UNIBAHIAMECÂNICA GERAL I Salvador 2007 ÍNDICE 1. Introdução ..................................................................................................................3 2. Forças Sobre uma Partícula .....................................................................................4 2.1. Forças no plano sobre uma partícula ...................................................................4 2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) .............. 5 2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) ........... 10 2.1.3. Equilíbrio de uma Partícula no plano ................................................................... 14 2.2. Forças no espaço sobre uma partícula ..............................................................17 2.2.1. Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação ..... 19 2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço................................................................. 19 3. Corpo Rígido............................................................................................................26 3.1. Momento de uma Força (Torque) ........................................................................26 3.1.1. Vetor do Momento de uma Força ......................................................................... 26 3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano ............... 27 3.1.3. Binário ....................................................................................................................... 30 3.2. Principio da Transmissibilidade..........................................................................30 3.3. Sistema Equivalente.............................................................................................31 3.4. Equilíbrio de Corpos Rígidos no Plano ..............................................................33 3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos.................................................................................. 33 4. Estruturas Isostáticas Simples e Planas ...............................................................37 4.1. Treliças ..................................................................................................................37 4.1.1. Aplicações das Treliças.......................................................................................... 37 4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça .................................................................. 38 4.1.3. Métodos de Análise................................................................................................. 38 5. Cargas Distribuídas Sobre Vigas ...........................................................................43 5.1. Centróides de Superfícies Planas .......................................................................43 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa............................................................ 43 5.1.2. Centróides de Superfícies Planas ........................................................................ 45 5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribuídas ............48 6. Momento de Inércia de Áreas.................................................................................52 6.1. Momento de Inércia ..............................................................................................52 6.2. Momento de Inércia de Áreas Elementares........................................................54 6.3. Momento Polar de Inércia de Área ......................................................................55 6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma Área ....................................................56 6.5. Raio de Giração de uma Área..............................................................................58 Mecânica Geral 2 1. INTRODUÇÃO A disciplina MECÂNICA GERAL tem como propósito o estudo da Estática dos Corpos Rígidos, e para isto o seu desenvolvimento é basicamente dividido em três etapas; estudo de forças sobre uma partícula, estudo de forças sobre um corpo rígido e estudo das propriedades geométricas de áreas planas. Na primeira etapa, forças sobre uma partícula, faremos o estudo do equilíbrio de corpos cujas dimensões nas situações analisadas são desprezíveis. Durante o estudo de forças sobre uma partícula resgataremos alguns conceitos de álgebra vetorial, sistemas lineares e matrizes. Desta maneira faz-se necessário, para um melhor aproveitamento da turma, que os alunos utilizem os conhecimentos adquiridos em disciplinas como Matemática Básica, Álgebra Linear e Física I para encontrarem as soluções dos problemas proposto no curso. No estudo de corpos rígidos (indeformáveis) os alunos irão encontrar elementos que, diferente de uma partícula, apresentam dimensões representativas e, como já visto em Física I, podem ser submetidos a uma rotação a partir da atuação de uma força. Ao estudo de forças sobre uma partícula, esta etapa irá acrescentar o conceito de memento de uma força (torque). Por fim, na terceira etapa, estudo das propriedades geométricas de áreas planas, serão apresentados os conceitos de momento estático de áreas planas, centróides e momento de segunda ordem. Estes conceitos, assim como todos os outros das etapas anteriores, serão vastamente explorados no curso de Mecânica dos Sólidos. Mecânica Geral 3 2. FORÇAS SOBRE UMA PARTÍCULA Antes de iniciarmos o estudo propriamente dito de força sobre uma partícula, apresentaremos algumas definições gerais. Grandezas Escalares Grandezas que são perfeitamente caracterizadas por um valor numérico são denominadas escalar. Como exemplos de grandezas escalares comumente utilizadas na estática podemos citar massa, volume, área e comprimento. Grandezas Vetoriais Grandezas que necessitam de um vetor, ou seja, módulo, direção e intensidade, são ditas vetoriais. Como exemplos de grandezas vetoriais comumente utilizadas na estática podemos citar força e momento. Vetor Força Uma força representa a ação de um corpo sobre outro. Ela, como todo vetor, é caracterizada por seu ponto de aplicação, sua intensidade, direção e sentido. A intensidade de uma força terá como unidade do SI o newton (N) e seu múltiplo, o quilonewton (KN), igual a 1000N. fig. 01 – Vetor Força 2.1. FORÇAS NO PLANO SOBRE UMA PARTÍCULA fig. 02 – Forças no plano sobre uma partícula. A aplicação de forças no plano sobre uma partícula como apresentada na figura 02 pode gerar apenas dois efeitos; translação ou repouso. Mecânica Geral 4 2.1.1. Resultante de duas forças sobre uma partícula (triângulo de forças) Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partícula, assim como visto desde o ensino médio, poderá ser determinada a partir dos métodos do paralelogramo e do polígono. -Método do Paralelogramo -Método do Polígono fig. 03 – Métodos de Composição Vetorial Determinação do módulo da Resultante de duas forças sobre uma partícula Partindo dos métodos anteriormente apresentados podemos determinar o módulo da força resultante através das leis dos senos e dos cossenos. - Lei dos senos fig. 04 – Lei dos senos h1 = b.sen C = c.sen B ⇒ b c = sen B sen C (I) h2 = b.sen A = a. sen B ⇒ b a = sen B sen A (II) De I e II concluímos b a c = = sen B sen A sen C Mecânica Geral 5 cos A Note bem: • Nos casos de triangulo de força o módulo da força resultante pode ser determinado pela lei dos cossenos e a direção pela lei dos senos. sen A) 2 + (b − c.c. Mecânica Geral 6 .b. sen 2 A + b 2 − 2. 