seu sentido dependerá da posição relativa entre F e r. Pela regra da mão direita, feche sua mão direita e deixe o sentido dos seus dedos fechados coincidirem com o efeito de rotação que a força F tende a gerar no corpo rígido em torno de um eixo fixo. Seu polegar indicará o sentido do momento MO. Ainda usando a regra da mão direita, se o giro ocorrer no sentido horário o momento receberá um sinal negativo. O sinal será positivo para um giro no sentido anti-horário. O módulo do momento MO, segundo o produto escalar, é dado por: MO = r.F.sen θ = F.d A figura 2.7 representa um corte feito no corpo rígido no plano de atuação da força F e de definição do vetor de posição r. A simplificação feita na definição do módulo vem do fato de que r.sen θ = d é a distância entre o ponto O e a linha de ação de F.
Figura 2.7 Momento de F com relação a O Fonte: Elaboração do autor, 2011
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
No Sistema Internacional de Unidade de Medida, a força é expressa em Newtons (N) e a distância é dada em metros (m). Sendo assim, o momento de uma força com relação a um ponto será dado em Newton-metros (Nm).
Problema resolvido 2.1: Uma força vetorial F de 300 N é aplicada numa alavanca pivotada no eixo O, conforme mostra a figura 2.8. Determine o momento desta força com relação a O e determine o momento máximo que pode ser gerado por esta força na alavanca.
Figura 2.8 Força F aplicada numa alavanca Fonte: Elaboração do autor, 2011
O Momento de F com relação a O é dado por: MO = r.F.sen θ MO = 0,5.300.sen 45º = 106,1 Nm O momento máximo é obtido quando a força F é aplicada perpendicularmente à alavanca: MO = r.F.sen θ MO = 0,5.300.sen 90º = 150 Nm
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Mecânica I
Seção 2 – Componentes do momento Quando diversas forças concorrentes (que estão em um mesmo plano) são aplicadas em um mesmo ponto O, levando-se em consideração a validade da propriedade distributiva do produto vetorial, tem-se que o momento da força resultante deste sistema de forças com relação ao ponto O será igual à soma dos momentos de cada uma destas forças com relação a este ponto, ou seja: r X (F1 + F2 + ...) = r X F1 + r X F2 + ... Esta relação é conhecida como Teorema de Varignon. Com este teorema é possível determinar diretamente o momento de uma força no espaço a partir das suas componentes cartesianas.
O teorema foi apresentado pelo matemático francês Varignon (1654 – 1722).
É comum expressar a força em suas componentes cartesianas, mas o momento desta força com relação a um ponto também pode ser expresso em componentes cartesianas. Uma força aplicada no espaço possui as componentes Fx, Fy e Fz. Esta força é aplicada em um ponto no espaço com posição definida por x, y e z. Estas coordenadas definem a posição relativa do ponto de aplicação da força com relação à origem do sistema de coordenadas. Desta forma, temos que o momento da força F com relação à origem O é dado por: MO = r X F Como r = xi + yj + zk
e
F = Fxi + Fyj + Fzk
Temos: MO = M xi + Myj + Mzk onde M x = y.Fz – z.Fy
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
My = z.Fx – x.Fz Mz = x.Fy – y.Fx que é igual a MO =
i x Fx
j y Fy
k z Fz
Estas componentes do momento em relação a cada eixo coordenado indicam a tendência que a força F possui de gerar momentos, particularmente em torno de cada eixo x, y e z.
Problema resolvido 2.2: Uma força aplicada no espaço possui as componentes Fx = 200 N, Fy = 120 N e Fz = 30 N e é aplicada no ponto definido por x = 0,5 m, y = 1,2 m e z = 3 m. Calcule as componentes do momento desta força com relação à origem O. Solução: O vetor posição e o vetor que define a força F são dados por: r = xi + yj + zk
e
r = 0,5i + 1,2j + 3k e
F = Fxi + Fyj + Fzk F = 200i + 120j + 30k
Então, para obter MO = M xi + Myj + Mzk temos: M x = y.Fz – z.Fy
= (1,2 . 30) – (3 . 120) = - 324 Nm
My = z.Fx – x.Fz
= (3 . 200) – (0,5 . 30) = 585 Nm
Mz = x.Fy – y.Fx
= (0,5 . 120) – (1,2 . 200) = - 180 Nm
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Mecânica I
O resultado é: MO = - 324i + 585j - 180k Na prática, é recorrente termos uma força aplicada em um ponto A e desejarmos conhecer o momento gerado por esta força com relação a outro ponto B qualquer que seja posicionado fora da origem do sistema de coordenadas. Para esta situação, se tomarmos o ponto B como referência, o momento da força F com relação ao ponto B será obtido com a utilização de um vetor-posição rA/B, que surge da subtração entre o vetor-posição rA (ponto de aplicação da força F) e o vetorposição rB (ponto de interesse para definição do momento). Esta subtração pode ser descrita como: rA/B = (x A – xB) i + (yA – yB) j + (zA – zB) k ou então rA/B = Δ x i + Δy j + Δz k O momento é então calculado como: MB = rA/B X F = (rA – rB) X F MB =
i Δx Fx
j Δy Fy
k Δz Fz
onde M x = Δy.Fz – Δz.Fy My = Δz.Fx – Δ x.Fz Mz = Δ x.Fy – Δy.Fx
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Problema resolvido 2.3: Uma força aplicada no espaço possui as componentes Fx = 120 N, Fy = - 180 N e Fz = 300 N e é aplicada no ponto A definido por x = 2,5 m, y = 0,6 m e z = - 1,5 m. Calcule as componentes do momento desta força com relação ao ponto B definido por x = 1,2 m, y = 2 m e z = - 0,2 m. Solução: O momento com relação ao ponto B da força F aplicada no ponto A é dado por: MB = rA/B X F onde: rA/B = (x A – xB) i + (yA – yB) j + (zA – zB) k = = Δ x i + Δy j + Δz k rA/B = (2,5 – 1,2) i + (0,6 – 2) j + (- 1,5 – (-0,2)) k rA/B = 1,3 i – 1,4 j – 1,3 k F = Fxi + Fyj + Fzk F = 120i - 180j + 300k A solução é: M x = Δy.Fz – Δz.Fy = (-1,4.300) – (-1,3. (-180)) = - 654 Nm My = Δz.Fx – Δ x.Fz = (-1,3.120) – (1,3.300) = - 546 Nm Mz = Δ x.Fy – Δy.Fx = (1,3.(-180)) – (-1,4.120) = - 66 Nm Existem diversas situações onde o problema se restringe a um caso bidimensional, com todas as forças e vetores de posição em um mesmo plano. Com isto, há uma grande simplificação no tratamento do problema, já que z = 0 e Fz = 0; isto elimina as componentes de MO em x e y. Assim: MO = (x . Fy – y . Fx) k 68
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Mecânica I
Esta simplificação nos leva a concluir que o momento de uma força F em relação a um ponto O em um plano xy, como esperado, é perpendicular a este plano, e é calculado através de: MO = Mz = x . Fy – y . Fx Para o cálculo do momento com relação a um ponto B diferente da origem O, temos: MB = (x A – xB) . Fy – (yA – yB) . Fx
Problema resolvido 2.4: Dada uma força F definida por F = 150i + 80j + 0k aplicada no ponto A dado por A = 2i + 1,2j + 0k, calcule o momento de F com relação à origem O e com relação ao ponto B definido por B = - 0,5i + 0,3j + 0k.
Solução: Como não existe a componente Fz e coordenadas no eixo Z para a posição dos pontos A e B, trata-se de um problema bidimensional, então, para calcular o momento com relação à origem, temos: MO = Mz = x . Fy – y . Fx = (2 . 80) – (1,2 . 150) = - 20 Nm O momento com relação ao ponto B é obtido a partir de: MB = (x A – xB) . Fy – (yA – yB) . Fx MB = (2 – (-0,5)) . 80 – (1,2 – 0,3) . 150 = 65 Nm
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Seção 3 – Momento de uma força em relação a um eixo Para podermos definir o momento de uma força com relação a um eixo, inicialmente necessitamos relembrar alguns conceitos que também já foram estudados em Geometria Analítica. O primeiro deles é o produto escalar entre dois vetores, que é dado por: P ∙ Q = P . Q . cos θ Na figura 2.9 são identificados os vetores P e Q e também é possível verificar que o vetor Q’ consiste na projeção do vetor Q em P. Esta projeção é dada por: Q’ = Q . cos θ Assim, o produto escalar entre P e Q consistirá no produto entre o módulo de um vetor e o módulo da projeção do outro vetor no mesmo eixo: P ∙ Q = P . Q’ = P’ . Q
Figura 2.9 Vetores P e Q Fonte: Elaboração do autor, 2011
Para as condições definidas para o produto escalar, temos as seguintes relações válidas: P∙Q=Q∙P P ∙ (Q1 + Q2) = P ∙ Q1 + P ∙ Q2
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O produto escalar na forma de componentes cartesianas é dado por: P ∙ Q = (Pxi + Pyj + Pzk) ∙ (Qxi + Q yj + Qzk) Cujo resultado é dado por: P ∙ Q = Px . Qx + Py . Q y + Pz . Qz A partir destas definições, podemos calcular o ângulo formado por dois vetores dados através de: P ∙ Q = P . Q . cos θ = Px . Qx + Py . Q y + Pz . Qz então: cos θ = (Px . Qx + Py . Q y + Pz . Qz) / P . Q Tendo relembrado como se opera um produto escalar entre dois vetores, vamos agora rever como se opera o produto misto entre três vetores, dado por: S ∙ (P X Q ) O produto misto consiste em realizar um produto escalar entre o vetor S e o vetor resultante do produto vetorial entre os vetores P e Q. Uma avaliação das componentes cartesianas resulta em: S ∙ (P X Q ) = S ∙ V onde: V = (P X Q ) então: S ∙ V = Sx . Vx + Sy . Vy + Sz . Vz Na definição do produto vetorial, podemos concluir que, se V = (P X Q ), então: Vx = PyQz – PzQ y Unidade 2
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Vy = PzQx – PxQz Vz = PxQ y – PyQx o que nos dá a relação final para o produto misto: S ∙ (P X Q ) = Sx . (PyQz – PzQ y) + Sy . (PzQx – PxQz) + Sz . (PxQ y – PyQx) Após relembrarmos as operações de produto escalar e de produto misto, podemos partir para a definição do momento de uma força com relação a um eixo. A figura 2.10 mostra uma força F aplicada em um ponto A, que possui um vetor-posição r com relação à origem.
Figura 2.10 Força F aplicada em A Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 137)
O momento da força F com relação à origem é dado por MO, que é perpendicular ao plano formado por F e r, como representado na figura 2.10. Como já visto nesta unidade, o momento MO é dado por: MO = r X F Se agora definirmos um eixo qualquer OL que passa pela origem O, é possível definirmos a componente do momento MO com relação a este eixo OL. Para que isto aconteça, é necessário realizar um produto escalar entre MO e um vetor unitário λ que está sobre o eixo OL e define sua posição no espaço.
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Mecânica I
A utilização do vetor unitário λ é necessária para que o produto escalar realizado resulte somente na componente de MO sobre o eixo OL. Prosseguindo no raciocínio, temos que o momento da força F sobre o eixo OL será dado pela componente do momento desta força sobre o eixo escolhido, dado por: MOL = λ ∙ MO = λ ∙ (r X F) Esta equação também pode ser escrita na forma matricial como:
MOL =
λx
λy
λz
x
y
z
Fx
Fy
Fz
Para o caso de um eixo que não passe pela origem do sistema de coordenadas, define-se um ponto B qualquer sobre este eixo. Este ponto servirá para identificar o vetor-posição de A até B. Como a força F é aplicada no ponto A e o vetor unitário λ que define a orientação no espaço do eixo de interesse é o mesmo para qualquer ponto sobre este eixo, o produto misto que define o momento da força F com relação a um eixo qualquer chamado de BL é dado por: MBL = λ ∙ MB = λ ∙ (rA/B X F) Na forma matricial, fica:
MB =
λx
λy
λz
Δx
Δy
Δz
Fx
Fy
Fz
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Problema resolvido 2.5: Determine o momento M AB produzido pela força F mostrada na figura 2.11.
