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Aplicações à Física e à Engenharia

Prof.: Rogério Dias Dalla Riva

UNIVERSIDADE DO ESTADO DE MATO GROSSOCAMPUS UNIVERSITÁRIO DE SINOP

CURSO DE ENGENHARIA CIVILDISCIPLINA: CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I

FACULDADE DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLÓGICAS

Aplicações à Física e à Engenharia

1.Introdução

2.Pressão Hidrostática e Força

3.Resolução de Exemplos

4.Momentos e Centros de Massa

5.Resolução de Exemplos

3

1. Introdução

Junto com as muitas aplicações de cálculointegral à Física e à Engenharia consideramos duasaqui: a força devido à pressão da água e centros demassa.

Como em nossas aplicações anteriores àgeometrica (áreas, volume e comprimentos) e aotrabalho, nossa estratégia é quebrar a quantidadefísica em um grande número de pequenas partes,aproximar cada pequena parte, adicionar osresultados, tomar o limite e então avaliar aintegral resultante.

4

2. Pressão hidrostática e força

Os mergulhadores notam que a pressão daágua aumenta quando eles mergulham maisprofundamente. Isso ocorre por causa do aumentodo peso da água acima deles.

5


Em geral, suponha que uma placa horizontalfina com a área A por metros quadrados sejasubmersa em um fluido de densidade ρ quilogramaspor metro cúbico a uma profundidade d metrosabaixo da superfície do fluido, como na figuraabaixo.

6


O fluido diretamente acima da placa tem umvolume V = Ad, assim sua massa é m = ρV = ρAd. Aforça exercida pelo fluido na placa é, portanto:

F mg gAd= = ρ

onde g é a aceleração da gravidade. A pressão P naplaca é definida como a força por unidade de área:

FP gd

A= = ρ

7


No Sistema Internacional de Unidades, apressão é medida em newtons por metro quadrado,que é chamada pascal (1 N/m2 = 1 Pa). Como essa éuma unidade pequena, o kilopascal (kPa) éfrequentemente usado. Por exemplo, uma vez que adensidade da água é de ρ = 1.000 kg/m3, a pressãono fundo de uma piscina de 2 m de profundidade é

3 21.000 kg/m 9,8 m/s 2 mP gd= = × ×ρ

19.600 Pa 19,6 kPaP = =

8


Um princípio importante da pressão defluidos é o fato verificado experimentalmente deque em qualquer ponto no líquido a pressão é amesma em todas as direções. Então, a pressão emqualquer direção a uma profundidade d em umfluido com densidade ρ é dada por

P gd d= =ρ δ

9


Isso nos ajuda a determinar a forçahidrostática contra uma placa vertical ou paredede uma represa em um fluido. Este não é umproblema simples, porque a pressão não éconstante, mas se eleva com o aumento daprofundidade.

10

3. Resolução de exemplos

Exemplo 1: Uma represa tem o formato dotrapézio mostrado na figura a seguir. A altura é de20 m, e a largura é de 50 m no topo e 30 m nofundo. Clacule a força na represa devido à pressãohidrostática da água se o nível da água está a 4 mdo topo da represa.

11


Solução: Escolhemos um eixo vertical x com origemna superfície da água, como na figura a seguir.

12


A profundidade da água é de 16 m; assim,dividimos o intervalo [0, 16] em subintervalos deigual comprimento com extremos xi e xi

* ∈ [xi-1, xi].A i-ésima faixa horizontal da represa é aproxi-mada por um retângulo com altura ∆x e largura wi,onde, por similaridade de triângulos (ver figuraabaixo)

*

10 116 20 2i

ax

= =−

* *168

2 2i ix x

a−= = −

13


e assim

* *12 (15 ) 2 (15 8 ) 46

2i i iw a x x= ⋅ + = ⋅ + − = −

Se Ai é a área da i-ésima, então

*(46 )i i iA w x x x= ⋅ ∆ = − ⋅ ∆

14


Se ∆x é pequena, então a pressão Pi nai-ésima faixa é praticamente constante, e podemosescrever