05 – Lei dos cossenos a = h 2 + (b − HA) 2 ⇒ a 2 = (c. cos 2 A + c 2 .c.b. Exercício resolvido 01: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.c.Lei dos cossenos fig. cos A) 2 a 2 = c 2 ..b. cos A a 2 = c 2 + b 2 − 2. cos 2 A a 2 = c 2 (sen 2 A + cos 2 A) + b 2 − 2. 10.69 ⇒ A = 43. Mecânica Geral 7 .49 10 = sen 120° sen A sen A = 0.10.49 kN FR 10 = ⇒ sen 120° sen A 12.90° Exercício resolvido 02: Determine os módulos das componentes da força de 600 N nas direções das barras AC e AB da treliça abaixo.4. cos 120° 2 FR = 156 2 FR = 12.Solução: FR = 4 2 + 10 2 + −2.4. cos 120° 2 FR = 16 + 100 + −2. conforme ilustração. direcionada ao longo do eixo y positivo. Assim.Solução: Por lei dos senos FCA = 820 N e FAB = 735 N Exercício resolvido 03: A viga da figura é suspensa por meio de dois cabos. Mecânica Geral 8 . A força de módulo FA atua a um ângulo de 30° com o eixo y. determine FA e FB e a direção θ de modo que FB seja mínimo. Se a força resultante é de 600 N. Solução: Para que FB seja mínimo a componente deverá ser perpendicular a força FA (conforme a ilustração). os valores de FA e FB são facilmente encontrados pela lei dos senos. Assim. θ = 60°. 3 kN . ângulo = 72.Exercício proposto 01: Determine trigonometricamente a intensidade e direção da força P de tal modo que a resultante de P e da força de 900 N seja uma força vertical de 2700N dirigida para baixo. Resposta: 14. Resposta: P= 2990N . determine graficamente a intensidade.8º Exercício proposto 02: Duas peças estruturais B e C são rebitadas ao suporte A. a direção e o sentido da força resultante exercida sobre o suporte. ângulo = 19.9º Mecânica Geral 9 . Sabendo-se que a tração na peça B é de 6 kN e que a tração na peça C é de 10 kN. 07 . i + F y 2 . estudamos dois métodos para determinação da força resultante da soma de dois vetores. i + F y1 . Abaixo está ilustrado um vetor de módulo F com um ângulo θ em relação ao eixo horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relações trigonométricas. fig. j → ∧ ∧ (∑ F ) + (∑ F ) ⎛∑F ⎞ ⎟ θ = arctan ⎜ ⎜∑F ⎟ ⎠ ⎝ FR = 2 x y y x 2 Mecânica Geral 10 .Resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais. 06 – Decomposição vetorial. Na figura 07 mostramos a soma de três vetores e a sua resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais. Nestes casos. devemos rever o processo de decomposição vetorial. j F 2 = Fx 2 . Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais) Na seção anterior. F 1 = Fx1 .2. j F 3 = Fx 3 . i + (∑ F y ). fig.1. determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes ortogonais. i + F y 3 . Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. Fx e Fy correspondem aos módulos das componentes nas direções dos eixos positivos de x e y. método do paralelogramo e o método do polígono.2. Para entendermos como funciona esta soma vetorial. j → ∧ ∧ → ∧ ∧ → ∧ ∧ F R = (∑ Fx ). sen 60° + 3.Exercício resolvido 04: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.198.000.198.000 + 800.i + (∑ Fy ).198. Solução: r r r FR = (∑ Fx).192.34° ⎝ − 1.08 ⎠ Mecânica Geral 11 .77 N θ = arctan⎜ ⎛ 2. Solução: Exercício resolvido 05: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo. cos 60° + 3. j r r r FR = (1.08. j r r r FR = − 1.08 2 + 2. sen 150°).82 2 ∴ FR = 2.i + 2.i + (0 + 800.82. cos 150°). j ∴ FR = − 1.000.498.192.82 ⎞ ⎟ ∴θ = −61.192. P + 3.16. Solução: r r r FR = ∑ Fx + ∑ Fy FR 2 = (∑ Fx) 2 + (∑ Fy )2 2.239 P' = 3.198. sen 150°) 2 0 > ( P − 2.4 kN.173.880.Exercício resolvido 06: As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte.400 N.61N De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1. Mecânica Geral 12 .17 kN para que a força resultante seja inferior a 2.000.000.4002 > ( P + 800.22. cos 60° + 3.55 N e P" = 1. cos 150°)2 + (800.396.08)2 + 2.822 − 2. Determine o módulo de F e sua direção θ de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x’ positivo e tenha um módulo de 800N. Determine a faixa de valores para o modulo da força P de modo que a resultante das três forças não exceda 2. Exercício resolvido 07: As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte.22 kN e 3.015.192. sen 60° + 3.4002 ∴ 0 > P 2 − 4. 66° (angulo em relação ao eixo x positivo) ∴θ = 21. j = 858. Quais as componentes horizontal e vertical desta força? Resposta: .Solução: r r r r r r r r FR = F + F 2 + F 3 ∴ F = FR − F 2 − F 3 r r r 12 r 5 r F = (800.i + (800. Determine as componentes horizontal e vertical da força atuante no pino A. cos 60° − 200 − 180.97 ⎠ α = arctan⎜ Exercício proposto 03: Uma força de 2. ). Resposta: +250N.34° ⎝ 858. )).855 kN (vertical) Exercício proposto 04: A tração no cabo de sustentação AB é 650N.97.600N Mecânica Geral 13 .77 ⎞ ⎟ = 8.87 N ⎛ 130.97 2 + 130.77. j 13 13 F = 858. sen 60° − 0 − (−180.2.5 kN está aplicada a um cabo ligado a um suporte.i + 130.77 2 = 868.35 kN (horizontal) e 0. . 1. livre de sua vizinhança. Equilíbrio de uma Partícula no plano Dizemos que uma partícula está em equilíbrio toda vez em que ela se encontra com a sua velocidade vetorial constante. quando a partícula está em repouso (estático) ou em movimento retilíneo uniforme.2. r FR = 0 ∑ Assim para o caso de forças no plano temos: ∑F r X =0 e ∑F r Y =0 Se comparada a segunda lei de Newton a equação acima também se confirma suficiente para a manutenção do equilíbrio de uma partícula. Exercício resolvido 08: Determine os módulos F1 e F2 de modo que a partícula da figura fique em equilíbrio. Mecânica Geral 14 . r r r FR = m . com todas as forças que atuam sobre ela. a = 0 ∴ a = 0 ∑ Diagrama de Corpo Livre Este diagrama é tão somente um esquema que mostra a partícula. 