Figura 2.11 Força F aplicada em C Fonte: Hibbeler (2009, p. 142)
Solução: Para resolver este problema, necessitamos resolver a equação: M AB = λAB ∙ (r X F) O vetor unitário λAB é obtido dividindo-se o vetor AB → pelo seu módulo AB. Pela figura, o vetor AB → é definido pelas distâncias entre os pontos A e B. Assim: λAB = AB → / AB = (0,4 m i + 0,2 m j) / (√(0,4 m2 + 0,2 m2) = 0,8944 i + 0,4472 j Ou seja: λ x = 0,8944 i λy = 0,4472 j λz = 0 k
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Mecânica I
O vetor r é definido como a posição da força F com relação ao eixo AB. Para simplificar, podemos tomar a distância entre a origem O e o ponto de intersecção da linha de ação da força F sobre o eixo x. Assim, temos: x = 0,6 i y=0j z=0k A força aplicada possui as seguintes componentes: Fx = 0 i Fy = 0 j Fz = - 300 k Substituindo estes valores na matriz para determinação do momento, temos: M AB =
λx
λy y
Fx
Fy Fz
x
λz z
M AB =
0,8944
0,4472
0
0,6
0
0
0
0
-300
O cálculo do determinante desta matriz resulta em: M AB = (0.8944.0.(-300)) + (0,6.0.0) + (0,4472.0.0) – (0.0.0 + 0,8944.0.0 + 0,6.0,4472.(-300)) M AB = 80,5 Nm O resultado final positivo indica que o vetor do momento M AB está na mesma direção do eixo AB.
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Seção 4 – Binário Duas forças denominadas de F e –F, que possuem o mesmo módulo, linhas de ação paralela e sentidos opostos, formam um binário. O binário possui uma característica particular porque a soma das componentes destas duas forças em qualquer direção será zero, mas a soma dos momentos destas duas forças em relação a um ponto não será igual a zero. Um binário aplicado em um corpo rígido nunca tenderá a fazer com que este corpo sofra uma translação (movimento linear em alguma direção), mas tenderá a fazê-lo girar. A figura 2.12 apresenta um binário com as forças Fa = F e F b = F aplicadas nos pontos A e B respectivamente. Os pontos A e B são localizados no espaço através dos vetores-posição rA e rB.
Figura 2.12 Binário Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 150)
A soma dos momentos das duas forças com relação à origem do sistema de coordenadas é dada por: M = MFA + MFB = rA X F + rB X (-F) = (rA – rB) X F Ainda na figura 2.12, é possível identificar que a subtração vetorial de (rA – rB) é igual ao vetor r, que une os pontos de aplicação das forças de B até A. Sendo assim, é possível calcular o momento do binário M através de: M=rXF 76
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O momento do binário é resultado do produto vetorial entre r e F, então será perpendicular ao plano que contém estes dois vetores. O módulo de M é dado por: M = r.F.sen θ = F.d Pela figura 2.12, vemos que a distância d representa a distância entre as linhas de ação de FA e FB. Em qualquer lugar no espaço que este binário fosse localizado, a subtração dos vetores posição (rA – rB) resultaria no mesmo vetor r. Desta forma, concluímos que o vetor r independe da sua posição com relação à origem do sistema de coordenadas e podemos afirmar que o momento M de um binário é um vetor livre que pode ser aplicado em qualquer ponto.
Binários equivalentes Dois binários possuem momentos dados por M1 e M 2. Se estes binários estiverem num mesmo plano ou em planos paralelos, gerarão vetores dos seus momentos que possuem a mesma direção e o mesmo sentido. Para que os momentos dos dois binários sejam iguais, temos que: Se M1 = F1 . d1 e M 2 = F2 . d 2 Para que M1 seja igual a M 2, temos: F1 . d1 = F2 . d 2 Quando dois binários no mesmo plano ou em planos paralelos atendem a esta condição, eles são chamados de binários equivalentes, conforme representado no exemplo da figura 2.13.
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Figura 2.13 Binários equivalentes Fonte: Elaboração do autor, 2011
Aplicando-se a regra da mão direita para descrever a ação dos esforços representados nas duas situações da figura, conclui-se que os momentos das forças aplicadas possuem a mesma direção e o mesmo sentido. Os módulos dos momentos para as duas situações são dados por: M1 = F1 . d1 = 200 . 3 = 600 Nm M 2 = F2 . d 2 = 300 . 2 = 600 Nm Como os módulos encontrados são iguais, estes dois binários são equivalentes. Os módulos dos binários, como já observado, são quantidades vetoriais. Sendo assim, dados dois binários que atuam em planos diferentes, tem-se que a soma dos momentos destes binários é dada pela soma vetorial destes momentos: M = M1 + M 2
Deslocamento de uma força em um corpo rígido Pelo princípio da transmissibilidade, vimos que uma força pode ser deslocada sobre a sua linha de ação sobre um corpo rígido sem perda do efeito que ela produz sobre este corpo rígido. Existem casos onde é necessário deslocar a força em um corpo rígido sem ter que respeitar o princípio de transmissibilidade, ou 78
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seja, quando se quer avaliar o efeito da força num outro ponto sabendo-se que o efeito desta força é diferente do efeito causado no ponto original de aplicação. Para que possamos proceder esta transposição da força, vamos primeiro necessitar representar os binários através de vetores. Na figura 2.14a, temos um binário qualquer que é aplicado sobre um corpo rígido. Este binário pode ser representado por um vetor com módulo, direção e sentido do seu momento (2.14b), acrescido do símbolo da seta em curva para diferenciá-lo dos vetores que representam forças.
Figura 2.14 Vetor binário Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 157)
O vetor representado desta forma é chamado de vetor binário e é um vetor livre, podendo então ser aplicado na origem do sistema de coordenadas (2.14c), e podendo também ser decomposto em suas componentes vetoriais cartesianas M x, My e Mz (2.14d). O conhecimento sobre o vetor binário é importante para que possamos expressar adequadamente a transposição de forças em um corpo rígido. Considere uma força F aplicada em um ponto A qualquer de um corpo rígido, como mostra a figura 2.15a.
Figura 2.15 Transposição de força Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 157) Unidade 2
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Se quisermos agora deslocar a aplicação desta força para o ponto O no mesmo corpo rígido sem alterar a ação da força sobre ele, podemos considerar que no ponto O é aplicado um par de forças F e –F com o mesmo módulo, direção e sentido da força original (2.15b). Esta nova situação apresenta agora a força F aplicada no ponto O desejado mais a ação de um binário definido pelas forças F e –F com distância definida pelo vetor r que separa os pontos A e O. O binário formado possui um momento resultante dado por MO = r X F. Este momento pode ser representado por um vetor binário sobre o ponto O e que é perpendicular ao plano formado pela força F e o vetor posição r, conforme mostra a figura 2.15c. Desta forma, pode-se concluir que: “Qualquer força F que atua sobre um corpo rígido pode ser deslocada para um ponto arbitrário O neste corpo rígido desde que seja acrescentado um binário com momento igual ao momento da força F com relação ao novo ponto O.” (BEER & JOHNSTON, 2005)
Esta combinação de força mais o vetor binário gerado é chamada de sistema força-binário.
Problema resolvido 2.6: A figura 2.16 apresenta uma roda acionada por um binário com força de 100 N. Este binário é gerado por um motor elétrico. Além deste binário, a roda é acionada adicionalmente por uma alavanca com uma força vertical de 600 N aplicada no ponto B. No caso de uma falta de energia e supondo que a força máxima que se consegue aplicar na alavanca é esta força vertical de 600 N, qual deverá ser a posição de aplicação desta força na alavanca para que se possa compensar a falta do momento gerado pelo motor elétrico?
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Figura 2.16 Binários equivalentes Fonte: Elaboração do autor, 2011
Solução: O momento total MO aplicado no eixo O é dado pela soma entre o momento imposto pelo binário M1 e o momento gerado pela força na alavanca M2. M = M1 + M 2 M1 = F.d = - 100 . 1 = - 100 Nm Note que o valor dado para a distância no binário refere-se ao raio da roda. A distância d é definida como o diâmetro da roda. M 2 = rOB . F . sen θ = 2 . - 600 . sen 50º = - 919 Nm Assim: M = M1 + M 2 M = - 100 - 919 M = - 1019 Nm Isto quer dizer que o momento total aplicado na roda é de -1019 Nm. Supondo uma mesma força F é aplicada com um mesmo ângulo de alavanca, podemos agora calcular a nova posição (rOC) desta força para gerar o momento total. Unidade 2
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M = rOC . F . sen θ rOC = M / (F . sen θ) = -1019 / (-600 . sen 50o) = 2,22 m A força deve ser aplicada na alavanca a uma distância de 2,22 m com relação ao eixo O.
Seção 5 – Redução de um sistema de forças Considere o sistema de forças apresentado na figura 2.17a. As forças F1, F2 e F3 são aplicadas respectivamente sobre os pontos A1, A 2 e A3. Se identificarmos um ponto de interesse O, podemos definir as posições dos pontos de aplicação das forças através dos vetores posição r1, r2 e r3.
Figura 2.17 Várias forças aplicadas a um corpo rígido Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 171).
Como estudamos na seção anterior, cada uma destas forças poderá ser deslocada para o ponto O, desde que sejam identificados os momentos correspondentes das forças com relação a este novo ponto O. Para cada força, existirá um binário de momento aplicado em relação ao ponto O, como mostra a figura 2.17b. Como todas as forças e momentos são aplicados em um mesmo ponto (são concorrentes), podemos somar vetorialmente cada componente e chegar a um sistema força-binário único equivalente, conforme mostra a figura 2.17c, que é dado por uma
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força resultante R obtida do somatório das forças em O e um momento resultante MOR obtido do somatório dos momentos aplicados em O, ou seja: R=ΣF MOR = Σ MO = Σ (r X F) Isto resulta em: R = R xi + Ryj + Rzk Temos: MOR = M xR i + MyRj + MzRk As componentes R x, Ry, e Rz indicam a tendência do sistema de forças de produzir movimentos de translação nas direções x, y e z do corpo rígido. Já as componentes M xR, MyR e MzR indicam a tendência do sistema de forças de produzir rotações no corpo rígido em relação a cada eixo coordenado x, y e z.
Problema resolvido 2.7: Com base no sistema de forças mostrado na figura 2.18, substitua as forças por uma única força resultante, especificando seu ponto de aplicação no eixo x a partir do ponto P.
Figura 2.18 Sistema de forças atuando em uma barra Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Solução: Para encontrarmos o módulo da força resultante, necessitamos calcular o somatório das forças em cada direção. Como todas as forças estão atuando na direção y, temos: R = Σ Fy R = 120 – 200 + 120 R = 40 N O momento resultante é obtido pelo somatório dos momentos que atuam no corpo rígido. Tomando o ponto P como referência, temos: MPR = Σ MP 40 . (x) = - 120 . (-1,5) + 200 . (-3) – 120 . (-4) 40 . x = 180 - 600 + 480 x = 60 / 40 x = 1,5 m Este resultado quer dizer que a força resultante R = 40 N deverá ser posicionada a 1,5 metros à direita do ponto P.
Problema resolvido 2.8: Com base no sistema de forças mostrado na figura 2.19, substitua as forças por uma única força resultante, especificando seu ponto de aplicação com base no ponto B.
Figura 2.19 Viga com carregamento Fonte: Hibbeler (2005, p.150)
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Solução: Para encontrarmos o módulo da força resultante, necessitamos calcular o somatório das forças em cada direção: FRx = Σ Fx FRx = 450. cos 60º – 700. sen 30º FRx = 225 – 350 FRx = - 125 N = 125 N ←
O resultado negativo indica que a resultante no eixo x possui direção da direita para a esquerda. Para o eixo y, temos: FRy = Σ Fy FRy = - 450. sen 60º – 300 - 700. cos 30º FRy = - 389,7 – 300 – 606,2 FRy = - 1296 N = 1296 N ↓ De posse das duas componentes da força resultante, podemos calcular o módulo desta força: FR = √( FRx 2 + FRy2) FR = √( (-125)2 + (-1296)2) FR = 1302 N O ângulo θ de atuação de FR é dado por: Tg θ = FRy / FRx θ = atan (1296/125) θ = 84,5º
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Por fim, para descobrirmos o ponto de atuação da força FR para que o momento resultante no ponto B seja nulo, temos que: MRB = Σ MB 1296 . x = - 450. sen 60º . 4 + 700. cos 30º . 3 + 1500 x = (- 1558,8 + 1818,7 + 1500) / 1296 x = 1,36 m O sinal positivo indica que a força deverá ser aplicada à direita do ponto B.