*1.000 9,8i iP x≈ ⋅ ⋅

*9.800i iP x≈ ⋅

15


A força hidrostática Fi agindo na i-ésimafaixa é o produto da pressão pela área:

* *9.800 (46 )i i i i iF P A x x x= ≈ ⋅ ⋅ − ∆

Adicionando essas forças e tomando o limitequando n→ ∞, obtemos a força hidrostática totalna represa:

* *

1

lim 9.800 (46 )n

i i ini

F x x x→∞ =

= ⋅ ⋅ − ∆∑

16


16

0

9.800 (46 )F x x dx= ⋅ ⋅ −∫16

2

0

9.800 (46 )F x x dx= −∫163

2

0

9.800 233x

F x

= −

32 716

9.800 23 16 4,43 10 N3

F

= × × − ≈ ×

17


Exemplo 2: Calcule a força hidrostática noextremo de um tambor cilíndrico com raio de 3 pésque está submerso em água com 10 pés deprofundidade. Considere δ = 62,5 lb/pés2.

18


Solução: Neste exemplo é conveniente escolher oseixos como na figura abaixo, de modo que a origemseja colocada no centro do tambor.

3

19


Então o círculo tem uma equação simplesx2 + y2 = 9. Como no Exemplo 1, dividimos a regiãocircular em faixas horizontais de larguras iguais.Da equação do círculo, vemos que o comprimentoda i-ésima faixa é

( )2*2 9 iy⋅ −

e assim sua área é

( )2*2 9i iA y y= ⋅ − ∆

20


A pressão nessa faixa é aproximadamente

( )*62,5 7i id y= ⋅ −δ

e assim a força na faixa é aproximadamente

( ) ( )2* *62,5 7 2 9i i i id A y y y= ⋅ − ⋅ ⋅ − ∆δ

21


A força total é obtida pela soma das forçasem todas as faixas e tomando-se o limite

( ) ( )2* *

1

lim 62,5 7 2 9n

i ini

F y y y→∞ =

= ⋅ − ⋅ ⋅ − ∆∑

( )3

2

3

125 7 9F y y dy−

= − ⋅ −∫3 3

2 2

3 3

125 7 9 125 9F y dy y y dy− −

= ⋅ − − −∫ ∫

22


A segunda integral é 0, porque o integrandoé uma função ímpar [f(-y) = -f(y)]. Portanto:

32

3

875 9F y dy−

= −∫Lembrando que

22 2 2 2 1sin

2 2u a u

a u du a u Ca

−− = − + +∫

23


Teremos

32 1

3

9875 9 sin

2 2 3y y

F y −

−

= − +

1 13 9 3 ( 3) 9 ( 3)875 9 9 sin 9 9 sin

2 2 3 2 2 3F − −− − = − + − − −

1 19 9875 sin (1) sin ( 1)

2 2F − − = − −

9 9 9875 875 12.370 lb

2 2 2 2 2F

= ⋅ − ⋅ − = ⋅ ≈

π π π

24


Outra forma de resolver o Exemplo 2 éobservar que a área a ser determinadacorresponde à área de um disco semicircular deraio 3. Portanto:

2 2(3)875 875 12.370 lb

2 2r

F⋅= ⋅ = ⋅ ≈π π

25

4. Momentos e centros demassa

Nosso principal objetivo aqui é encontrar oponto P no qual uma fina placa de qualquer formatose equilibra horizontalmente, como na figura aseguir. Esse ponto é chamado centro de massa (oucentro de gravidade) da placa.

26


Primeiro consideramos a situação maissimples mostrada na figura abaixo, onde duasmassas m1 e m2 são presas a um bastão de massadesprezível em lados opostos a um apoio e adistâncias d1 e d2 do apoio.

27


O eixo ficará em equilíbrio se

1 1 2 2m d m d=

Esse é um fato experimental descoberto porArquimedes e chamado Lei da Alavanca.