08 – Diagrama de corpo livre do nó A. Para encontrar as forças envolvidas no diagrama de corpo livre iremos adotar os métodos para determinação de força resultante até aqui estudados. Desta maneira podemos concluir que uma partícula está em equilíbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton. fig.3. para manter um equilíbrio a força resultante sobre a partícula é nula. ou seja. 69 N (satisfaz as condições) ∑ Fy = 0 = 480.Solução: r Fx = 0 = − 500 + F1.5F 2 ∴ F 2 = 1.96 N (I ) ( II ) Exercício resolvido 09: Determine o peso máximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura de modo a não se exceder a uma força de 450N na corrente AB e de 480N na corrente AC.42.71.F 2 ∑r ∑ Fy = 0 = F1. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto A. sen 45° − F 2.62 N (não satisfaz pois FAC > 480 N Condição 2 ( FAC = 480 N ) : r ∑ Fx = 0 = − FAB +r480.cos 30° ∴ FAC = 519. Condição 1 ( FAB = 450 N ) : r ∑ Fx = 0 = −450 + FAC .71.87. cos 45° + F 2. cos 30° = −500 + 0.87.F1 + 0.42.cos 30° ∴ FAB = 415. sen 30° = 0.F1 Aplicando II em I 0 = −500 + 0.F1∴ F1 = 257.1.71.F1 + 0.F1 + 0.sen 30° − F ∴ F = 240 N Mecânica Geral 15 .02 N e F 2 = 364. a) Para que valor α a tração no cabo AC é mínima? b) Quais os valores correspondentes das trações nos cabos AC e BC? Resposta: a) 30º.Exercício resolvido 10: A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN.97 0.49°) = = 0.49° ∑ Assim. Se a tração máxima permissível em cada corda é de 2. b) TAC = 1500N.31m Exercício proposto 05: Um bloco de 3kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. TBC = 2600N Exercício proposto 06: Duas cordas estão amarradas em C. Determine o comprimento do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la. qual é a máxima força F que pode ser aplicada? Em que direção deve atuar esta máxima força? Resposta: F = 2.15.L L ∴ L = 10. considerando que a força máxima que ele pode suportar é de 15 kN. α = 75º Mecânica Geral 16 .87 kN.5. o comprimento L será : cos θ = 5 10 = cos(13.5 kN. Solução: r Por simetria ∑ Fx = 0 Na condição crítica ( FBA = FBC = 15kN ) : r Fy = 0 = −2. sen θ + 7 = 0 ∴θ = 13. k (notação vetorial ) r F = Fx2 + F y2 + Fz2 (módulo de F ) A soma de vários vetores no espaço ficará definida como apresentada abaixo. cos θ x F y = F . Assim. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas submetidas à aplicação de forças coplanares.. j + Fz. θ z (ângulos diretores − ângulos formados r entre F e os eixos de referencia) r r r r F = Fx. Para chegarmos as soluções dos problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z).k ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ Mecânica Geral 17 .i + Fy.. cos θ z θ x. fig. cos θ y F z = F .2. j e k . + Fn = ⎜ ∑ Fx ⎟. r r r r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r F1 + F2 + F3 + . quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada r r r como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários i .. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional F x = F .i + ⎜ ∑ Fy ⎟. θ y. j + ⎜ ∑ Fz ⎟. destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposição vetorial.2. cos 60° sen 25° + 300.i + (∑ Fy ).61° ⎟ = arccos⎜ ⎝ F ⎠ ⎝ 502. cos 25° + 300.89. Solução: r F r F r r r r F = (∑ Fx ). cos 40°). 48.6º . 61º .50 N ⎛ 191. Resposta: 1444N.0o .50 ⎠ θ x = arccos⎜ θ y = arccos⎜ θ z = arccos⎜ Exercício proposto 07: Uma força de 1250N atua na origem.89 ⎞ ⎛ Fx ⎞ ⎟ = 20. Resposta: 61. cos 20°). j + 128. j + r (−250.3º Mecânica Geral 18 . + 957. + 528.37 ⎞ ⎛ Fz ⎞ ⎟ = 14. j + (∑ Fz ). sen 40°. 124.i + (250.Exercício resolvido 11: Determine o vetor resultante e os ângulos diretores do mesmo.k ∴ F = 191.k r r = (250. + 606N Exercício proposto 08: Determine o módulo e a direção da força F= (700N)i – (820N)j + (960N)k.32.50 ⎠ ⎛ 128.5N.90° ⎟ = arccos⎜ ⎝ F ⎠ ⎝ 502. em uma direção definida pelos ângulos θx = 65º e θy = 40º .i + 446.37 2 = 502.5N.k r r r = 191. cos 40°.50 ⎠ ⎛ 446. cos 60°.32 2 + 128. sen 60° + 300. Sabe-se também que a componente z da força é positiva.32 ⎞ ⎛ Fy ⎞ ⎟ = 41.33° ⎟ = arccos⎜ ⎝F ⎠ ⎝ 502. cos 70°). Determine o valor de θz e as componentes da força.89 2 + 446.37. d = dx 2 + dy 2 + dz 2 cos θ x = dx d . Fz = F .2. fig. A seguir veremos como obter os cossenos dos ângulos diretores a partir das coordenadas dos dois pontos (na ilustração “A e B”) da linha de ação da força.2. d d d 2. dy dz dx . . a força estará sendo representada por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação dispostos no espaço. 10 – Componentes cartesianas de um vetor de módulo “d”. Nestes casos há a necessidade de se representar a força a partir de coordenadas cartesianas. .k ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ ⎝ 1 ⎠ temos no equilíbrio : ⎛ n ⎞ ⎜ ∑ Fx ⎟ = 0 ⎝ 1 ⎠ ⎛ n ⎞ ⎜ ∑ Fy ⎟ = 0 ⎝ 1 ⎠ ⎛ n ⎞ ⎜ ∑ Fz ⎟ = 0 ⎝ 1 ⎠ .2. Fy = F ... Assim. cos θ y = dy dz . Vetor força definido por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação Em várias situações os ângulos diretores são apresentados de maneira implícita em sistemas tridimensionais de força.2. + Fn = ⎜ ∑ Fx ⎟. Equilíbrio de uma partícula no espaço r r r r r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r ⎛ n ⎞r seja F = F1 + F2 + F3 + .i + ⎜ ∑ Fy ⎟. j + ⎜ ∑ Fz ⎟.. Mecânica Geral 19 . cos θ z = d d Assim.1. temos : Fx = F . FAC − 0.9.32 Fbc (0-6) = -6 (0-0) = 0 (-2-0) = -2 6.FBC + 0. + FCD . + FCD .Exercício resolvido 12: Determine a força em cada um dos cabos de maneira que a carga de 5000N fique em equilíbrio.FAC − 0.8 ⎠ ( III ) ∑ Fz = 0 = ⎜ F ⎜ ⎝ ⎛ AC 0 ⎞ ⎟ = 0.FCD = −0.95.32 Fdc (12-6) = 6 (8-0) = 8 (0-0) = 0 10 Externo -----5000 --------- ∑ Fx = 0 = ⎜ F ⎜ ⎝ ⎛ AC .6 .68 N = FBC Mecânica Geral 20 .xinicial) dy(yfinal.750 = 0 1. d AC 2 d AC ⎞ 5.32.FCD ⎟ ⎠ (I ) ∑ Fy = 0 = ⎜ F ⎜ ⎝ ⎛ AC .6.FAC = 3. 6.6.FCD − 5.FBC − 0. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto C Da ilustração obtemos a seguinte tabela: Esforço dx (xfinal.FBC + 0.FAC ) + 3.32.000 ⎟ = 0.750 ∴ FAC = 1. .zinicial) d Fac (0-6) = -6 (0-0) = 0 (2-0) = 2 6.95.000 = 6.95.8.000 ∴ FCD = ⎟ 0.95. 6 −6 −6 + FBC .FBC + 0. − FBC .250 = 2.(−0. d AC d BC d DC 0 + FBC .95. 0 d BC 2 d BC + FCD .yinicial) dz(zfinal.250 N ( II ) − 5.FBC ∴ FAC = FBC d DC ⎟ ⎠ Aplicando II e III em I .FAC − 0.95.95. 8 d DC ⎞ ⎟ = −0. temos : − 0.973. 