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Síntese Nesta unidade, você aprendeu que um corpo rígido sofre a ação de forças internas e externas e que a nosso estudo estará direcionado para a ação das forças externas. Você aprendeu também que quando uma força é aplicada deslocada do ponto de interesse em um corpo rígido, isto gera a formação de um momento que tende a girar o corpo rígido. O momento de uma força foi então separado em componentes e também identificamos que um momento pode ser gerado com relação a um ponto ou com relação a um eixo de interesse. Também vimos a definição de um Binário, que consiste em um vetor livre que caracteriza a ação de um movimento puro de rotação em torno de um eixo qualquer. O momento gerado por um binário também pode ser decomposto em componentes que atuam em torno de cada eixo cartesiano. Com o conhecimento sobre o binário, nos foi possível identificar como se deve proceder para deslocar uma força aplicada em um ponto no corpo rígido para outro ponto de interesse neste corpo rígido. Por fim, a partir de um conjunto de forças e momentos resultantes, identificamos como reduzir todo um sistema de forças a uma única força resultante acompanhada de um momento resultante equivalente. Com base em todos estes conhecimentos adquiridos, está na hora de exercitar estes conceitos com as atividades de autoavaliação. Procure desenvolver a solução dos problemas passo a passo, identificando cada operação realizada, para não correr o risco de se perder na solução dos exercícios.
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Atividades de autoavaliação 1) Determine o momento da força F com relação ao ponto O na figura abaixo:
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2) Determine o momento da força F com relação ao ponto O na figura abaixo:
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3) Determine o momento da força F em relação ao eixo aa. O resultado deve ser apresentado na forma de um vetor cartesiano.
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Mecânica I
4) Um momento torsor de 6 N.m é aplicado no cabo de uma chave de fenda por um operário. Considerando-se as dimensões da chave de fenda, calcule a força gerada pelo binário no cabo e na ponta da chave de fenda.
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Universidade do Sul de Santa Catarina
5) A placa da figura abaixo está submetida a quatro forças paralelas. Determine a intensidade, a direção, o sentido e o ponto de aplicação da força resultante sobre a placa.
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Mecânica I
Saiba mais
O que é um torsor? No final desta unidade, vimos que a redução do sistema de forças nos fornece como resultado final um sistema força-binário composto por uma força resultante R e um momento resultante MOR não perpendiculares e não nulos, conforme mostra a figura 2.15a.
Figura 2.15 Definição de um torsor Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 179)
Se o vetor binário MOR for decomposto em duas componentes, sendo uma na direção de R e a outra perpendicular a R, o sistema fica como mostra a figura 2.15b. Note que na seção 4 nós deslocamos uma força F aplicada em um ponto definido para aplicá-la num outro ponto de interesse, e quando este deslocamento foi feito, foi gerado um componente de momento perpendicular, resultando em um sistema força-binário. Na situação aqui estudada, temos uma condição inversa. Possuímos uma força aplicada em um ponto e uma componente de momento perpendicular a esta força também aplicada no mesmo ponto. Nossa intenção agora é utilizar a força R em conjunto com o vetor binário M 2, que estão aplicados no ponto O, e substituílos por uma única força R atuando numa nova linha de ação que compense o momento M 2 com relação ao ponto O.
Unidade 2
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Universidade do Sul de Santa Catarina
O sistema resultante desta operação, como mostra a figura 2. c, consiste em uma força R aplicada num ponto A e possuindo um momento M1 na mesma direção da força R. Este sistema é chamado de torsor. A nova linha de ação de R é chamada de eixo do torsor ou eixo centra, sendo definida por: MOR = M1 + r X R
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UNIDADE 3
Equilíbrio dos Corpos Rígidos Objetivos de aprendizagem
Identificar os tipos de vínculos utilizados para dar apoio a um corpo rígido.
Identificar as condições de equilíbrio de um corpo rígido numa situação bidimensional.
Identificar as condições de equilíbrio de um corpo rígido no espaço.
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Seções de estudo
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Seção 1
Diagrama de corpo livre
Seção 2
Equilíbrio bidimensional de um corpo livre
Seção 3
Equilíbrio de um corpo livre no espaço
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Para início de estudo Na unidade anterior, aprendemos que as forças externas que agem em um corpo rígido necessitam sofrer um tratamento adequado até que possam ser reduzidas a um sistema força-binário atuando em um ponto de interesse. Nesta unidade, trabalharemos as condições de equilíbrio para um corpo rígido. Basicamente, quando a força e o binário resultantes que atuam sobre um corpo rígido são nulos, este corpo rígido está em equilíbrio. Com a definição do equilíbrio de um corpo rígido, teremos condições de caracterizar adequadamente todos os esforços externos que estão atuando neste corpo rígido, principalmente os esforços provenientes dos apoios do corpo rígido. Normalmente, as reações dos apoios são sempre desconhecidas e nossa tarefa principal será quantificar estas reações. Vamos ao trabalho!
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Seção 1 – Diagrama de corpo livre Para que um corpo rígido esteja em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as seguintes condições: Σ F = 0 e Σ MO = 0 ou seja: Σ Fx = 0;
Σ Fy = 0;
Σ Fz = 0;
Σ M x = 0;
Σ My = 0;
Σ Mz = 0;
Isto quer dizer que não pode haver qualquer movimento de translação ou rotação em torno de um eixo, aplicado ao corpo rígido. Através destas equações, é possível determinar a intensidade de esforços desconhecidos ou reações desconhecidas no corpo rígido. O primeiro passo para se poder definir o equilíbrio de um corpo rígido consiste em identificar todas as forças externas que atuam sobre este corpo. Isto é feito através da construção de um diagrama de corpo livre. Para construir este diagrama, considera-se o corpo rígido completamente isolado e representado como um corpo livre, desvinculado de qualquer outro corpo. Em seguida, todas as forças externas exercidas sobre ou pelo corpo rígido são indicadas. Todas as principais dimensões do corpo e dos pontos de aplicação das forças no corpo livre devem ser fielmente representadas para que os momentos gerados por estas forças sejam calculados adequadamente. Deve-se tomar um cuidado especial para indicar as forças nas posições corretas onde o corpo livre está vinculado ao solo ou a outros corpos. Além disso, é importante caracterizar o módulo, a direção e o sentido destas forças externas.
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
O peso do corpo livre, quando significativo, também deverá ser indicado, sendo posicionado como uma força única posicionada no baricentro do corpo. A definição de baricentro será explorada com mais detalhes na próxima unidade. Por enquanto, trabalharemos com casos mais simplificados onde não encontraremos dificuldades para identificação deste ponto no corpo livre. As figuras 3.1 e 3.2 apresentam alguns diagramas de corpo livre, obtidos a partir de condições reais de carregamento em elementos considerados como corpos rígidos.
Figura 3.1 (a) Acionamento de um pedal, (b) diagrama esquemático e o (c) diagrama de corpo livre Fonte: Hibbeler (2009, p. 208)
A figura 3.1a apresenta a situação real de uma alavanca para acionamento do pedal de um equipamento. Na figura 3.1b, o sistema é esquematizado, apresentando os principais elementos e as dimensões envolvidas. Na figura 3.1c, o componente principal de acionamento do pedal (considerado como um corpo rígido) é representado na forma de um diagrama de corpo livre, destacando todas as forças externas que atuam no corpo rígido. São representadas as forças referentes ao acionamento do pedal com o pé, à haste de transmissão do movimento do mecanismo e à mola de retorno do sistema. Além disso, no ponto A, são representadas as reações a estes esforços causadas por um ponto de fixação e pivotamento (permite o movimento de giro em torno de A) da alavanca. Estas reações aparecem na forma de componentes x e y de uma força única de reação. Note que as componentes possuem direção de ação contrária aos esforços realizados nos outros pontos do corpo rígido.
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Figura 3.2 (a) Guindaste, (b) esquema e (c) representação em diagrama de corpo livre Fonte: Hibbeler (2009, p. 210)
No caso da figura 3.2a, a estrutura presa ao guindaste foi simplificada para o sistema bidimensional mostrado na figura 3.2b. Esta é uma situação prática bastante comum quando existem simetrias no sistema. Com esta simplificação, os cálculos e tratamentos dos esforços presentes no corpo rígido ficam bastante simplificados, como veremos mais adiante nesta unidade. A figura 3.2c mostra o diagrama de corpo livre destacando as forças externas. A primeira delas é o esforço realizado pelo cabo de aço de sustentação do sistema (força T), devidamente acompanhado da posição angular adequada de aplicação deste esforço. O peso do sistema é considerado como uma força única aplicada no ponto G destacado, e também são mostradas as reações do apoio no ponto A. Quando se produz um diagrama de corpo livre, um ponto muito importante a ser executado consiste em definir como ocorrem as reações nos vínculos da estrutura. Nossos estudos iniciarão levando em consideração somente estruturas bidimensionais, cujas reações encontradas serão correspondentes a três tipos distintos de vínculos:
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Vínculo tipo 1 – Reações equivalentes a uma força com linha de ação conhecida Nestes casos, o corpo rígido estará apoiado com vínculos que impedem o seu movimento em apenas uma direção, como acontece quando um corpo está apoiado sobre roletes, balancins, superfícies lisas, hastes curtas e cabos, cursores e pinos deslizantes sem atrito. Estes tipos de vínculos são ilustrados na figura 3.3.
Figura 3.3 Reações dadas por uma força com linha de ação conhecida Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 218)
Como se conhece a linha de ação, que deve ser representada apropriadamente no diagrama de corpo livre, basta definir o módulo da força de reação existente. Isto nos leva a um tipo de reação que possui uma incógnita a ser descoberta.
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Vínculo tipo 2 – Reações equivalentes a uma força com direção desconhecida Com este tipo de vínculo, o corpo rígido será impedido de sofrer movimentos de translação em todas as direções, mas não será impedido de girar em torno do ponto de apoio na conexão. Este tipo de vínculo é ilustrado na figura 3.4.
Figura 3.4 Reações dadas por uma força com direção desconhecida. Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 218).
O desconhecimento sobre a direção da força de reação criada nos leva a duas incógnitas a serem determinadas. Estes vínculos são encontrados em uniões contendo pinos lisos montados em orifícios ajustados, articulações e apoio sobre superfícies rugosas, com alto coeficiente de atrito.
Vínculo tipo 3 – Reações equivalentes a uma força e um binário Este tipo de apoio faz com que o corpo rígido seja impedido de sofrer qualquer tipo de movimento. Estes apoios são chamados de fixos ou engastes. A reação encontrada neste tipo de vínculo é obtida através de um sistema contendo uma força com direção desconhecida e um binário, já que não há liberdade de giro para o corpo rígido. Com isto, temos três incógnitas a serem determinadas. Este tipo de vínculo é ilustrado na figura 3.5.
Unidade 3
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Figura 3.5 Reações dadas por uma força e um binário Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 218)
Definidas as condições para representação dos esforços externos sobre um corpo rígido, está na hora de apresentarmos as condições de equilíbrio e partirmos para a determinação das incógnitas existentes nos apoios.
Seção 2 – Equilíbrio bidimensional de um corpo rígido Iniciaremos os nossos estudos explorando os casos bidimensionais. Nestas situações, como não há esforços atuando na direção z do sistema cartesiano onde se encontra o corpo rígido, os momentos existentes são atuantes somente em torno do plano xy, e, com isto, as equações de equilíbrio resumem-se a: Σ Fx = 0;
Σ Fy = 0;
Σ M A = 0;
O ponto A representa qualquer ponto de interesse escolhido no plano onde está localizada a estrutura estudada. Normalmente, as reações nos apoios são as forças em ação no corpo livre que são desconhecidas. Como vimos na seção anterior, dependendo do tipo de vínculo utilizado, os apoios poderão apresentar diferentes números de incógnitas a serem determinadas. Assim, é fundamental utilizar os apoios adequados para se evitar trazer ao problema uma condição que se mostre impossível de ser determinada estaticamente. 102
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Um corpo livre é considerado completamente vinculado quando os vínculos utilizados impedem o movimento deste corpo sob qualquer tipo de carregamento, ou seja, os vínculos apresentam reações suficientes para impedir as translações nas direções x e y, e para impedir a rotação em torno do plano xy, ou seja, a rotação em torno do eixo z. Esta condição leva a uma única solução possível do sistema por apresentar três incógnitas a serem determinadas, já que possuímos três equações de equilíbrio a serem utilizadas. A figura 3.6 mostra uma viga completamente vinculada.
Figura 3.6 Viga completamente vinculada Fonte: Elaboração do autor, 2011
Note que a viga da figura 3.6 é suportada por dois apoios. O apoio na extremidade A gera uma reação equivalente a uma força de direção desconhecida, o que resulta em duas incógnitas representadas pelas componentes de reação no ponto A, as reações R Ax e R Ay. O apoio na extremidade B gera uma reação equivalente a uma força com linha de ação conhecida. Como a extremidade B está sobre um rolete, isto equivale a dizer que este apoio só reage contra esforços na direção vertical. Se algum esforço for efetuado na direção horizontal em B, a viga simplesmente rola sobre o rolete, sem qualquer impedimento ao seu movimento de translação horizontal. Com isto, a reação do ponto B possui uma única incógnita a ser determinada, que é R By.