28


Agora suponha que o eixo esteja sobre oeixo x com m1 em x1 e m2 em x2 e o centro demassa em . Se verificarmos a figura abaixo,veremos que

1 1 2 2 e d x x d x x= − = −

29


Portanto

1 1 2 2m d m d=

( ) ( )1 1 2 2m x x m x x− = −

1 1 1 2 2 2m x m x m x m x− = −

1 2 1 1 2 2m x m x m x m x+ = +

( )1 2 1 1 2 2x m m m x m x+ = +

1 1 2 2

1 2

m x m xx

m m+=+

30


Os números m1x1 e m2x2 são denominadosmomentos das massas m1 e m2 (em relação àorigem) e a equação anterior diz que o centro demassa é obtido pela soma dos momentos dasmassas e divisão pela massa total m = m1 + m2.

31


Em geral, temos um sistema de n partículascom massas m1 m2, …, mn localizadas nos pontosx1, x2, …, xn sobre o eixo x. Podemos mostrar simi-larmente que o centro de massa do sistema estálocalizado em

1 1

1

1

n n

i i i i ni i

ini

ii

m x m xx m m

mm

= =

=

=

= = =∑ ∑

∑∑

32


onde m é a massa total do sistema, e a soma dosmomentos individuais

1

n

i ii

M m x=

=∑

é chamada momento do sistema em relação àorigem. Então pode ser reescrita como

mx M=que diz que se a massa total fosse consideradacomo concentrada no centro de massa , então seumomento deveria ser o mesmo que o momento dosistema.

33


Agora considere um sistema de n partículascom massas m1 m2, …, mn nos pontos (x1, y1),(x2, y2), …, (xn, yn) no plano xy como mostrado nafigura abaixo

34


Por analogia com o caso unidimensional,definimos o momento do sistema com relação aoeixo y como

1

n

y i ii

M m x=

=∑

e o momento do sistema com relação ao eixo xcomo

1

n

x i ii

M m y=

=∑

35


Então My mede a tendência do sistema girarao redor do eixo y e Mx mede a tendência de elegirar ao redor do eixo x.

Como no caso unidimensional, as coordenadas( , ) do centro de massa são dadas em termosdos momentos pelas fórmulas

y xM M

x ym m

= =

36


onde

é a massa total. Como

im m=∑

e my xmx M y M= =

o centro de massa ( , ) é o ponto onde umapartícula única de massa m teria os mesmosmomentos do sistema.

37


Exemplo 3: Calcule os momentos e os centros demassa do sistema de objetos que têm massa 3, 4 e8 nos pontos (-1, 1), (2, -1) e (3, 2).

3 ( 1) 4 (2) 8 (3) 29yM = ⋅ − + ⋅ + ⋅ =

3 (1) 4 ( 1) 8 (2) 15xM = ⋅ + ⋅ − + ⋅ =

38


Como m = 3 + 4 + 8 = 15, obtemos

2915

yMx

m= =

151

15y = =

39


Então o centro de massa é .29

,115

40


A seguir consideramos uma placa plana(denominada lâmina) com densidade uniforme ρ queocupa uma região ℜ do plano.

Desejamos encontrar o centro de massa daplaca, chamada centróide (ou centro geométrico)de ℜ.

Fazendo isso usamos os seguintes princípiosfísicos: o princípio da simetria diz que se ℜ ésimétrico ao redor da reta l, então o centróide deℜ está em l.

41


ℜ

O centróide de um retângulo é o seu centro

Simetria em relação ao eixo y

Simetria em relação ao eixo x

42


Os momentos devem ser definidos demaneira que se a massa total da região estáconcentrada no centro de massa, então seusmomentos permanecem inalterados. Também, omomento da união de duas regiões sem ainterseção deve ser a soma dos momentos dasregiões individuais.

43


Suponha que a região ℜ seja do tipomostrado na figura abaixo; isto é, ℜ esteja entreas retas x = a e x = b, acima do eixo x e abaixo dográfico de f, onde f é uma função contínua.

44


Dividimos o intervalo [a, b] em n subinter-valos com os extremos x0, x1, …, xn e largurasiguais a ∆x.