48 = 1.48 = 1.FAC – 0.: Os resultados apresentados estão diferentes devidos as aproximações aplicadas na primeira resolução.60 0.32 0.FBC + 0.60 0.00 Matriz das Incógnitas: Matriz obtida pela substituição de uma das colunas da matriz principal (A) pelos valores da matriz dos resultados (B). FAC = -948.95.FBC + 0. as incógnitas podem ser determinadas da seguinte maneira: FAC = (Det.00 − 0.00 FDC 0 Para estes tipos de sistemas temos as seguintes definições: Matriz Principal (A): A matriz formada com os coeficientes das incógnitas: − 0. Det.68 / -0. FDC ) / (Det. FAC ) / (Det.FBC + 0. FBC = -948.95 − 0.00 0. Principal) = -948.00 − 0. (X) = (B) − 0.48 = 6.FAC + 0.42 N FBC = (Det.60 FDC =>5000 = 0.32 5000 0.95 − 0.00.00 5000 .00 0.00 0. Det.00 0.95.00 0.95.60 0.95 − 0.42 N FDC = (Det.FAC – 0.00 0.60 FDC 0 = 0.80.FBC + 0.00 FDC => 0 = -0. Principal=-0.80 .95 Matriz FDC = 0.95 0.32.00 0.80.68 / -0.Resolução com o uso de Matrizes: Seja o seguinte sistema 0 = -0.00 N Obs.00.FAC – 0.32 0.00 FDC O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira.FDC – 5000 0 = 0.FAC + 0.00 0.00. FDC =-3000. Det.00 Daí.48 − 0. Principal) = -3000.976.32 0. Mecânica Geral 21 .95 0.32.80 .32 0 0. Principal) = -948.FBC + 0.00 / -0. FBC = 5000 − 0.32.00 0.00 0.FDC =>0 = 0.80 .32 0.95 Matriz FBC = 0.95 0. FBC ) / (Det. 0. (A) .00 0.68 0.60 FAC 0.68 − 0.32.00 − 0.80 .FAC – 0.32 0.00.95. No exemplo citado a matriz do coeficiente FAC seria obtida a partir da substituição da 1ª coluna da matriz principal pela matriz resultado (B).250.00 Matriz FAC = 5000 − 0. Det.32 0.976.FBC + 0. 29 0. FAD -390.43 0.00 1.43 0.86 0.00 1.43 0.00 4.00 6.29 -0.29 -0.86 0.50 FAC 6.43 0.29 FAD 0.29 -0.43 0. Determine a tração em cada um dos cabos para a condição de equilíbrio.86 Matriz -0.50 N Carga 0.29 FAC 0.86 FAD 0.00 FAD 4.45 Det.43 0.00 14.00 12.00 Matriz -0.00 dx/d dy/d dz/d FAB -0.00 Det.29 0.29 0.470.00 Det. FAC 0.43 0.43 0.86 0.470.00 14.00 12.00 0.86 0.00 FAB Equilíbrio 857.00 14.29 0.00 -0.29 -0.00 1.86 Det Principal -0.470.86 Matriz FAB 0.00 0.00 0.00 -1.43 0.86 FAC 0.470.29 0.43 0. FAB -390.00 * Todas os esforços estão medidos em Mecânica Geral 22 .29 0.00 0.43 0.Exercício resolvido 13: As extremidades dos três cabos mostrados na figura são fixadas ao anel A e às bordas de uma placa uniforme de 150 kg.86 FAC 0.00 0.86 FAD 857.00 -6.00 0. Solução: Diagrama de corpo livre do ponto A FAB dx dy dz d Matriz Principal -4.86 0.43 0.00 0.00 12. Solução: Para determinar a massa máxima deveremos verificar se na condição crítica de um dos cabos (15 kN) os demais cabos estão solicitados por uma tensão igual ou inferior a 15 kN e em seguida determinar o valor da massa que atende a condição de equilíbrio.86.86 Condição crítica 1 (FAC = 15 kN) ∑FX ∑FY → → → = 0 = −0.29 0.15000 + 0.43 0.15000 + 0.86.86. Depois de testar a condição crítica em todos os cabos. determine a maior massa que a placa pode ter considerando que cada cabo pode suportar tração máxima de 15 kN.29.m = 0.FAD − 9.Exercício resolvido 14: De acordo com a figura do exemplo anterior.43.29.43.FAD − 9.29.29 0.00 0. Mecânica Geral 23 .00 -6.43.00 14.86.43 0.00 4.F AD = 0 = 0.15000 − 0.43 0.8.8.F AB + 0.86.00 12.FAD − 4350 = 0.86 FAD 0. Diagrama de corpo livre do ponto A FAB dx dy dz d -4.43FAD ∑ F Z = 0 = 0.FAB + 12900 + 0.F AB + 4350 − 0.FAD − 9.00 6. logo está condição não é válida.8.m Solução do sistema: sistema apresentado é impossível.86.F AD = 0.F AD = −0.FAB + 0.43.00 -1.00 FAC 6.00 12.29 -0.470.00 14.m Das equações acima temos o seguinte sistema − 6450 = −0.00 dx/d dy/d dz/d FAB -0.00 14.29.00 FAD 4.F AB − 0.FAD − 12900 = 0.F AB + 0.43.29. a massa será a maior das que atenderem todos os requisitos necessários.00 12.29.F AB + 0.FAB + 0.29.00 Carga 0.43.86 FAC 0.FAB + 6450 + 0.86. 43.m Das equações acima temos o seguinte sistema → → → 4350 = 0.FAC − 0.F AD − 9.29.FAC + 0.m = 12900 + 0.86.15000 + 0.86.Condição crítica 2 (FAB = 15 kN) ∑ F X = 0 = −0.FAD ∑ F Y = 0 = 0.FAC + 0.00 N e Fdb = 3.29.29. Fcb = 2.FAD − 9.43.F AD − 12900 = 0.FAD = −4350 + 0.86. Resposta: Fab = 2.8.29.8.00 N.FAC + 0.520.628.FAD = 6450 + 0.FAD − 9. Admita que a força em cada barra atue ao longo de seu próprio eixo.15000 + 0.28 kg Pelos resultados apresentados.00 N Mecânica Geral 24 .15000 + 0.29. Exercício proposto 09: O guindaste mostrado na figura é utilizado para puxar 200 kg de peixe para a doca. FAD = 15000 e m =2.640.520.43.29 F AC + 0. Determine a força compressiva ao longo de cada uma das barras AB e CD e a tração no cabo do guindaste DB.43.FAC − 0.28 kg. quando FAB está em estado crítico FAD também estará em estado crítico e FAC será nula e a massa para o equilíbrio será 2.F AC + 0.29.F AD − 6450 = 0.29.8.43.m Solução do sistema: FAC = 0 .FAC + 0.43FAD ∑ F Z = 0 = 0.628.29.86.86.FAC − 0.43. 44 N Mecânica Geral 25 .Exercício proposto 10: Determine a força em cada cabo necessária para suportar o cilindro de 500 lbf.89 N e Fad = 194. Resposta: Fab = 250 N. Fac = 388. As estruturas e as maquinas reais. a atuação de forças.d 3.1. sendo estudadas em resistências dos materiais.d = F . no entanto. quando há riscos de ruptura da estrutura. fig.1. A maioria dos corpos tratados na mecânica elementar são supostos rígidos. estas deformações são pequenas e não alteram sensivelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura em estudo. Mecânica Geral 26 . Já em corpos rígidos. além de poder promover translação ou repouso.3. nunca são absolutamente rígidas e deformam-se sob as cargas a que estão submetidas. o momento de uma força aplicada em A em relação a um ponto B representa a tendência da força aplicada em A em causar um giro no corpo em torno do ponto B. 12 – Vetor momento de uma força. Assim: M B = Fe. São importantes. A intensidade do momento é definida como produto da componente da força que efetivamente promove o giro (Fe) e a distância (d) (braço de alavanca) do ponto de aplicação da força e o ponto de giro (polo).1. Em uma partícula os efeitos da atuação de forças eram apenas a translação ou repouso. Vetor do Momento de uma Força fig. 11 – Momento da força de módulo F em relação ao ponto B. poderá ocasionar rotação (momento de uma força). no entanto. MOMENTO DE UMA FORÇA (TORQUE) Também conhecido como torque. CORPO RÍGIDO Diferentemente de uma partícula o corpo rígido é dotado de dimensões que poderão ser importantes para a determinação das forças externas envolvidas nos sistemas de força. sen θ . considerando-se como corpo rígido aquele que não se deforma. 3. Mas normalmente. m Sistema Técnico: [M ] = kgf . Estudaremos apenas situações de equilíbrio de corpos rígidos no plano. → → M = F . sen θ ⎣ ⎦ - Unidade de Medida: Sistema Internacional: [M ] = N . Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano O momento.d . ou seja. Mecânica Geral 27 . sen θ e dos conhecimentos adquiridos em Matemática Básica.d .1.m Direção: Perpendicular ao plano que contem o vetor F e d . as forças envolvidas irão gerar apenas momentos paralelos.2. 