Unidade 3
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Os dois apoios atuando em conjunto geram as três incógnitas a serem determinadas através das três equações de equilíbrio apresentadas para os problemas bidimensionais. Analisando a disposição das reações no corpo livre da figura 3.6b, podemos deduzir que a equação de equilíbrio para as forças que atuam na direção x do sistema nos dá condições de identificar qual é o valor de R Ax. A equação de equilíbrio para as forças que atuam na direção y gera uma relação de compromisso entre os valores de R Ay, R By e os demais esforços atuantes nesta direção. Com a utilização da equação de equilíbrio do momento com relação ao ponto A (neste caso, R Ax e R Ay são anuladas por não gerarem um momento com relação ao ponto A porque estão aplicadas no ponto A), é possível formular uma relação que possibilita a identificação do valor de R By, o que gera dados suficientes para a determinação também de R Ay. O sistema se tornou estaticamente determinado porque possui três incógnitas e existem três equações de equilíbrio a serem empregadas. Caso o sistema estudado possua mais ou menos incógnitas a serem determinadas, uma solução única para o problema não poderá ser encontrada. A figura 3.7 apresenta uma viga suportada por dois apoios que geram reações equivalentes a uma força com direção desconhecida. Esta condição nos fornece duas componentes de reação em cada extremidade da viga, o que gera quatro incógnitas para o problema.
Figura 3.7 Viga estaticamente indeterminada Fonte: Elaboração do autor, 2011
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Esta condição é chamada de estaticamente indeterminada, e a estrutura é dita hiperestática. Uma estrutura vinculada desta forma pode causar diversos problemas numa situação prática. Por exemplo, se a viga sofrer variações de temperatura, como os apoios em A e em B são rígidos quanto aos movimentos na direção x, podem ser geradas tensões muito elevadas ao longo da viga e isto pode causar falhas irreversíveis ao sistema. Mas este assunto foge ao nosso escopo de abordagem. Você lidará com situações desta natureza quando estiver estudando Resistência dos Materiais. A figura 3.8 apresenta outra condição indesejada, quando a viga é suportada por dois apoios que geram reações equivalentes a uma força com linha de ação conhecida. Ou seja, há somente duas incógnitas envolvidas.
Figura 3.8 Viga estaticamente indeterminada Fonte: Elaboração do autor, 2011
Neste caso, há uma única componente de reação em cada extremidade da viga, o que gera uma condição hipoestática. Fica visível que esta situação não apresenta resistência aos esforços na direção x, o que deixa a viga completamente livre para se deslocar. Apesar destas considerações feitas, não basta somente que um sistema possua tantas incógnitas quantas forem as equações de equilíbrio, é necessário que as reações que geram as incógnitas estejam dispostas de forma a resistirem aos movimentos nas direções x e y e ao giro em torno do eixo z. Isto e, as reações do diagrama de corpo livre não podem ser concorrentes (aplicadas num mesmo ponto) ou paralelas. Se isto acontecer, a vinculação é chamada de ineficaz, o que também gera indeterminação estática. Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Problema resolvido 3.1: Considere a viga apresentada na figura 3.9, cujos esforços aplicados possuem valores dados por R = 200 N, S = 280 N e T = 180 N. Construa o diagrama de corpo livre da situação e, aplicando as equações de equilíbrio, determine as reações nos ponto A e B. Desconsidere o peso da viga.
Figura 3.9 Viga sob carregamento Fonte: Elaboração do autor, 2011
Solução: O diagrama de corpo livre para a situação apresentada fica desta forma:
A força R Ax é encontrada através da aplicação da equação de equilíbrio para a direção x: Σ Fx = 0 R Ax – 280 . cos 60º = 0 R Ax = 140 N
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Mecânica I
continuação
Se calcularmos o somatório dos momentos com relação ao ponto A e aplicarmos a equação de equilíbrio para o momento, obtemos: Σ M A = 0; - 280 . sen 60º . 2 - 180 . 4 + R By . 4 = 0 R By = (485 + 720)/4 R By = 301 N Por fim, aplicando a última equação de equilíbrio, temos: Σ Fy = 0; 200 + 280 . sen 60º + 180 - R By – R Ay = 0 R Ay = 200 + 242,5 + 180 - 301 R Ay = 321,5 N
Problema resolvido 3.2: Calcule as reações no ponto E da estrutura mostrada na figura 3.10, considerando que a tração no cabo ACB é de 5000 N.
Figura 3.10 Estrutura sob carregamento Fonte: Elaboração do autor, 2011
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Solução: Como a viga vertical está engastada ao solo, ela possui três reações aos esforços realizados, gerando as incógnitas Ex, Ey e ME . O diagrama de corpo livre é dado então por:
A força Ex é encontrada através da aplicação da equação de equilíbrio para a direção x: Primeiramente, encontramos a distância AC: AC = √(2,22 + (3 + 1,2)2) AC = √(4,84 + 17,64) AC = √(22,48) AC = 4,74 m Se tomarmos o triângulo AEC como referência, temos:
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Mecânica I
O ângulo α pode ser obtido através de: cos α = CE / AC = 4,2 / 4,74 cos α = 0,8858 sen α = AE / AC = 2,2 / 4,74 sen α = 0,4640 No ponto A, temos a seguinte relação:
onde: FAx = FA . cos α FAx = 3000 . 0,8858 FAx = 2657,5 N e FAy = FA . sen α FAy = 3000 . 0,4640 FAy = 1392 N então: Σ Fx = 0 Ex – FAx = 0 Ex = 2657,5 N
Unidade 3
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A força Ey é encontrada através da aplicação da equação de equilíbrio para a direção y: Σ Fy = 0; Ey - FAy – F1 – F2 = 0 Ey = 1392 – 1200 – 1200 = 0 Ey = 3792 N Se calcularmos o somatório dos momentos com relação ao ponto E e aplicarmos a equação de equilíbrio para o momento, obtemos: Σ ME = 0; FAy . 2,2 – F1 . 3 – F2 . 4 + ME = 0 1392 . 2,2 – 1200 . 3 – 1200 . 4 + ME = 0 ME = 5337,6 N
Seção 3 – Equilíbrio de um corpo livre no espaço Quando o objeto de estudo consiste em estruturas tridimensionais, os vínculos que geram as reações nos apoios destas estruturas devem garantir que haja o equilíbrio da estrutura através da restrição ao movimento nos seis graus de liberdade possíveis. Estes graus de liberdade consistem nos seis movimentos fundamentais que um corpo pode possuir no espaço:
Translação na direção x
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Mecânica I
Translação na direção y
Translação na direção z
Rotação em torno do eixo x
Rotação em torno do eixo y
Rotação em torno do eixo z
Existem diversos tipos de vínculos que geram reações contrárias a um ou mais graus de liberdade (movimentos fundamentais). A seguir serão apresentados vários exemplos de vínculos utilizados em estruturas tridimensionais. Os apoios esféricos, as superfícies lisas e os cabos, como mostra a figura 3.11, impedem o movimento de translação em uma única direção. Sua força de reação possui uma linha de ação conhecida, o que fornece uma única incógnita a ser descoberta, que é a intensidade da reação.
Figura 3.11 Reações dadas por uma força com linha de ação conhecida Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257).
Na figura 3.12, são apresentados apoios realizados por um rolete sobre uma superfície rugosa e uma roda sobre um trilho. Estes tipos de apoio impedem o movimento de translação em duas direções, gerando duas incógnitas a serem determinadas.
Figura 3.12 Reações com duas componentes de força Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257) Unidade 3
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A figura 3.13 mostra uma superfície rugosa com contato direto e uma junta esférica, que são apoios que impedem o movimento de translação nas três direções, envolvendo três incógnitas a serem determinadas.
Figura 3.13 Reações com duas componentes de força Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257).
Em algumas situações, é necessário utilizar um vínculo que permita restrição também a movimentos de rotação. A figura 3.14 apresenta uma junta universal, que não possibilita a translação nas três direções e ainda restringe a rotação em uma direção, gerando quatro incógnitas a serem determinadas.
Figura 3.14 Junta universal Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257)
O caso de vínculo que apresenta restrição total a qualquer tipo de movimento de translação ou de rotação é o apoio fixo ou engastamento. Este tipo de apoio já apareceu nos casos bidimensionais oferecendo resistência a todos os tipos de movimento. A figura 3.15 apresenta este tipo de vínculo.
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Mecânica I
Figura 3.15 Apoio fixo ou engastamento Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257)
A utilização de um apoio fixo ou engastamento insere seis incógnitas ao problema, sendo as três forças e os três binários que resistem aos movimentos de rotação. Outros vínculos bastante utilizados são as dobradiças e os mancais de suporte, como mostra a figura 3.16.
Figura 3.16 Dobradiças e mancais Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 257)
Estes tipos de vínculos podem ser projetados para permitir liberdade a um único movimento de rotação, mas também é comum possibilitar um movimento de translação em uma direção. Sendo assim, este tipo de vínculo pode possuir quatro ou cinco incógnitas a serem determinadas.
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Da mesma forma como foi estudado no caso bidimensional, as informações sobre todos os esforços externos atuantes na estrutura e o conhecimento sobre as condições de apoio realizadas por cada vínculo permitirão que se construa com fidelidade o diagrama de corpo livre da estrutura.
Condições de equilíbrio em três dimensões Para que se obtenha o equilíbrio de um corpo rígido em casos tridimensionais, as condições de equilíbrio devem ser estabelecidas através da solução de seis equações referentes aos seis movimentos fundamentais encontrados: Σ Fx = 0;
Σ Fy = 0;
Σ Fz = 0;
Σ M x = 0;
Σ My = 0;
Σ Mz = 0;
Para que estas equações sejam resolvidas, devem existir seis incógnitas envolvidas no problema, que geralmente indicam as reações nos apoios utilizados. Na situação tridimensional também é válida a análise realizada para os casos bidimensionais. Quando há excesso ou falta de incógnitas, o problema se torna estaticamente indeterminado. O mesmo ocorre quando o corpo rígido está impropriamente vinculado, que é o que ocorre nos casos onde as reações são dadas por forças paralelas ou forças que interceptam a mesma reta. Para fixar o conteúdo, observe os problemas resolvidos a seguir.
Problema resolvido 3.3: A roda de poço mostrada na figura 3.17 está com uma carga de 200 N. Determine a força P necessária para manter o cabo na posição mostrada. Determine também as reações na junta esférica A e no apoio em B considerando que não possuem atrito.
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Figura 3.17 Roda de poço Fonte: Baseada em Hibbeler (2005, p. 214)
Solução: O diagrama de corpo livre para a situação mostrada fica:
Para a determinação da força P necessária para manter a manivela em equilíbrio, temos: Σ My = 0; 200 . 0,1 – P . 0,2 = 0 P = 20 / 0,2 P = 100 N A determinação das demais reações é realizada a seguir aplicando-se as demais equações de equilíbrio:
Unidade 3
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Σ Fy = 0 R Ay = 0 Σ Mx = 0 - 200 . 0,4 + R Bz . 0,8 = 0 R Bz = 80 / 0,8 R Bz = 100 N Σ Fz = 0 R Az + R Bz – 200 = 0 R Az = 200 - 100 R Az = 100 N Σ Mz = 0 R Bx . 0,8 – P . 1,2 = 0 R Bx = 100. 1,2 / 0,8 R Bx = 120 / 0,8 R Bx = 150 N Fx = 0 P - R Ax - R Bx = 0 100 - R Ax – 150 = 0 R Ax = -50 N
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Mecânica I
Problema resolvido 3.4: O sistema de tubulação da figura 3.18 sustenta as duas cargas verticais de 3000 N e 4000 N mostradas. Determine os componentes de reação na junta esférica A e a tensão imposta aos cabos BC e BD.