Escolhemos o ponto de amostragem xi* como

o ponto médio i do i-ésimo subintervalo, que éi = (xi-1 + xi)/2. Isso determina uma aproximaçãopoligonal a ℜ, mostrada na figura a seguir.

45


O centróide do i-ésimo retângulo aproxi-mador Ri é seu centro Ci (i , ½f[i]).

46


Sua área é

( )iA f x x= ∆

Assim, sua massa é

( )im f x x= ∆ρ

O momento de Ri ao redor do eixo y é oproduto de sua massa pela distância de Ci ao eixoy, que é i . Então

( ) [ ( ) ] ( )y i i i i iM R f x x x x f x x= ∆ ⋅ = ∆ρ ρ

47


Somando esses momentos, obtemos omomento da aproximação poligonal a ℜ e, então,tomando o limite quando n → ∞, obtemos omomento do próprio ℜ em relação ao eixo y.

1

lim ( ) ( )bn

y i ini a

M x f x x xf x dx→∞ =

= ∆ =∑ ∫ρ ρ

48


De maneira similar calculamos o momento deRi em relação ao eixo x como o produto de suamassa e da distância de Ci ao eixo x:

21 1( ) [ ( ) ] ( ) [ ( ) ]

2 2x i i i iM R f x x f x f x x= ∆ ⋅ = ⋅ ∆ρ ρ

Novamente somamos esses momentos etomamos o limite para obter o momento de ℜ aoredor do eixo x.

2 2

1

1 1lim [ ( ) ] [ ( ) ]

2 2

bn

x i ini a

M f x x f x dx→∞ =

= ⋅ ∆ =∑ ∫ρ ρ

49


Como no caso do sistema de partículas, ocentro de massa da placa é definido de maneiraque

e my xmx M y M= =

Mas a massa da placa é o produto de suadensidade por sua área:

( )b

a

m A f x dx= = ∫ρ ρ

50


e assim

( ) ( )

( ) ( )

b b

y a ab b

a a

xf x dx xf x dxM

xm

f x dx f x dx

= = =∫ ∫

∫ ∫

ρ

ρ

2 21 1[ ( )] [ ( )]

2 2

( ) ( )

b b

a axb b

a a

f x dx f x dxM

ym

f x dx f x dx

= = =∫ ∫

∫ ∫

ρ

ρ

51


Note o cancelamento de ρ. A localização docentro de massa independe da densidade.

Em resumo, o centro de massa da placa (ou ocentróide de ℜ) está localizado no ponto ( , ),onde

21 1 1( ) [ ( )]

2

b b

a a

x xf x dx y f x dxA A

= =∫ ∫

52


Exemplo 4: Calcule o centro de massa de umaplaca semicircular de raio r.

53


Solução: Para usarmos as fórmulas anteriores,colocamos o semicírculo como na figura abaixo demodo que

2 2( )f x r x= −

a r

b r

= −=

54


Aqui não há a necessidade de usar a fórmulapara calcular porque, pelo princípio da simetria,o centro de massa deve estar sobre o eixo y, e,dessa forma, = 0. A área do semicírculo é

2

2r

A = π

55


Portanto: 21 1[ ( )]

2

b

a

y f x dxA

= ∫

( ) ( )2

2 2 2 22 2

1 1 2 12 2

2

r r

r r

y r x dx r x dxr r− −

= ⋅ − = ⋅ −∫ ∫π π

( ) ( )3

2 2 2 2 22 2 2

0 0

1 2 23

rr r

r

xr x dx r x dx r x

r r r−

= − = − = −

∫ ∫π π π

3 33

2 2

2 2 2 43 3 3r r r

rr r

= − = ⋅ =

π π π

56


O centro de massa está localizado no pontode coordenadas

40,

3r

π

57


Exemplo 5: Determine o centróide da regiãolimitada pelas curvas y = cos x, y = 0, x = 0 e x = π/2.