3. podemos facilmente concluir que o momento é uma grandeza vetorial obtida do produto vetorial entre F e d . pode ser fruto da composição de outros momentos. Circulando o ponto de análise com os dedos da mão direita. de acordo com o giro que o torque promover.d . assim. sen θ ⎣ ⎦ Características do Vetor Momento Módulo: ⎡→⎤ ⎢ M ⎥ = F .A partir da equação da intensidade do Momento de uma força M = F . o dedo polegar indicará o sentido do vetor momento no plano perpendicular ao do giro. → → - Sentido: Determinado pela regra da mão direita. o módulo do momento resultante será soma dos módulos dos momentos (se tiverem o mesmo sentido) ou será a diferença (se tiverem o sentidos contrários). sen θ ∴ M = F xd → → → ⎡→⎤ ∴ ⎢ M ⎥ = F .d . assim como toda grandeza vetorial. 68 N ∴ M B = 13.0. sen 20° = 13.20 = −7. cos 20° = 37.03 = +0.0.m Exercício resolvido 16: Se a força F=100 N.11N .Exercício resolvido 15: Determine o momento da força aplicada em A de 40N relativamente ao ponto B.59.41 N .41 − 7. Solução: Com as componentes ortogonais poderemos achar o momento resultante a partir da soma dos momentos gerados por cada uma das componentes sobre o ponto B.m no sentido horário em relação ao ponto O.m (sen tido anti − horário) Fy Fy = 40.68. Fx Fx = 40.m (sen tido horário) Momento Re sul tan te r r Fx r Fy M R = M B + M B ∴ M R = 0.52 = −7. determine o ângulo θ (0° ≤ θ ≤ 90°) de modo que ela gere um momento de 20N.52 N .59 N ∴ M B = 37. Mecânica Geral 28 . 3. 1 = cos 2 θ + sen 2 θ ∴ 15.20 N. sen θ . Determinar o momento da força em relação a O.z 2 − 1239. sen θ N .( x) = 100. cos θ N . 1 − cos 2 θ = −20 + 30.41 z´= 0. A equação I só admite uma única solução verdadeira.76.21° e z´´= 0. cos 2 θ . cos θ = z ∴ 225.(0.z + 175 .z 2 ∴ 0 = 1184.m Momento Re sul tan te r r Fx r Fy M R = M B + M B ∴ M R = −30.m Mecânica Geral 29 .98. cos θ + 959.(1 − cos 2 θ ) = 400 − 1239.17 = cos θ ∴θ = 80.05 + 0. Exercício proposto 11: Uma força de 150 N atua na extremidade de uma alavanca de 0.2. sen θ .76.2.m Fy Fy = F .36° Testando os valores de θ na equação I. cosθ ) 2 2 225.(0.90m como na figura.05 + y ) = 100. cos θ . cos θ + 15. sen 60°) = −30.2. sen θ = −20 como. 1 − cos 2 θ (I ) ( ) = (− 20 + 30.Solução: Fx Fx = F .(1 − z 2 ) = 400 − 1239. cos θ ∴ 15.76.98.88 = cos θ ∴θ = 28. cos θ ∴ M O = F .36° é válido.(0.98. cos 60°) = 15.3.98. apenas θ=28. Resposta: 46.z + 959. sen θ ∴ M O = F . ∆ = 840. cos θ . 13 – Sistema Binário de Forças. sen θ 3.1. Binário Um binário corresponde ao momento gerado em um sistema constituído por duas forças de mesma intensidade. 14 – Força transladada em sua linha de ação. igual a M Binário = 2.Exercício proposto 12: Sabendo que a distância AB é 250 mm. sen θ . Mecânica Geral 30 .2. PRINCIPIO DA TRANSMISSIBILIDADE Toda força pode ser transmitida ao longo da sua linha de ação.d . sentidos opostos. → fig. determine o máximo momento em relação a B que pode ser produzido pela força de 150N e em que direção deve atuar a força para que isso aconteça. sem que as condições de equilíbrio do corpo se alterem.F . mesma direção.d .d .3. sen θ conclui-se que o momento gerado pelo binário é Efeitos do Binário: F RESULTANTE = 0 M = 2. Resposta: 37.m . fig.α = 20º 3.5 N.F . Sendo M A = M B = F . Quando uma força é transladada de um ponto para outro fora de sua linha de ação. 3. SISTEMA EQUIVALENTE Dois sistemas de ação mecânica são denominados equivalentes quando eles satisfazem simultaneamente dois quesitos: • • Mesma força resultante. Mecânica Geral 31 . fig. Obs. 16 – Sistemas equivalentes de força. Redução a um Sistema Equivalente Para reduzir um sistema de força a um equivalente representado por apenas uma força e um momento. deve-se cumprir as seguintes etapas: • • • • Estabelecer os eixos de referência. se a ela for somado um vetor binário. cujo momento é igual ao momento que ela produzia na posição original (momento de transporte).: Momento da força resultante em relação ao ponto O é a soma vetorial de todos os momentos atuante no sistema mais os momentos gerados por todas as força atuantes em relação a este ponto.3. Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante equivalente. Determinar a localização da força em relação ao ponto O. fig. 15 – Força transladada para fora de sua linha de ação. Determinar o vetor força resultante. Determinar o momento da força resultante em relação ao ponto O. ela só produz um efeito equivalente. Mecânica Geral 32 . Exercício proposto 13: Substitua as duas forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O.7 = −6600 N .2 − 1200. Solução: ∑ M O =1200.m ∑ F = 1200 − 1200 − 600 = − 600 N O sistema anteriormente apresentado também é equivalente ao da ilustração abaixo. Onde: d= ∑MO ∑ FO = 66.Exercício resolvido 17: Substitua as três forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O.00 = 11 m 600 “ d ” representa a localização da força resultante em relação ao ponto de referencia estabelecido “O”.4 − 600. é necessário saber quais os tipos de reação que cada apoio pode oferecer para que possam ser representadas no diagrama de corpo livre do corpo rígido e em seguida determina-las pelas equações de equilíbrio. nulo. Assim. Mecânica Geral 33 .4. 3.1. no estudo de equilíbrio de corpos rígidos se faz necessário considerar a soma dos momentos. em relação a um ponto qualquer.3. EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS NO PLANO fig. Nas questões de equilíbrio geralmente são solicitadas as reações nos apoios. Apoios para Corpos Rígidos No estudo do equilíbrio dos corpos rígidos é fundamental o conhecimento dos tipos de apoios que são comumente utilizados. porém. devido à aplicação de forças em diferentes pontos de diferentes linhas de ação. 17 – Corpo rígido submetido a forças no plano Da mesma forma que foi abordado no equilíbrio de uma partícula no plano poderemos desenvolver os cálculos para equilíbrio de um corpo rígido no plano a partir das seguintes equações: → → ∑F X → =0 (I ) ( II ) ( III ) ∑F y =0 ∑M =0 Note que a equação III não foi considerada no estudo do equilíbrio de uma partícula.4. Uma força Normal a superfície de apoio.Em vigas os apoios mais utilizados são os seguintes: Apoio ou Conexão Reação Normal a superfície de apoio Linha de ação sobre a conexão Duas Reações. outra força Paralela a superfície e um momento. Uma Normal a superfície de apoio e a outra paralela. Exercício resolvido 18: Determine as reações nos apoios A e B da viga ilustrada abaixo. Solução: Diagrama de corpo livre da viga Mecânica Geral 34 . Três Reações. Das equações do equilíbrio. C e D. VA= 7. Resposta: HA= 0. Exercício proposto 16: Ainda de acordo com a ilustração da questão anterior.78kN.1.0 kN.5. Mecânica Geral 35 .5 + VB. determine as o módulo da força F.22 kN. determine as reações no apoio E.5 ∴ VB = 105 kN Aplicando III em II encontramos VA = 30 kN Exercício proposto 14: → → (I ) ( II ) ( III ) Sabendo que a carga P aplicada no braço engastado a viga tem módulo igual a 100 kN. sustenta uma carga de 8. HB= -100 kN . Exercício proposto 15: A viga ilustrada abaixo.4. temos: ∑ F x = 0 = HB ∑ F y = 0 = VA − 75 + VB − 30 − 30 ∴ VA = 135 − VB R ∑ M A = 0 = −75. VB=127.0 kN e que pode ser admitido concentrado no centro da viga.5 − 30. determine as reações nos apoios A e B.5 − 30. Sabendo que o peso próprio da viga é de 4.6. com o auxilio da corda que passa pelos pontos B. Resposta: HA= 400 N. Mecânica Geral 36 . VA= 300 N. HD= 0 . VD=900 N.Exercício proposto 17: Determine as reações nos apoios da treliça ilustrada. 