Figura 3.18 Tubulação suspensa Fonte: Hibbeler (2005, p. 214)
Solução: O diagrama de corpo livre para a situação é dado por:
Através das relações geométricas, é possível determinar os vetores unitários que definem a orientação de TBC e TBD: λBC = BC → / BC λBC = (2 i - 1 j + 2 k) / (√(22 + (-1)2 + 22)
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
λBC = 0,667i – 0,333j + 0,667k λBD = BD→ / BD λBD = (- 2 i - 1 j + 2 k) / (√((-2)2 + (-1)2 + 22) λBD = - 0,667i – 0,333j + 0,667k Com as orientações, podemos indicar a relação entre as componentes destas forças: TBC = TBC . λBC TBC = TBC . (0,667i – 0,333j + 0,667k) TBCx = 0,667. TBC TBCy = 0,333. TBC TBCz = 0,667. TBC TBD = TBC . λBD TBD = TBC . (- 0,667i – 0,333j + 0,667k) TBDx = - 0,667. TBD TBDy = 0,333. TBD TBDz = 0,667. TBD Aplicando as equações de equilíbrio, temos: Σ Mx = 0 - 3000.(1,5 + 1,5 + 1) – 4000.(3 + 1,5 +1) + TBCz.(1) + TBDz.(1) + TBCy.(1) + TBDy.(1) = 0 -12000 – 22000 + 0,667. TBC + 0,667. TBC + 0,333. TBC + 0,333. TBD = 0 TBC + TBD = 34000 118
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Mecânica I
Σ My = 0 TBCx.(1) - TBDx.(1) = 0 0,667. TBC - 0,667. TBD = 0 TBC = TBD
Da relação anterior, temos: TBC + TBD = 34000 TBC + TBC = 34000 2.TBC = 34000 TBC = TBD = 17000 N
Σ Fy = 0 R Ay - TBCy - TBDy = 0 R Ay = 0,333. TBC + 0,333. TBD R Ay = 0,667. 17000 R Ay = 11333 N Σ Fx = 0 R Ax + TBCx + TBDx = 0 R Ax + 0,667. TBC - 0,667. TBD = 0 Como TBC = TBD, então: R Ax = 0
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Σ Fz = 0 R Az + TBCz + TBDz – 3000 – 4000 = 0 R Az + 0,667. 17000 + 0,667. 17000 – 7000 = 0 R Az = 7000 – 11333 - 11333 R Az = - 15667 N Com o término do exercício resolvido, está na hora de praticar os conhecimentos adquiridos. Consulte as atividades de autoavaliação e resolva os problemas propostos.
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Mecânica I
Síntese Nesta unidade, você aprendeu que, para que um corpo rígido esteja em equilíbrio, necessitamos respeitar suas equações de equilíbrio. Antes de aplicar as equações, você viu que é muito importante organizar e apresentar com clareza o problema proposto. Isto é possível através da formulação do diagrama de corpo livre. Uma das partes fundamentais para a construção de um diagrama de corpo livre consiste em identificar corretamente os vínculos entre o corpo rígido e outros corpos externos. Cada tipo de vínculo apresenta características distintas quanto ao número de incógnitas relacionadas às reações esperadas nos apoios encontrados. Foram apresentados vínculos utilizados em casos bidimensionais e tridimensionais. É importante lembrar que o número de incógnitas encontrado numa situação a ser analisada deve ser igual ao número de equações de equilíbrio existente para a situação. Um número diferente de incógnitas levará a uma situação estaticamente indeterminada, e o problema não encontrará solução. Além disso, deve-se atentar aos casos de vinculação ineficiente, quando também não há solução possível para os problemas propostos.
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Atividades de autoavaliação 1) O guindaste da figura abaixo possui massa igual a 2000 kg e uma capacidade de levantamento de carga de 3000 kg. Sua fixação na parede vertical é feita através de um pino articulado no ponto A e um apoio simples no ponto B. O ponto G indicado representa o centro de gravidade. Demonstre o diagrama de corpo livre para esta situação, representando todos os esforços que atuam no guindaste.
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Mecânica I
2) Com base na situação esquematizada na figura abaixo, determine a tração do cabo e as componentes das reações no ponto A. Considere que a polia não possui atrito e que a carga suportada pelo sistema é de 1500 N.
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
3) O poste da figura abaixo é suportado pela sua base e possui três esforços externos fornecidos através de cabos com as forças de tração dadas. Determine os componentes de reação a estas forças na base fixa do poste.
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Mecânica I
Saiba mais Equilíbrio de um corpo rígido submetido a duas forças Uma situação bastante comum encontrada em problemas envolvendo o equilíbrio de corpos rígidos é quando o corpo rígido é submetido a somente duas forças. Quando isto acontece e o corpo rígido permanece em equilíbrio, estas duas forças deverão possuir o mesmo módulo, a mesma linha de ação, mas com sentidos opostos. Observe a placa mostrada na figura 3.19. Ela possui duas forças, aplicadas respectivamente nos pontos A e B.
Figura 3.19 Placa submetida a duas forças Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 246)
Conforme já estudamos nesta unidade, para que a placa permaneça em equilíbrio, é necessário que sejam satisfeitas as condições apresentadas pelas equações de equilíbrio. Portanto, a soma dos momentos das forças F1 e F2 com relação a qualquer eixo deverá ser nula. Se tomarmos como referência o ponto A, como a força F1 é aplicada sobre este ponto, seu momento com relação a ele é nulo. Para que ocorra o equilíbrio, então, o momento da força F2 com relação ao ponto A também deverá ser nulo. Isto ocorrerá caso a linha de ação da força F2 passe pelo ponto A, como mostra a figura 3.19b. De forma análoga, uma avaliação da ação dos momentos com relação ao ponto B levará à conclusão de que a linha de ação da força F1 deverá passar pelo ponto B para que haja o equilíbrio, conforme mostra a figura 3.19c.
Unidade 3
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Para satisfazer as condições de equilíbrio de somatório dos esforços com relação aos eixos x e y, a resultante deverá ser zero nas duas direções, então as forças também deverão possui o mesmo módulo e sentidos opostos.
Equilíbrio de um corpo rígido submetido a três forças Outro caso particular ocorre quando o corpo rígido é submetido a três forças ou, de forma mais genérica, quando os esforços aplicados no corpo rígido atuam em somente três pontos. A figura 3.20 representa um corpo rígido submetido a um sistema de forças, que pode ser reduzido a somente três forças F1, F2 e F3, atuando nos pontos A, B e C, respectivamente.
Figura 3.20 Placa submetida a duas forças Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 247)
Para que o corpo rígido sob estas condições esteja em equilíbrio, é necessário que as linhas de ação das três forças sejam concorrentes ou paralelas. Mais uma vez, para garantir o equilíbrio, devem ser satisfeitas as condições de equilíbrio. Assim, a soma dos momentos das três forças com relação a qualquer eixo deverá ser nula. Se pegarmos as linhas de ação de duas das forças aplicadas e encontrarmos um ponto onde elas se cruzam, como representa o ponto D na figura 3.20b, temos que o momento das duas forças F1 e F2 com relação a este ponto D será nulo. Assim, para que a condição de equilíbrio seja satisfeita, o momento da força F3 com relação a este ponto D também deverá ser nulo, isto é, a linha de ação da força F3 também deverá passar pelo ponto D, como mostra a figura 3.20c. As três linhas de ação são concorrentes. A única exceção ocorre quando nenhuma das linhas se corta, ou seja, quando as linhas de ação são paralelas. 126
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UNIDADE 4
Forças Distribuídas: Centroides e Baricentros Objetivos de aprendizagem
Calcular o centro de gravidade de uma figura bidimensional.
Determinar o baricentro de cargas distribuídas.
Encontrar o centroide e o baricentro de um corpo sólido.
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Seções de estudo
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Seção 1
Centro de gravidade e centroide
Seção 2
Cargas distribuídas
Seção 3
Baricentro e centroide de um sólido
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Para início de estudo Até o momento, consideramos que os esforços aplicados sobre os corpos rígidos sempre atuam de forma concentrada e num único ponto. Para podermos ampliar os nossos estudos, necessitamos investigar melhor as cargas distribuídas. Um caso muito comum de aplicação de cargas distribuídas ocorre quando se leva em consideração a ação do peso do corpo rígido na avaliação estática dos esforços. O peso de um corpo, ou a ação da gravidade da Terra sobre este corpo, deve ser representado através de um grande número de pequenas forças distribuídas por todo este corpo. Para simplificar a análise e os cálculos envolvidos, é possível substituir todas estas pequenas forças por uma única força resultante, aplicada em um ponto particular do corpo, que tornará válida esta substituição. Nesta unidade, aprenderemos a determinar qual é este ponto de aplicação da força resultante para corpos com diferentes formas. Este ponto é chamado de baricentro. Iniciaremos nosso estudo determinando o baricentro em corpos bidimensionais e depois trataremos de corpos sólidos. Ao término esta unidade, finalizaremos nossos estudos sobre estática. Mãos à obra!
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Mecânica I
Seção 1 – Centro de gravidade e centroide O centro de gravidade ou baricentro de um corpo é o ponto onde pode ser considerada a aplicação da força da gravidade de todo o corpo rígido. O corpo rígido é formado por um conjunto de partículas que são atraídas para o centro da Terra, e o centro de gravidade é o ponto onde é possível equilibrar todas estas forças de atração. É muito comum a utilização de termos como centroide, centro de gravidade, ou baricentro, e centro de massa. É importante ressaltar que estes termos derivam de conceitos diferentes, mas que, em diversas situações, eles podem levar à definição de um mesmo ponto localizado no corpo rígido. O centroide é originado de um conceito puramente geométrico, enquanto que os demais estão relacionados a propriedades físicas de um corpo. O centro de massa leva em consideração a densidade do corpo rígido. Se um corpo não possui densidade uniforme, ou seja, se ele não possui a mesma densidade em todos os seus pontos, o centroide não irá coincidir com o centro de massa. Este é o caso de um corpo rígido único composto por diferentes materiais integrados, que pode possuir uma densidade maior em diferentes regiões do corpo. Para que o centroide de um corpo coincida com o seu centro de gravidade, ele deverá coincidir com o seu centro de massa e, além disso, o objeto deverá sofrer influência de um campo gravitacional uniforme. Na prática, o estudo de corpos rígidos leva em consideração que os corpos são unitários e feitos de um mesmo material, também sendo submetido a um campo gravitacional uniforme, sendo então muito comum encontrar coincidência entre o ponto onde está localizado o centroide, o centro de massa e o baricentro.
Unidade 4
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Universidade do Sul de Santa Catarina
Para simplificar o nosso entendimento, vamos iniciar nossos estudos estudando casos bidimensionais. Considere a placa horizontal mostrada na figura 4.1.
Figura 4.1 Placa horizontal Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 288)
Se esta placa for dividida em n elementos, cada um destes elementos terá sua posição definida através de coordenadas x e y, de acordo com um sistema de coordenadas tomado como referência. Cada elemento desta placa receberá uma força de atração exercida pela Terra que estará orientada para o centro da Terra. Como a distância da crosta terrestre até o centro da Terra é muito grande, estas forças elementares podem ser consideradas paralelas, o que nos permite definir uma única força resultante P com a mesma orientação e sentido, que é calculada através da soma dos módulos de cada força individual. Não há esforços atuando nas direções x e y. Desta forma, podemos enunciar: ΣFz = 0 P = ΔP1 + ΔP2 + ... + ΔPn O ponto de aplicação da força resultante P deverá ser o ponto onde há garantia de equilíbrio do corpo rígido.
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Mecânica I
Aplicando as equações de equilíbrio para os momentos resultantes, sabendo que não há momentos gerados em torno do eixo z, é possível determinar o ponto de equilíbrio (X, Y): ΣM x = 0;
X.P = x1.ΔP1 + x 2.ΔP2 + ... + xn.ΔPn
ΣMy = 0;
Y.P = y1.ΔP1 + y2.ΔP2 + ... + yn.ΔPn
Da definição de integral, se agora formos aumentando gradativamente o número de elementos em que a placa está subdividida, reduzindo assim o tamanho de cada elemento, no limite em que o número de elementos tende ao infinito, obtém-se as seguintes expressões: P = ∫ dP;
X.P = ∫ x.dP;
Y.P = ∫ y.dP
Estas equações definem o peso P do corpo e as coordenadas X e Y do seu baricentro, podendo ser aplicadas a qualquer corpo estudado. Existem situações onde os corpos rígidos possuem um formato no qual o seu baricentro é encontrado fora do corpo, como no caso de um anel, onde o seu baricentro está localizado no seu centro geométrico, conforme mostra a figura 4.2.
Figura 4.2 Baricentro de um anel Fonte: Elaboração do autor, 2011
O peso de uma placa homogênea com espessura uniforme é calculado através de: P = Ϫ.t.A Onde Ϫ é o peso específico do material da placa, ou o peso por unidade de volume deste material, t é a espessura da placa e A é a área total da placa.