58


Solução: A área da região é

]2

2

00

cos sen 1A x dx x= = =∫π

π

59


2

0

1cosx x x dx

A= ∫

π

fazemos u = x ⇒ du = dx e dv = cos x ⇒ v = sen x.

]2 2

2

00 0

1cos sen senx x x dx x x x dx

A= = −∫ ∫

π ππ

Lembrando que u dv uv v du= −∫ ∫

[ ] [ ]2 2

0 0cos cos 1

2 2 2x x= − − = + = −π ππ π π

60


[ ]2

2

0

1 1( )

2y f x dx

A= ∫

π

( )2 2 2

2

0 0 0

1 1 1 cos2 1cos 1 cos2

2 2 2 4x

x dx dx x dx+ = = = +

∫ ∫ ∫

π π π

2

0

1 1 1sen2

4 2 4 2 8x x = + = ⋅ =

π π π

61


O centróide está localizado no ponto decoordenadas

1,2 8

−

π π

62


Se a região ℜ está entre as curvas y = f(x) ey = g(x), onde f(x) ≥ g(x), como mostrado na figuraa seguir, então o mesmo tipo de argumento que noslevou às fórmulas para a determinação do centrode massa pode ser usado para mostrar que ocentróide de ℜ é ( , ).

63


[ ] { }2 21 1 1( ) ( ) [ ( )] ( )]

2

b b

a a

x x f x g x dx y f x g x dxA A

= − = −∫ ∫

64


Exemplo 6: Determine o centróide da regiãolimitada pela reta y = x e a parábola y = x2.

65


Solução: A região é esboçada na figura abaixo.Tomamos f(x) = x, g(x) = x2, a = 0 e b = 1 nafórmula anterior.

66


( )11 2 3

2

0 0

1 1 12 3 2 3 6x x

A x x dx

= − = − = − =

∫

Cálculo da área:

67


( ) ( )1 1

2 2 3

0 0

16

16

x x x x dx x x dx= − = −∫ ∫

13 4

0

1 1 1 16 6 6

3 4 3 4 12 2x x

x = − = − = ⋅ =

[ ]1( ) ( )

b

a

x x f x g x dxA

= −∫

68


{ }2 21 1[ ( )] ( )]

2

b

a

y f x g x dxA

= −∫

( ) ( )1 1

2 4 2 4

0 0

1 1 16

1 2 26

y x x dx x x dx= − = ⋅ −∫ ∫

13 5

0

1 1 2 23 3 3

3 5 3 5 15 5x x

y = − = ⋅ − = ⋅ =

69


O centróide está localizado no ponto decoordenadas

1 2,

2 5

70


Agora mostraremos uma conexão entrecentróides e volumes de revolução.

Teorema de Pappus*: Seja ℜ uma região plana queestá inteiramente de um lado de uma reta l em umplano. Se ℜ é girada ao redor de l, então o volumedo sólido resultante é o produto da área A de ℜ ea distância d percorrida pelo centróide de ℜ.

* Esse teorema tem o nome do matemático grego Pappus de Alexandria,que viveu no século IV.

71


Prova: Provaremos para o caso especial no qual aregião está entre y = f(x) e y = g(x) como na figuraabaixo e a reta l é o eixo y.

72


[ ]2 ( ) ( )b

a

V x f x g x dx= −∫ π

[ ] ( ) ( )2 ( ) ( ) 2 2b

a

x f x g x dx xA x A Ad− = = =∫π π π

onde d = 2π é a distância percorrida pelo cen-tróide durante uma rotação ao redor do eixo y.

73


Exemplo 7: Um toro é formado pela rotação de umcírculo de raio r ao redor de uma reta no plano docírculo que está a uma distância R (> r) do centrodo círculo. Calcule o volume do toro.

74


Solução: O círculo tem a área A = πr2. Pelo princí-pio de simetria, seu centróide é seu centro e,assim, a distância percorrida pelo centróidedurante a rotação é d = 2πR.

r

R

75


Portanto, pelo Teorema de Pappus, o volumedo toro é

( ) ( )2 2 22 2V r R r R= ⋅ =π π π

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