18 – Estabilidade estrutural da treliça Mecânica Geral 37 . A seguir trataremos de um relevante exemplo de estrutura isostática. etc. ESTRUTURAS ISOSTÁTICAS SIMPLES E PLANAS Dizemos que uma estrutura é isostática ou estaticamente determinada toda vez em que as suas reações envolvem incógnitas que possam ser determinadas exclusivamente pelas equações da estática. Treliça Simples. ao mesmo tempo. fig.1. fig. coberturas.1. 4. Aplicações das Treliças Entre as principais aplicações destacam-se os usos em pontes. telhados. 18 – Estabilidade estrutural da treliça Na figura 18 fica clara a maior estabilidade da treliça em relação a outra estrutura se imaginarmos uma força diagonal atuando no nó (conexão entre barras) B. Ela oferece.1. A treliça e um dos principais tipos de estruturas da engenharia. uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia.4. A primeira estrutura sem dúvida perderia o equilíbrio enquanto a treliça se manteria inalterada. 4. TRELIÇAS Chamamos de treliça um sistema reticulado cujas barras têm todas as extremidades rotuladas e cujas cargas estão aplicadas apenas em seus nós. 1. determine a força na barra AB e BC da treliça ilustrada.4. Exercício resolvido 19: Usando o método dos nós. As barras deverão ser solicitadas apenas por esforços axiais (tração ou compressão). Métodos de Análise Comumente são utilizados dois métodos para resolução de problemas envolvendo treliças isostáticas. Os eixos geométricos das barras que formam o nó deverão ser concorrentes. 4. Método dos Nós e Método das Seções (Seções de Ritter). deveremos expor as mesmas no diagrama de corpo livre do nó e determinar os valores das cargas para o equilíbrio do nó da mesma forma que determinamos o equilíbrio de uma partícula. para determinar as cargas de tração (quando tente a alongar) ou compressão (quando tende diminuir) nas barras. Solução: Diagrama de Corpo Livre do Nó B Mecânica Geral 38 .2. Assim. Os pesos das barras deverão ser admitidos desprezíveis. Premissas do Projeto de uma Treliça • • • • As cargas deverão ser aplicadas nos nós. • Método dos Nós Neste método os esforços nas barras são determinados a partir da análise do equilíbrio de cada nó que compõem a estrutura.3.1. 71kN • Método das Seções (Seções de Ritter). o método das seções utiliza do estudo do equilíbrio de copos rígidos para determinação dos esforços. cos(45°) ∴ FCD = −0. sen(45°) − 1000 ∴ FBC = 1. Assim. determine a força na barra BC e CD da treliça ilustrada. Solução: Diagrama de Corpo Livre do Nó C ∑ F x = 0 = − FBC + 1. → → Enquanto o método dos nós representa a aplicação do equilíbrio de uma partícula para determinação dos esforços nas barras de uma estrutura treliçada. neste método além do equilíbrio das forças também é levado em consideração o equilíbrio dos momentos para determinação imediata dos esforços. cos(45°) + FAB ∑ Fy = 0 = FBC .00 kN Exercício resolvido 20: → → (I ) ( II ) Usando o método dos nós.71kN ∑ F y = 0 = − FCD − 1.41 kN Aplicando II em I . FAB = −2. sen(45°) ∴ FBC = 0. 20 – Caso Particular de Redução de Sistemas de Forças Mecânica Geral 39 .∑ Fx = 0 = FBC . fig. como mostrado na figura 20.Em caso de forças concorrentes. GC e BC da treliça ilustrada.3 ∴ Dy = 900 N ( II ) Aplicando II em I .200 ∑M → R A = 0 = −1200. o memento resultante será sempre nulo. Isto ajudará na resolução dos problemas de treliças pelo método das seções. Solução: Determinação das reações nos apoios ∑ F x = 0 = 400 − Ax → → ∴ Ax = 400 N (I ) ∑ F y = 0 = Ay + Dy − 1. temos Ay = 300 N Diagrama de Corpo Livre da Seção que Corta as Barras em Questão Mecânica Geral 40 .12 − 400. Exercício resolvido 21: Determine as forças atuantes nos elementos GE.8 + Dy. FBD= 314 N (C). FDE= 1200 N (C). Mecânica Geral 41 . Remova as cargas externas de 3 kN e 2kN e determine a força aproximada em cada elemento devido ao peso próprio da treliça. Resolva o problema admitindo que os pesos dos elementos podem ser representados por força verticais. Verifique se os elementos estão sob tração ou compressão. FBC= 389 N (T). FAD= 736 N (T). Resposta: FCD= 467 N (C). CF e FE. metade das quai9s atua em cada uma das extremidades de cada elemento. Resposta: Exercício proposto 18: Cada elemento da treliça mostrada na figura é uniforme e tem um massa de 8kg/m. Indique se os elementos estão sob tração ou compressão.Exercício proposto 17: Determine as forças atuantes nos elementos BC. FEN= 5 kN (T). EH e HG e indique se estes estão sob tração ou compressão. FMG= 45 kN (T).Exercício proposto 19: A treliça Howe de uma ponte está sujeita ao carregamento mostrado na figura. Resposta: FDE= 45 kN (C). Determine as forças nos elementos DE. Mecânica Geral 42 . o peso do objeto fará girar L no sentido horário. vamos descrever o conceito de centro de gravidade de um sistema constituído por um número finito de partículas. Para seguirmos com o estudo de cargas distribuídas precisamos relembrar os conceitos de centro geométrico de área (centróide) e sistemas equivalentes de força vistos em Física I. Em nosso curso só veremos aplicações sobre vigas. Entre os vários exemplos comuns de cargas distribuídas podemos citar o carregamento de uma laje sobre uma viga. localizadas sobre um eixo L. Colocando um objeto de peso w2. CENTRÓIDES DE SUPERFÍCIES PLANAS 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa Inicialmente. CARGAS DISTRIBUÍDAS SOBRE VIGAS Em todo conteúdo apresentado até agora estudamos apenas forças aplicadas de forma pontual. fig. a uma distância d2 à esquerda de P. Vamos supor que o eixo L esteja na posição horizontal e imaginemos que ele possa girar livremente em torno de um ponto P.1. peso próprio de cabos. Cargas Distribuídas. o peso desse objeto fará L girar no sentido antihorário.5.d1 = w2. 5. à direita de P. como se nesse ponto fosse colocada uma articulação. 21 – Sistema de uma alavanca Se colocarmos sobre L um objeto de peso w1 a uma distância d1.d2 (I) fig. Colocando simultaneamente os dois objetos sobre L o equilíbrio ocorre quando w1. de peso e espessura insignificantes. 