Unidade 4
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Universidade do Sul de Santa Catarina
De maneira similar, podemos obter o peso de cada elemento da placa através de: ΔP = Ϫ.t. ΔA Sendo que ΔA representa a área do elemento em particular. Quando aplicamos estas definições do peso nas equações de equilíbrio para os momentos nas direções x e y, obtemos: ΣM x = 0;
X.Ϫ.t.A = x1.Ϫ.t.ΔA1 + x 2.Ϫ.t.ΔA 2 + ... + xn.Ϫ.t.ΔAn
ΣMy = 0;
Y.Ϫ.t.A = y1.Ϫ.t.ΔA1 + y2.Ϫ.t.ΔA 2 + ... + yn.Ϫ.t.ΔAn
Para simplificar estas equações, podemos dividir os termos por Ϫ.t, o que nos fornece: ΣM x = 0;
X.A = x1.ΔA1 + x 2.ΔA 2 + ... + xn.ΔAn
ΣMy = 0;
Y.A = y1.ΔA1 + y2.ΔA 2 + ... + yn.ΔAn
Se aplicarmos a integral, chegamos a: X.A= ∫ x.dA;
Y.A= ∫ y.dA;
Para o caso particular, onde a placa é homogênea (possuindo densidade constante), as coordenadas X e Y definem o baricentro da placa e o seu centroide. Nos casos onde a placa não é homogênea, estas equações não indicam o seu baricentro, mas ainda definem o centroide ou o centro geométrico da superfície estudada. A aplicação destas equações também é válida para elementos de forma livre, como um arame homogêneo possuindo seção transversal uniforme. A definição do centroide de uma superfície fica muito simplificada quando há simetrias envolvidas. Os centroides e os baricentros (para corpos homogêneos) estão sempre localizados sobre as linhas de simetria.
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Mecânica I
As integrais que foram definidas para determinação da carga concentrada resultante e do seu ponto de aplicação também são conhecidas como momentos de primeira ordem da superfície analisada com relação aos eixos coordenados. Estes momentos de primeira ordem são representados por: Q y = ∫ x.dA;
Qx = ∫ y.dA;
Aplicando estas relações na definição inicial das integrais, obtemos: Q y = X.A;
Qx = Y.A;
Desta forma, as coordenadas do centroide da superfície analisada podem ser obtidas dividindo-se seus momentos de primeira ordem pela sua área. Uma superfície é considerada simétrica com relação a um eixo de simetria BB’ se todo ponto P desta superfície possuir um ponto P’ correspondente na mesma superfície, de modo que o segmento que une os pontos P e P’ seja perpendicular ao eixo de simetria BB’ e este eixo de simetria divida a superfície em duas partes extremamente iguais, como mostra a figura 4.3.
Figura 4.3 Eixo de simetria Fonte: Elaboração do autor, 2011
Como a presença da simetria define que existem quantidades idênticas de material em ambos os lados do eixo de simetria, conclui-se que o centroide da superfície analisada estará localizado sobre este eixo. Da mesma forma, como as quantidades de material são idênticas em ambos os lados do eixo de simetria, o momento de primeira ordem da superfície com relação a este eixo será nulo, já que Unidade 4
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cada momento individual de cada elemento de um lado do eixo de simetria possuirá um momento igual e contrário equivalente vindo do outro lado do eixo de simetria, anulando a sua ação. Se extrapolarmos as considerações sobre a simetria de uma superfície, podemos afirmar que, se uma superfície possui mais do que um eixo de simetria, o seu centroide estará localizado na intersecção entre estes eixos, como mostra a figura 4.4.
Figura 4.4 Figura com dois eixos de simetria Fonte: Elaboração do autor, 2011
Os centroides de algumas formas muito comumente utilizadas podem ser obtidos através das equações apresentadas nas figuras 4.5 e 4.6.
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Mecânica I
Figura 4.5 Centroides de superfícies com formas comuns Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 295)
Figura 4.6 Centroides de curvas com formas comuns Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 296)
Na prática, é comum encontrar superfícies a serem analisadas que sejam constituídas por uma composição de várias destas formas elementares mais simplificadas. Quando isto ocorre, a determinação do baricentro da figura é obtida através de uma relação entre os baricentros de cada figura elementar individual, através do cálculo do seu momento com relação aos eixos coordenados utilizados, ou seja: ΣM x = 0;
X.(P1 + P2 + ... + Pn) = X1.P1 + X 2.P2 + ... + Xn.Pn
ΣMy = 0;
Y.(P1 + P2 + ... + Pn) = Y1.P1 + Y2.P2 + ... + Yn.Pn
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Este equacionamento também pode ser representado como: X.ΣPi = Σ X i.Pi ;
Y.ΣPi = Σ Yi.Pi ;
Se considerarmos que o corpo estudado é uma placa homogênea com espessura constante, o baricentro coincidirá com o centroide da superfície, então: Q y = X.ΣA = Σ X i.Ai;
Qx = Y.ΣA = Σ Yi.Ai;
Um detalhe importante que sempre deve ser considerado é que, dependendo da escolha do posicionamento dos eixos coordenados com relação ao corpo estudado, o momento de cada superfície elementar poderá apresentar um sinal positivo ou negativo para a definição das coordenadas do baricentro com relação ao eixo coordenado escolhido. A figura 4.7 mostra um exemplo desta situação.
Figura 4.7 Determinação do baricentro de uma superfície composta Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 298)
Observe que o corpo utilizado como exemplo na figura 4.7 pode ser dividido em três elementos básicos elementares, sendo o semicírculo A1, o retângulo A 2 e o círculo A3. Cada elemento básico possui seu peso concentrado (P1, P2 e P3) posicionado sobre o seu baricentro (A1, A 2 e A3). A determinação do baricentro de cada elemento básico é simples por se tratarem de figuras já conhecidas e com equacionamento definido. A posição destes baricentros (X1, X 2 e X 3) é tomada com relação ao eixo coordenado de referência y definido sobre o corpo.
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Mecânica I
Este corpo possui uma linha de simetria bem definida no eixo x. Com isto, sabe-se que o baricentro possuirá coordenada Y = 0, porque estará localizado sobre o eixo de simetria do corpo. Como o semicírculo A1está posicionado à esquerda do eixo coordenado y, a posição do seu baricentro X1 assume um valor negativo. O furo circular A3 é considerado normalmente nos cálculos, mas é tratado como um elemento negativo, já que ele diminui o momento do corpo com relação ao eixo. A melhor forma de entender como são realizadas as operações para cálculo do baricentro de uma superfície composta é através de um problema resolvido.
Problema resolvido 4.1: Determine os momentos estáticos com relação aos eixos x e y, e a posição do centroide para a superfície plana mostrada na figura 4.8.
Figura 4.8 Superfície plana composta Fonte: Elaboração do autor, 2011
Solução: A superfície apresentada é composta de um retângulo, um semicírculo e dois furos em forma de círculo. Como estas superfícies elementares são bem conhecidas, seu centroide é
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facilmente determinado. Para auxiliar no processo de avaliação da superfície composta, uma tabela é montada contendo todas as informações necessárias. Os elementos que formam os furos são considerados como negativos nos cálculos. O centroide do semicírculo é obtido através da equação apresentada na figura 4.5. Y = 360 + 4.r/3.π = 360 + 4.120/3. π = 360 + 51 = 411 mm A tabela com os dados fica:
Componente
Área, mm2
X, mm Y, mm
X.A, mm3
Y.A, mm3
Retângulo
(240).(360) = 86400
120
180
10368x103
15552x103
Semicírculo
π(120)2/2 = 22620
120
411
2714,4x103
9296,8x103
Círculo
- π(60)2 = - 11310
120
120
-1357,2x103
-1357,2x103
Círculo
- π(60)2 = - 11310
120
360
-1357,2x103
-4071,6x103
ΣX.A =10368x103
ΣY.A =19420x103
ΣA = 86400
Os momentos estáticos da superfície são obtidos diretamente da tabela: Qx = Σ Yi.Ai = 19420x103 mm3 Q y = Σ X i.Ai = 10368x103 mm3 A posição do centroide da superfície composta é obtida através de: X.ΣA = Σ X i.Ai; Y.ΣA = Σ Yi.Ai; então: X = 10368x103/86400 = 120 mm Y = 19420x103/86400 = 225 mm
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Como era de se esperar, como a peça possui um eixo de simetria no eixo y, a posição x encontrada para o centroide coincide exatamente com a linha central da superfície estudada.
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Seção 2 – Cargas distribuídas Uma situação bastante comum encontrada em problemas relacionados à estática é a presença de cargas distribuídas. Uma carga distribuída pode ser originada pelo peso de materiais apoiados sobre o corpo rígido ou pela ação de esforços causados pelo vento ou por pressão hidrostática de fluidos. Estes dois últimos casos são estudados em detalhes na Mecânica dos Fluidos. A carga distribuída pode ser representada por uma equação que descreve como esta carga se comporta por unidade de comprimento, como mostra a figura 4.9.
Figura 4.9 Carga distribuída Fonte: IST, Lisboa, 2010
Como a carga depende do comprimento da viga estudada, ela é expressa em N/m. O módulo da força exercida sobre uma seção escolhida com comprimento dx na viga é dado por dR = w.dx, como pode ser observado na figura 4.10. dR também é representado por dw. Se estendermos este conceito para todo o comprimento da viga, encontraremos a carga total aplicada na viga.
Figura 4.10 Seção de uma carga distribuída Fonte: IST, Lisboa, 2010
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A carga total pode então ser expressa na forma da integral: W = ∫ w.dx De forma prática, a integral da equação de w(x) aplicada a todo o comprimento da viga representa a área contida entre a viga e a curva descrita por w(x). Como w.dx descreve um elemento de área dA, a carga total também pode ser expressa como: W = ∫ dA = A Determinado o módulo da carga distribuída, é necessário agora identificar onde esta carga única concentrada W deverá ser aplicada sobre a viga para produzir as mesmas reações nos apoios causadas pela carga distribuída, como indica a figura 4.11.
Figura 4.11 Ponto de aplicação da carga distribuída W Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 328)
O ponto de aplicação da carga concentrada equivalente é obtido igualando-se o momento da carga concentrada equivalente W em relação ao ponto O à soma dos momentos das cargas elementares dw ou dR com relação ao mesmo ponto O. Desta forma: (OP).W = ∫ x.dw Como deduzimos anteriormente que dR = w.dx = dA e que W = A, temos: (OP).A = ∫ x.dA
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Mecânica I
Esta integral representa o momento estático com relação ao eixo w da superfície sob a curva de carregamento, então ela pode ser substituída pelo produto X.A, resultando em: (OP).A = X.A ou seja: OP = X Onde X é a distância entre o eixo w ao centroide C da superfície W ou A. Este é o centroide da superfície que descreve a carga distribuída sobre a viga, mas não possui qualquer relação com o centroide da própria viga, que corresponde a outro corpo.
Problema resolvido 4.2: Determine a carga concentrada equivalente e as reações nos apoios para a viga mostrada na figura 4.12, carregada com uma carga distribuída.
Figura 4.12 Viga carregada com uma carga distribuída Fonte: Elaboração do autor, 2011
Solução: Para calcular a carga concentrada equivalente, é importante saber que o módulo da carga resultante será igual à área sob a curva da carga distribuída, e a sua linha de ação, ou linha onde está o ponto de aplicação, passará pelo centroide desta área. O primeiro passo então consiste em determinar qual é o centroide da área ocupada pela carga distribuída. Para isto,
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como já procedemos na seção anterior, é possível separar a área em elementos mais simples para facilitar nossa análise. Se dividirmos a área em dois triângulos, conforme mostrado abaixo, podemos montar a tabela de cálculos.
Para facilitar o nosso tratamento com os valores, utilizaremos as forças em kN. Como vimos que a carga é equivalente à área ocupada pela carga distribuída, nosso tratamento envolverá cálculos diretamente com as cargas.
Componente
Área, kN
X, mm
X.A, kN.m
Triângulo I
(9).(2,4)/2 = 10,8
3
32,4
Triângulo II
(9).(5,2)/2 = 23,4
6
140,4
ΣA = 34,2
ΣX.A =172,8
A carga concentrada equivalente será igual à área sob a curva de carregamento, então: W = A = 34,2 kN ou 34,2x103 N A posição do centroide da superfície composta é obtida através de: X.ΣA = Σ X i.Ai; X.(34,2) = 172,8 X = 172,8/34,2 X=5m
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Para calcular as reações, devemos aplicar as equações de equilíbrio: Como não há carregamento na direção x, a condição Σ Fx = 0 está satisfeita. Σ Fy = 0; R Ay + R By – W = 0 Σ M A = 0; W. (5) - R By . (9) = 0 R By = 34200 . 5 / 9 R By = 19000 N Então: R Ay + R By – W = 0 R Ay + 19000 – 34200 = 0 R Ay = 15200 N
Seção 3 – Baricentro e centroide de um sólido Da mesma forma que tratamos no caso bidimensional, para a obtenção do baricentro de um corpo tridimensional é necessário subdividir o corpo complexo em pequenos elementos, cada um com uma parcela de carga ΔP que, quando somadas, levam ao peso P do corpo. Este peso concentrado deverá ser aplicado em um ponto determinado G.
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A figura 4.13 representa um corpo rígido tridimensional posicionado com relação a um sistema de coordenadas. Neste corpo rígido, há a indicação de um ponto G para a aplicação da carga concentrada P, que satisfaz as condições de equilíbrio necessárias para que seja equivalente às diversas cargas individuais aplicadas no corpo.
Figura 4.13 Corpo rígido tridimensional Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 341)
Se definirmos um vetor posição ā para identificar a posição do ponto G, podemos aplicar as equações de equilíbrio: ΣF:
-Pj = Σ(-ΔPj)
ΣMO:
ā x (-Pj) = Σ[a x (-ΔPj)]
ou ā P x (-j) = (Σ a ΔP) x (-j) Estas equações levam à conclusão que, para existir equivalência entre o peso do corpo e os pesos elementares, devem ser satisfeitas as seguintes condições: P = ΣΔP ā P = Σ a ΔP Se aumentarmos o número de elementos analisados, diminuindo o seu tamanho, podemos aplicar os seguintes limites: P = ∫ dP;
ā P = ∫ a dP;
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Mecânica I
Ao decompor os vetores ā e a nas suas componentes cartesianas, obtemos as seguintes equações escalares: X P = ∫ x dP;
Y P = ∫ y dP;
Z P = ∫ z dP;
Para um corpo rígido feito de material homogêneo e com peso específico Ϫ, o peso poderá ser expresso em função do volume do material: dP = Ϫ. dV
e
P = Ϫ.V
o que leva a: ā V = ∫ a dV que é equivalente a: X V = ∫ x dV;
Y V = ∫ y dV;
Z V = ∫ z dV;
onde o ponto definido pelas coordenadas X, Y e Z define o centroide C do corpo sólido com volume V. Como o corpo é homogêneo, este ponto também representa o baricentro do corpo sólido. As considerações sobre simetria aplicadas no estudo dos corpos bidimensionais também são válidas para os corpos tridimensionais. Os corpos sólidos possuem planos de simetria no lugar de somente eixos de simetria. Quando um corpo possui um plano de simetria, o seu centroide estará localizado sobre este plano. Se o corpo possuir dois planos de simetria, a intersecção entre estes dois planos definirá uma reta, e o centroide estará localizado em algum ponto desta reta. No caso de um corpo que possui três planos de simetria, existirá um único ponto de intersecção entre estes planos e este ponto deve coincidir com o centroide do sólido.
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Com estas considerações, é fácil identificar o centroide de corpos tridimensionais com formas bem definidas, como esferas, elipsoides, cubos, paralelepípedos retangulares etc. Os centroides de outras formas bastante usuais são apresentados na figura 4.14.
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Figura 4.14 Determinação do centroide de corpos tridimensionais Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 344)
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No caso de corpos compostos, que podem ser divididos em diversos corpos elementares que possuem formas bem conhecidas e equacionadas, o seu baricentro pode ser determinado igualando-se o momento do seu peso total em relação a origem O à soma dos momentos dos pesos das várias partes com relação a este mesmo ponto O. Desta forma, temos: X.ΣP = Σ X.P ;
Y.ΣP = Σ Y.P ;
Z.ΣP = Σ Z.P ;
Se o material é homogêneo, podemos utilizar: X.ΣV = Σ X.V ;
Y.ΣV = Σ Y.V ;
Z.ΣV = Σ Z.V ;
Problema resolvido 4.3: Determine o baricentro do corpo sólido de revolução homogêneo mostrado na figura 4.15.
Figura 4.15 Corpo sólido de revolução Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 347)
Solução: Este corpo apresentado na figura 4.15 possui simetria nos planos xy e xz, então se pode concluir que o seu baricentro estará localizado na linha de intersecção entre estes dois planos, ou seja, sobre o eixo coordenado x. O corpo pode ser dividido em três sólidos distintos, sendo um hemisfério, mais um cilindro e menos um cone. A figura abaixo mostra a determinação da posição do centroide de cada corpo individual.
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Os dados para o cálculo do baricentro do corpo sólido são apresentados na tabela abaixo:
Componente
Volume, cm3
X, cm
X.V, cm4
Hemisfério
(½).(4.π/3).(6,00)3 = 452
-2,25
-1,02x103
Cilindro
π.(6,00)2.(10,0) = 1,13x103
5,00
5,66x103
Cone
-(π/3).(6,00)2.(10,0) = -377
7,50
-2,83x103
ΣV = 1,20x103
ΣX.V =1,81x103
A partir destes dados, podemos calcular: X.ΣV = Σ X.V X.(1,20x103) = 1,81x103 X = 1,81x103/ 1,20x103 X = 1,50 cm A determinação do baricentro de corpos sólidos fica bastante simplificada quando há a presença de planos de simetria. Quando isto não acontece e o corpo é dividido em um grande número de sólidos elementares, é gerado muito volume de informação e cálculos a serem executados. Apesar de se tratarem de cálculos simples, muito cuidado deve ser tomado para que não se cometam pequenos erros que possam comprometer a solução final do problema.
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Síntese Nesta unidade, você aprendeu a calcular o centroide de figuras planas e de corpos sólidos. Foi destacada a diferença entre o centroide e o baricentro de um corpo. Apesar de geralmente estarem representados por um mesmo ponto, trata-se de conceitos diferentes e deve-se tomar cuidado para não confundi-los. A determinação do centroide de uma figura plana é muito importante quando se trabalha com cargas distribuídas, pois fornece as informações necessárias para a determinação do ponto de aplicação de uma carga equivalente resultante sobre o corpo. O conhecimento sobre a determinação do baricentro dos corpos amplia bastante as possibilidades de aplicação dos conceitos de estática nos problemas de engenharia.
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Atividades de autoavaliação 1) Determine os momentos estáticos com relação aos eixos x e y e a posição do centroide para a superfície plana mostrada na figura abaixo.
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2) Determine a carga concentrada equivalente e as reações nos apoios para a viga mostrada na figura abaixo, carregada com uma carga distribuída.
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3) Localize o baricentro da peça mostrada na figura abaixo:
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Saiba mais
Teorema de Pappus-Guldin O matemático grego Pappus de Alexandria (350 – 290 a.C.) desenvolveu equações matemáticas relacionando características de superfícies e corpos sólidos de revolução. Mais tarde, o matemático suíço Paul Guldin (1577 – 1643) reapresentou os teoremas originalmente desenvolvidos por Pappus, de forma a determinar a superfície e o volume de um sólido de revolução, originando assim os teoremas de Pappus-Guldin. Uma superfície de revolução é gerada pela rotação de uma curva plana em torno de um eixo fixo, como exemplificado na figura 4.16, que mostra que a superfície de uma esfera é obtida pela rotação da semicircunferência ABC em torno do diâmetro AC. A superfície de um cone é obtida pela rotação da reta AB em torno do eixo AC.
Figura 4.16 Formação de superfícies de revolução Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 312)
Um corpo ou sólido de revolução é obtido da mesma forma, mas agora é utilizada a rotação de uma superfície plana em torno de um eixo fixo, como mostra a figura 4.17.
Figura 4.17 Formação de sólidos de revolução Fonte: Beer & Johnston (2005, p. 312)
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Teorema I – A área de uma superfície de revolução é igual ao comprimento da curva geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo centroide da curva durante a geração da superfície. A=2.π.Y.L onde 2 . π . Y é a distância percorrida pelo centroide no giro para a geração da superfície de revolução e L é o comprimento da curva geratriz. Teorema II – O volume de um corpo de revolução é igual à área da geratriz multiplicada pela distância percorrida pelo centroide da superfície durante a geração do corpo sólido. V=2.π.Y.A onde 2 . π . Y é a distância percorrida pelo centroide de A no giro para a geração do sólido de revolução, e A é a área da superfície de geração do sólido. Além dos teoremas de Pappus-Guldin serem modos simples de calcular a área de superfícies de revolução e o volume de corpos de revolução, eles também podem ser usados para determinar o centroide de uma curva plana quando a área gerada é conhecida ou o centroide de uma superfície plana quando o volume do corpo gerado por esta superfície é conhecido.
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Para concluir o estudo Na disciplina de Mecânica I, você aprendeu os fundamentos da estática. Com estes conhecimentos, foi possível aplicar as condições de equilíbrio em pontos materiais e em corpos rígidos. O conhecimento sobre as forças de reação nos apoios de um corpo rígido é uma ferramenta muito importante para a sua próxima disciplina da área: Resistência dos Materiais. Antes de poder dimensionar corretamente um material para uma dada aplicação, é necessário ter o conhecimento apropriado sobre os esforços envolvidos. Estes esforços, em muitos casos, são obtidos a partir das formulações que envolvem a estática. Nos livros indicados na bibliografia, existem muitas aplicações desenvolvidas a partir dos conceitos vistos nesta disciplina. Para ampliar seus conhecimentos, procure estes livros e se aprofunde. Tenho certeza de que os conhecimentos adquiridos nesta disciplina lhe serão muito úteis na sua vida profissional e nas próximas disciplinas da área. Professor Milton Pereira
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Referências BEER, F.P. e JOHNSTON Jr. E.R. Mecânica vetorial para engenheiros: estática. 5. ed. São Paulo: Makron Books, 2005. FONSECA, A. Curso de mecânica: estática. Rio de Janeiro: Livros Técnicos e Científicos, 1980. HIBBELER, R.C. Estática: mecânica para engenharia. 10. ed. São Paulo: Pearson, Prentice Hall, 2005. . Engineering mechanics: statics. 12. ed. [s.l]: Prentice Hall, 2010. MERRIAN, J.L.; KRAIGEL, L.G. Mecânica para engenheiros: estática. [s.l]: Harbra, (ano).
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Sobre o professor conteudista Milton Pereira possui graduação em Engenharia Mecânica pela Universidade Federal de Santa Catarina (1995), mestrado em Engenharia Mecânica pela Universidade Federal de Santa Catarina (1998), doutorado em Engenharia Mecânica pela Universidade Federal de Santa Catarina (2004) e pós-doutorado em Engenharia Mecânica-Aeronáutica pelo Instituto Tecnológico de Aeronáutica (2006). Atualmente é professor do Instituto Federal de Santa Catarina. Tem experiência na área de Engenharia Mecânica, com ênfase em Engenharia de Precisão, atuando principalmente nos seguintes temas: usinagem de ultraprecisão, otimização de processos, máquina-ferramenta, metrologia, metodologia de projeto e automobilística.
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Respostas e comentários das atividades de autoavaliação Unidade 1 1) C B C A B A 2)
a)
b)
c)
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3) Solução gráfica: A solução gráfica para este problema pode ser encontrada utilizandose o método do paralelogramo e a regra do triângulo.