22 – Sistema de uma alavanca em equilíbrio Mecânica Geral 43 . Neste capítulo estudaremos situações de carregamentos mais próximas da realidade. força das águas sobre as comportas de uma barragem etc. ∑ mi. wn estejam colocadas nos pontos x1. Se a aceleração da gravidade for constante em todo o sistema este ponto coincide com o centro de massa do corpo. ….(P .( xi − P) = 0 i =1 n Denominamos de centro de gravidade o ponto de um determinado eixo de referencia de coordenada x onde a soma dos momentos de um sistema é nulo (P).(x1 – P) + w2.(x2 . 23 – Sistema orientado de uma alavanca em equilíbrio Supondo que n partículas de pesos w1.∑ mi = 0 i =1 i =1 n n x= ∑ mi.P) = 0 fig. Se duas partículas de peso w1 e w2 estão localizadas nos pontos x1 e x2. w2.(x1 – P) = w2. respectivamente podemos reescrever a equação I como w1.( xi − P) = 0 i =1 n <=> ∑ mi.xi −∑ mi. orientar L e faze-lo coincidir com o eixo dos x do sistema de coordenadas cartesianas. respectivamente.xi − x.( xi − x) = 0 i =1 n ∑ mi. agora. ….g. o sistema estará em equilíbrio ao redor de P quando ∑ wi. x2.xi i =1 n n ∑ mi i =1 Mecânica Geral 44 .x = 0 i =1 i =1 n n ∑ mi. xn.x2) ou w1.Vamos.( xi − P) = 0 i =1 n se a aceleração da gravidade for constante ∑ mi. zi i =1 n n ∑ mi i =1 (II) 5.2. deveremos utilizar na equação III o processo de integração ao invés de somatórios.L. x= ∫A x.xi i =1 4 4 ∑ ρ .xi i =1 n n ∑ mi i =1 y= ∑ mi. 24 – Corpo Prismático Se um sistema tridimensional é constituído por um material de densidade constante e de volume gerado pela translação de uma área composta por pequenas regiões A1.1. A2. Ai i =1 ou x= ∑ .L.Ai. Estas são as coordenadas do centróide ou centro geométrico da referida face. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 y= ∑ yi. Centróides de Superfícies Planas fig.dA ∫A dA Mecânica Geral 45 .dA ∫A dA y= ∫A y. yi i =1 n n ∑ mi i =1 z= ∑ mi.Ai i =1 y= ∑ ρ . Analogamente poderíamos analisar as demais coordenadas deste ponto a partir das seguintes equações: x= ∑ mi. Porém quando analisamos um corpo ou uma área real eles são compostos de infinitas partes e representam a integração destas partes. Todo desenvolvimento feito até aqui foi baseado em somatória de partes discretas. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 (III) A última equação nos oferece as coordenadas “x e y“ do centro de massa projetadas na face que gerou o corpo. A3 e A4 em uma distancia L (corpo prismático) a equação II poderá ser representada da seguinte maneira.Ai.A última equação mostra a localização do centro de massa de um sistema na direção x. yi i =1 4 4 ∑ ρ .L.L. Desta maneira. x= ∑ ρ .xi. Abaixo são apresentadas áreas elementares e as respectivas coordenadas do centróide determinadas com base nas equações acima. Mecânica Geral 46 . fig. 25 – Centróide de áreas elementares No nosso estudo a determinação de centróides de áreas será feita a partir das equações que envolvem apenas somatórios (equação III) e o conhecimento dos centróides das áreas elementares. Exercício resolvido 22: Determine as coordenadas do centróide do perfil ilustrado abaixo. Solução: O perfil apresentado é a composição de duas áreas retangulares (vide figura a seguir). 000 496.Todas as medidas são em relação a O.xi.000 x= ∑ . Mecânica Geral 47 .000 196.000 240.800 e y= 496.000 y 150 70 ----- y.000 2.Ai 300.800 Exercício resolvido 23: Determine as coordenadas do centróide da área ilustrada abaixo.000 = 103.000 140.000 = 50 mm 4.800 x 50 50 ----- x.Ai 100. A1 A2 Somatório Assim. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 => x= 240.800 4.33 mm 4. Ai 2. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 y= ∑ yi. 2.Solução: Todas as medidas são em relação a O.Ai y y.000 ----720.280.000 = 100.000 100 -1.000.000 A1 -12.200 5. x= ∑ .000. temos que este é equivalente a um sistema de carga pontual aplicada no centróide da área do perfil do carregamento cuja intensidade é numericamente igual referida área. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 y= ∑ yi. dizemos que dois sistemas de forças são equivalentes quando satisfazem simultaneamente dois quesitos: • • Mesma força resultante Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante equivalente No caso de um sistema submetido a um carregamento distribuído.000 = 32. Ai x x.22 7.Ai 20. Ai i =1 4 4 ∑ Ai i =1 => x= 232.200 ----232.xi. Assim.800 60 -768.000 100 2. portanto o valor é negativo.000 Somatório (*) Área extraída.200 e y= 720.00 7.000 50 1.000 A2 (*) 7. CARGAS PONTUAIS EQUIVALENTES A UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS Relembrando o que já foi visto anteriormente. Mecânica Geral 48 . 26 – Sistema de cargas distribuídas fig. Mecânica Geral 49 . FR = (8 + 2). ou seja. Solução: O módulo da força resultante é numericamente igual a área do perfil do carregamento distribuído. 27 – Sistema de carga pontual equivalente ao de cargas distribuídas apresentado na figura 26.5 = 25 kN 2 A força resultante localiza-se no centróide da área do perfil do carregamento distribuído. a área do trapézio.fig. Exercício resolvido 24: Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada. A = 74.95 ∑ x.00 m ∑ A 25 Sistema de carga pontual Exercício resolvido 25: Ainda de acordo com a questão anterior.00 74.Subdivisão do perfil do carregamento em áreas elementares Área A1 15 A2 10 Somatório 25 Valores medidos a partir do apoio A x= X 3.50 --------- X. Solução: Determinado o sistema equivalente de carga pontual para o sistema equivalente de carga distribuída determinamos as reações nos apoios da mesma forma que resolvemos nas aulas anteriores.95 ≈ 3.95 25. determine as reações nos apoios. Diagrama de corpo livre da barra Mecânica Geral 50 .33 2.A 49. 25 + 5.By ∴ By = 15 kN Aplicando II em I . Mecânica Geral 51 .∑ Fx = 0 = Ax ∴ Ax = 0 ∑ Fy = 0 = Ay + By − 25 R ∑ M A = 0 = −3. Ay = 10 kN Exercício proposto 20: (I ) ( II ) Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada e as reações no apoio A. dm2 2 2 2 2 2 1 2 E = ϖ 2 . MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS A figura abaixo mostra uma laje sustentada por duas vigas de perfil retangular de dimensões idênticas e diferentes posições de apoio. na primeira posição a viga resistiria um maior momento (M1) do que se a mesma estivesse na posição P2.6.r2 . a energia cinética seria dada por integração de acordo a equação abaixo. 28 – Laje apoiada por vigas iguais e em diferentes posições. 