A determinação da intensidade de R pelo método gráfico resulta em: R = 190 N; α = 45º Solução trigonométrica: A disposição das forças fica:
Aplicando-se a lei dos cossenos, obtém-se: FR2 = F12 + F22 – 2.F1.F2.cos B O ângulo B é dado pela relação: B = 10º + 20º + 90º B = 120º Assim: FR2 = 1002 + 1202 + 2.100.120.cos 120º FR 2 = 10000 + 14400 + 12000 FR 2 = 36400 R = 190,8 N
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Aplicando-se agora a lei dos senos, temos: sen A / F2 = sen B / FR sen A = sen 120º . 120 / 190,8 sen A = 0,5447 A = 33 º α = A + 10º α = 43º 4) As componentes das forças cartesianas são obtidas através do somatório em cada direção: FRx = F1x + F2x FRy = F1y + F2y Então: FRx = 100 . cos 10º + 120 . sen 20º = 139,5 N FRy = 100 . sen 10º + 120 . cos 20º = 130,1 N FR = (139,5i + 130,1j) N
O modulo de FR é dado por:
FR = √(139,52 + 130,12) FR = 190,8 N
Sendo θ o ângulo entre a força resultante FR e o eixo x, temos:
tg θ = 130,1 / 139,5 θ = atan 0,9326 θ = 43º
5) Como o sistema está em equilíbrio, é necessário que as condições de equilíbrio nas direções x e y sejam satisfeitas: ΣFx = 0 ΣFy = 0 Assim, temos: ΣFx = 0
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ΣFx = TBCx - TACx = 0 TBC . cos 50º - TAC . cos 30º = 0 TBC = TAC . cos 30º / cos 50º TBC = 1,35 TAC ΣFy = 0 ΣFy = TBCy + TACy – 200 = 0 TBC . sen 50º + TAC . sen 30º - 200 = 0 0,77 TBC + 0,5 TAC - 200 = 0 Substituindo a relação encontrada anteriormente, temos: 0,77 (1,35 TAC) + 0,5 TAC - 200 = 0 1,53 TAC = 200 TAC = 200 / 1,53 TAC = 130,5 N então: TBC = 1,35 TAC TBC = 1,35 . 130,5 TBC = 175,9 N 6) Como o sistema está em equilíbrio, é necessário que as condições de equilíbrio nas direções x, y e z sejam satisfeitas: ΣFx = 0 ΣFy = 0 ΣFz = 0 Vamos determinar então as componentes de cada uma das forças nas três direções: F1x = 0 F1y = 0 F1z = 220 N F2x = 0 F2y = - 180 N F2z = 0
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Mecânica I
Para o cálculo das componentes da força F3, é necessário obter o vetor unitário r que descreva a posição desta força no espaço: r = (-3i -4j + 3k) / √((-3)2 + (-4)2 + 32) r = (-3i -4j + 3k) / 5,83 r = (-0,5145i -0,686j + 0,5145k) Assim: F3x = F3 . rx = 380 . (- 0,5145) = - 195,5 N F3y = F3 . ry = 380 . (-0,686) = - 260,7 N F3z = F3 . rz = 380 . 0,5145= 195,5 N F4x = F4 . sen 30º = 300 . 0,5 = 150 N F4y = 0 F4z = - F4 . cos 30º = 300 . 0,866 = 259,8 N De posse das componentes de cada força que atua no ponto O, temos: ΣFx = F1x + F2x + F3x + F4x + F5x = 0 0 + 0 – 195,5 +150 + F5x = 0 F5x = 45,5 N ΣFy = F1y + F2y + F3y + F4y + F5y = 0 0 – 180 – 260,7 + 0 + F5y = 0 F5y = 440,7 N ΣFz = F1z + F2z + F3z + F4z + F5z = 0 220 + 0 + 195,5 – 259,8 + F5z = 0 F5z = 155,7 N O módulo de F5 é dado por: F52 = F5x2 + F5y2 + F5z2 F5 = √(45,52 + 440,72 + 155,72) F5 = 469,6 N cos θx = F5x / F5 = 45,5/469,6 = 0,097; θx = acos 0,097 = 84,4º
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cos θy = F5y / F5 = 440,7/469,6 = 0,9384;
θy = acos 0,9384 = 20,2º
cos θz = F5z / F5 = 155,7/469,6 = 0,3316;
θz = acos 0,3316 = 70,6º
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Unidade 2 1) Solução: O momento é dado por: MO = r.F.sen θ A linha de ação da força F cruza o poste com um ângulo reto e numa altura de 3 metros: MO = 3.800.sen 90º MO = 2400 Nm 2) Solução: Pelo teorema de Varignon, o momento da força resultante de um sistema de forças com relação ao ponto O será igual à soma dos momentos de cada uma destas forças com relação a este porto. r X (F1 + F2 + ...) = r X F1 + r X F2 + ... Se a força F for decomposta em componentes x e y, temos: Fx = F . cos 45º = 600 . 0,7071 = 424,3 N Fy = F . sen 45º = 600 . 0,7071 = - 424,3 N O momento é dado então por: MO = x.Fy + y.Fx MO = 2. (-424,3) + 1,5.424,3 MO = - 212,1 Nm 3) Solução: O vetor posição da força F é dado por: r = ((-1 – 0 )i + (1 – 0)j + (1 – 0)k) m r = (-1i + 1j + 1k) m O vetor que descreve a direção do eixo aa é dado por: uaa = ((2 – 0 )i + (2 – 0)j + (0 – 0)k) / √((2 – 0 )2 + (2 – 0)2 + (0 – 0)2) uaa = (2i + 2j) / √(22 + 22) uaa = (2i + 2j) / 2,83 uaa = (0,707i + 0,707j) m
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Mecânica I
O momento da força F = (10i +50j + 30k) em torno do eixo aa é dado por:
Maa = uaa . (r X F) Maa =
Maa =
λx
λy
λz
x
y
z
Fx
Fy
Fz
0,707
0,707
0
-1
1
1
10
50
30
Maa = 0,707.1.30 + 0,707.1.10 + (-1).50.0 – 10.1.0 – 0,707.50.1 – 0,707.30.(-1) Maa = 21,2 + 7,1 + 0 – 0 – 35,4 + 21,2 Maa = 14,1 N.m Na forma de um vetor cartesiano, temos: Maa = Maa . uaa Maa = 14,2 . (0,707i + 0,707j) Maa = (10i + 10j) Nm 4) Solução: O momento do binário gerado no cabo é dado por: Mcabo = Fcabo.d Fcabo = 6 / 0,04 Fcabo = 150 N O momento do binário gerado na ponta da chave é dado por: Mponta = Fponta.d Fponta = 6 / 0,005 Fponta = 1200 N
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5) Solução: Para encontrarmos o módulo da força resultante, necessitamos calcular o somatório das forças em cada direção. Como todas as forças estão atuando na direção y, temos: FR = Σ Fy FR = F1 + F2 + F3 + F4 FR = - 600 – 500 + 450 - 350 FR = - 1000 N O momento resultante é obtido pelo somatório dos momentos que atuam no corpo rígido em cada direção. O momento com relação ao eixo x é dado por: MRx = Σ Mx FR . x = 600 . (0) + 500 . (0) + 450 . (3) – 350 . (5) -1000 . x = 1350 – 1750 x = -400 / -1000 x = 0,4 m O momento com relação ao eixo y é dado por: MRy = Σ My FR . y = 600 . (3) + 500 . (0) - 450 . (3) + 350 . (3) 1000 . y = 1800 – 1350 + 1050 y = 1500 / 1000 y = 1,5 m A força resultante FR possui intensidade de 1000 N. Ela está na direção z, apontada para baixo, e aplicada na posição (0,4 ; 1,5) m.
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Mecânica I
Unidade 3 1) Solução: O primeiro passo consiste em determinar o peso do guindaste e o peso da carga da caixa a partir das suas massas: Peso do Guindaste PG = mG . g PG = 2000 . 9,81 PG = 19620 N ou 19,62 kN Peso da Caixa PC = mC . g PC = 3000 . 9,81 PG = 29430 N ou 29,43 kN O diagrama de corpo livre fica então:
2) Solução: O diagrama de corpo livre para a situação proposta fica:
O ângulo que o cabo de aço possui no ponto C com relação ao sistema de coordenadas foi apresentado como uma relação geométrica de um triângulo retângulo. Com os valores fornecidos, podemos deduzir que:
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h2 = 12 + 22 h = √(5) sen α = 2 / h sen α = 2 / √(5) cos α = 1 / h cos α = 1 / √(5) Se calcularmos o somatório dos momentos com relação ao ponto A e aplicarmos a equação de equilíbrio para o momento, obtemos: Σ MA = 0; T.2 + T. sen α.4 – 1500.5 = 0 T.2 + T.(2 / √(5)).4 – 1500.5 = 0 T.2 + T.3,58 – 7500 = 0 T.5,58 = 7500 T = 7500/5,58 T = 1345 N A força RAx é encontrada através da aplicação da equação de equilíbrio para a direção x: Σ Fx = 0 RAx – T. cos α = 0 RAx = T. (1 / √(5)) RAx = 1345. (1 / √(5)) RAx = 3007 N
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Mecânica I
Por fim, aplicando a última equação de equilíbrio, temos: Σ Fy = 0; T + T. sen α – 1500 - RAy = 0 1345 + 1345. (2 / √(5)) – 1500 - RAy = 0 RAy = 1345 + 1203 – 1500 RAy = 1048 N 3) Solução: O diagrama de corpo livre para a situação proposta fica:
As forças de reação ROx, ROy e ROz são encontradas através da aplicação das equações de equilíbrio para os esforços nas direções x, y e z: Σ Fx = 0 ROx + 400.sen 45º - 400.sen 45º = 0 ROx = 0 Σ Fy = 0 ROy + 400.cos 45º + 400.cos 45º = 0 ROy = -565,7 N
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Σ Fz = 0 ROz - 600 = 0 ROz = 600 N Os momentos Mx, My e Mz são encontrados através da aplicação das equações de equilíbrio para os momentos nas direções x, y e z: Σ Mx = 0; (MO)x + 600.(0,6) – 2.(400.cos 45º.(2,8)) = 0 (MO)x = 1584 - 360 (MO)x = 1224 Nm Σ My = 0; (MO)y + 400.sen 45º.(2,8) - 400.sen 45º.(2,8) = 0 (MO)y = 0 Σ Mz = 0; (MO)z + 400.sen 45º.(0,2) - 400.sen 45º.(0,2) = 0 (MO)z = 0
Unidade 4 1) Solução: A superfície apresentada é composta de um retângulo, um semicírculo, um triângulo e dois furos, um em forma de círculo e o outro quadrado. Como estas superfícies elementares são bem conhecidas, seu centroide é facilmente determinado. Para auxiliar no processo de avaliação da superfície composta, uma tabela contendo todas as informações necessárias é montada. Os elementos que formam os furos são considerados como negativos nos cálculos. Centroide do semicírculo: Y = 450 + 4.r/3.π = 450 + 4.150/3. π = 450 + 64 = 514 mm Centroide do triângulo: Y = -150/3 = -50 mm X = 300.2/3 = 200 mm
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Mecânica I
A tabela com os dados fica: Componente
Área, mm2
X, mm
Y, mm
X.A, mm3
Y.A, mm3
Retângulo
(300).(450) = 120000
150
225
18000x103
27000x103
Semicírculo
π(150)2/2 = 35343
150
514
5301,4x103
18166,3x103
Triângulo
(300).(150)/2= 22500
200
-50
4500x103
-1125x103
Quadrado
(100).(100) = 10000
150
150
1500 x103
1500 x103
- π(75)2 = - 17671
150
450
-2650,7x103
-7952,2x103
ΣX.A =26651x103
ΣY.A =37589x103
Círculo
ΣA = 170171
Os momentos estáticos da superfície são obtidos diretamente da tabela: Qx = Σ Yi.Ai = 37589x103 mm3 Qy = Σ Xi.Ai = 26651x103 mm3 A posição do centroide da superfície composta é obtida através de: X.ΣA = Σ Xi.Ai; Y.ΣA = Σ Yi.Ai; então: X = 26651x103/170171 = 156,6 mm Y = 37589x103/170171 = 220,9 mm
2) Solução: Para calcular a carga concentrada equivalente, devemos calcular a área sob a curva da carga distribuída, e a sua linha de ação, que passa pelo centroide desta área. A carga distribuída pode ser dividida em dois triângulos. Componente
Área, kN
X, mm
X.A, kN.m
Triângulo I
(6).(10)/2 = 30
4
120
Triângulo II
(2).(10)/2 = 10
6,67
66,67
ΣA = 40
ΣX.A =186,67
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A carga concentrada equivalente será igual à área sob a curva de carregamento, então: W = A = 40 kN ou 40x103 N A posição do centroide da superfície composta é obtida através de: X.ΣA = Σ Xi.Ai; X.(40) = 186,67 X = 186,67/40 X = 4,67 m Para calcular as reações, devemos aplicar as equações de equilíbrio: Como não há carregamento na direção x, a condição Σ Fx = 0 está satisfeita. Σ Fy = 0; RAy + RBy – W = 0 Σ MA = 0; W. (4,67) - RBy . (8) = 0 RBy = 40000 . 4,67 / 8 RBy = 23333 N Então: RAy + RBy – W = 0 RAy + 23333 – 40000 = 0 RAy = 16666 N 3) Solução: Esta peça é formada por um paralelepípedo retangular (I), menos um paralelepípedo retangular menor (II) e mais um paralelepípedo triangular (III). Os volumes e as coordenadas do centroide de cada elemento estão apresentados na tabela abaixo. A partir destes dados, é possível determinar o volume total e os momentos estáticos de cada volume com relação a cada plano coordenado, para então determinarmos o baricentro da peça. Note que a peça possui um plano de simetria no plano coordenado xz bem sobre a coordenada Y = - 16 mm.
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Mecânica I
V, mm3
x
y
z
x.V, mm4
y.V, mm4
z.V, mm4
I
(56).(32).(6) = 10752
3
-16
28
3256
-172032
301056
II
- (20).(12).(6) = -1440
3
-16
31
-4320
23040
-44640
III
(30).(32).(6) = 2880
13
-16
3
37440
-46080
8640
ΣXV =
ΣYV =
ΣZV =
65376
-195072
265056
ΣV = 12192
Com os dados da tabela, podemos calcular: X.ΣV = Σ X.V X.(12192) = 65376 X = 65376 / 12192 X = 5,4 mm Y.ΣV = Σ Y.V Y.(12192) = - 195072 Y = -195072 / 12192 Y = - 16 mm Z.ΣV = Σ Z.V Z.(12192) = 265056 Z = 265056 / 12192 Z = 21,7 mm
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