29 – Sistema de cargas discretas submetidas ao giro. 6. com distancias r1 e r2 do eixo de rotação as partículas tem.dm2 = ϖ 2 . como se nota experimentalmente.1. Na rotação de duas partículas de massas dm 1 e dm 2 ao redor de um eixo fixo com a velocidade angular ω . Desta maneira. a viga oferece uma maior resistência ao momento gerado pelo peso próprio da laje em torno do eixo x. E= 1 1 1 2 1 2 2 2 v1 .dm1 + v 2 .dmi 2 i =1 Generalizando a ultima equação para um sistema constituído por infinitas partículas girando com o mesmo valor de ω em torno de um eixo de referencia.r2 .r1 . onde resistiria a um momento inferior (M2). velocidades V1 = ϖ . MOMENTO DE INÉRCIA fig.r1 e V 2 = ϖ . A esta resistência ao giro em torno de um eixo chamamos de momento de Inércia. fig. Mecânica Geral 52 .∑ ri . Portanto o sistema formado pelas duas partículas terá a seguinte energia cinética. respectivamente. ou simplesmente. Note que P1 é a posição que freqüentemente é adotada em situações do cotidiano. um corpo rígido girando em torno de um eixo de referencia. na posição P1. Isso se deve ao fato de que.dm1 + ϖ 2 . (I) De acordo com a equação I.ρ .dA I = ∫ r 2 .dA . em relação a um mesmo eixo de referencia. ou seja. verificamos que na posição P1 há uma maior distribuição ( y ) da área em relação ao eixo de rotação x do que na posição P2. podendo também ser medido em mm4.∫ r 2 . dizemos que o memento de inércia representa a resistência à rotação de um corpo em relação a um determinado eixo de referencia. em m4.dA Assim.dm 2 Chamamos de momento de Inércia o termo I = ∫ r 2 .dm = ∫ r 2 .: O momento de inércia de área é medido no S.∫ r 2 . fig. em corpos prismáticos. : dm = ρ . Mecânica Geral 53 .L.1 E = ϖ 2 . ao oferecer uma mesma quantidade de energia cinética a dois corpos. onde ρ e L são constantes. Na posição P1 a viga resistirá mais a rotação em torno de x. Ao analisarmos corpos formados pela translação de uma determinada área A (corpos prismáticos) e de densidade constante ρ notamos que: massa = ρ . a variação do memento de inércia se dará em função do termo ∫r 2 . em função da forma e distribuição geométrica da área que gerou o corpo de translação. fig.L. in4. Chamamos o termo ∫r 2 . ft4. Agora analisando novamente o caso da laje sustentada por duas vigas. cm4.dm da equação acima. A . Logo. ou seja. obterá o menor valor de ω o que tiver maior valor de momento de inércia. Por este motivo.dA de momento de inércia de área. Obs.L.I.L. o momento de inércia de área em relação ao eixo x é maior na posição P1.dA I = ρ . 31 – Perfil retangular apoiado em diferentes posições. 30 – Corpo prismático de base A e altura L. Exercício resolvido 26: Determine o momento de inércia de área do retângulo em relação aos eixos x e y passando pelo centróide. . MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS ELEMENTARES Como mostrado no exercício resolvido 26. . ∫ y 2 . o momento de inércia de áreas pode ser determinado por processo de integração.dA = ∫ y 2 .dy = b. y 3 3 h h h − 2 − 2 − 2 h 2 h 2 h 2 h 2 − h 2 b.dy = b.b.h 12 6.h 3 = 12 1 Iy = ∫ x 2 . Solução: Analisando Momento em relação ao Analisando Momento em relação eixo x (Ix) variando o valor de y ao eixo y (Iy) variando o valor de x 1 Ix = ∫ y 2 .dy = h.dA = ∫ x 2 .h.x 3 3 b b b − 2 − 2 − 2 b 2 b 2 b 2 b 2 − b 2 = b 3 .2. Mecânica Geral 54 . Abaixo apresentamos o momento de inércia de algumas áreas elementares em relação aos eixos x e y de referencia passando pelo centróide. ∫ x 2 .dy = h. h 3 36 1 .π . MOMENTO POLAR DE INÉRCIA DE ÁREA Podemos também formular o momento de uma área em relação ao pólo O ou eixo z. Este é referenciado como momento polar de inércia de área dJ = r 2 .b.π .dA . : J = ∫ x 2 .h.b 3 36 Iy = Círculo 1 Ix = .b 3 12 Iy = Triângulo Retângulo Ix = 1 .h 3 12 1 h. Mecânica Geral 55 . Para toda a área o momento polar de inércia é expresso por J = ∫ r 2 . 6.dA + ∫ y 2 dA ou J = Ix + Iy fig. 33 – Momento polar de inércia.dA como r 2 = x 2 + y 2 J = ∫ ( x 2 + y 2 ).3. 32 – Corpo prismático de base A e altura L.r 4 4 1 Iy = .Área Elementar Retângulo Momento de Inércia de Área Ix = 1 b. Neste caso r é a distancia perpendicular do pólo (eixo z) até o elemento dA.r 4 4 fig.dA . : y'.dy ∫ y '.dA + + 2. onde a distância fixa entre os eixo paralelos x e x’ é definido por dy Uma vez que o momento de inércia de dA em relação ao eixo x é dIx = (y’ + dy)2.dA + dy 2 ∫ dA A primeira integral representa o momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centróide. Lembrando que a terceira integral y' = ∫ ∫ ∫ dA representa a área total.dy 2 Mecânica Geral 56 . um elemento infinitesimal dA é localizado a uma distância arbitrária y’ em relação ao eixo x’ que passa pelo centróide. 34 – Teorema dos eixos paralelos.dA = y' . isto é. Ix . dA = 0. para toda a área fig.dA .dA. pois o eixo x’ passa pelo centróide da área.dA Ix = ∫ y' 2 . TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS PARA UMA ÁREA Se o momento de inércia de uma área em relação a um eixo que passa pelo centróide é conhecido. Ix = ∫ ( y '+ dy ) 2 . o mento de inércia dessa área em relação a um eixo paralelo é determinado através de Teorema dos Eixos Paralelos. consideraremos o cálculo do momento de inércia da área sombreada mostrada na figura em relação ao eixo x. o resultado final fica Ix = Ix + A. pois y' = 0 . o que ocorre com freqüência. então. Para derivarmos esse teorema. ∫ y'.6. Neste caso. A segunda integral (momento estático ou momento de primeira ordem) é nula.4. 2 /12 = 9. dy2 28 15.h 3 12 Ix b.33 2.h dy2 A. dy2 h2 ⎛h⎞ ⎜ ⎟ = 4 ⎝2⎠ 2 b. O momento de inércia de área de todo perfil em relação a x será igual a soma dos momentos de inércias de áreas parciais em relação a x.66 cm4 Mecânica Geral 57 .33 + 1829.Exercício resolvido 27: Determine o memento de inércia da área retângula abaixo em relação ao eixo x em função de “b e h”.h 3 b.7 = 49 28 1372 Ix 14. Solução: A figura é a composição de duas áreas.33 + 6300 = 6309.33 457.33 + 1372 = 1829.h3/3 Exercício resolvido 28: Determine o momento de inércia de área da figura em relação ao eixo x.15 = 225 6300 7.33 3 Ix 9.33 6309. A1 A2 Total A dy2 A.h 3 b.66 Respostas: Ix = 8.33 = 8138.143/12 = 457.h 3 4 Ix b.h 3 + = 4 12 3 Assim Ix = b.138. Solução: A b. Solução: Atotal = 28 + 28 = 56 cm2 Ix = 8. os raios de giração são determinados pelas fórmulas abaixo.06 cm 56 Mecânica Geral 58 .5. Sendo as áreas e os momentos de inércia conhecidos.138. RAIO DE GIRAÇÃO DE UMA ÁREA O raio de giração de uma área plana ( k ) tem a unidade de comprimento e é a quantidade freqüentemente utilizada pela mecânica estrutural no projeto de colunas.6.66 = 12. kx = Exercício resolvido 29: Ix A ky = Iy A k0 = Jo A Determine o raio de giração em relação a x da figura do exemplo 03.66 cm4 kx = 8138.