UNIBAHIA

MECÂNICA GERAL I

Salvador 2007

Mecânica Geral 2

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 3

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 4

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 5

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

Cc

BbBcCbh

sensensen.sen.1 =⇒== (I)

Aa

BbBaAbh

sensensen.sen.2 =⇒== (II)

De I e II concluímos

Cc

Aa

Bb

sensensen==

Mecânica Geral 6

- Lei dos cossenos

fig. 05 – Lei dos cossenos

Acbbca

AcbbAAca

AcAcbbAca

AcbAcaHAbha

cos...2

cos...2)cos(sen

cos.cos...2sen.

)cos.()sen.()(

222

22222

2222222

22222

−+=

−++=

+−+=

−+=⇒−+=

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. Exercício resolvido 01: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.

Mecânica Geral 7

Solução:

°=⇒=

=°

⇒=°

==

°−++=

°−++=

90,4369,0sensen

10120sen49,12

sen10

120sen

49,12156

120cos.10.4.210016

120cos.10.4.2104

2

2

222

AAA

AF

kNFF

F

F

R

R

R

R

R

Exercício resolvido 02: Determine os módulos das componentes da força de 600 N nas direções das barras AC e AB da treliça abaixo.

Mecânica Geral 8

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. Se a força resultante é de 600 N, direcionada ao longo do eixo y positivo, determine FA e FB e a direção θ de modo que FB seja mínimo. A força de módulo FA atua a um ângulo de 30° com o eixo y, conforme ilustração.

Solução:

Para que FB seja mínimo a componente deverá ser perpendicular a força FA (conforme a ilustração). Assim, θ = 60°. Assim, os valores de FA e FB são facilmente encontrados pela lei dos senos.

Mecânica Geral 9

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: P= 2990N ; ângulo = 72,8º Exercício proposto 02: Duas peças estruturais B e C são rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a tração na peça B é de 6 kN e que a tração na peça C é de 10 kN, determine graficamente a intensidade, a direção e o sentido da força resultante exercida sobre o suporte.

Resposta: 14,3 kN ; ângulo = 19,9º

Mecânica Geral 10

2.1.2. Resultante de forças sobre uma partícula (componentes ortogonais)

Na seção anterior, estudamos dois métodos para determinação da força resultante da soma de dois vetores; método do paralelogramo e o método do polígono. Estes métodos são pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas forças. Nestes casos, determinaremos a força resultante a partir da soma das componentes ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o processo de decomposição vetorial.

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. 06 – Decomposição vetorial. Fx e Fy correspondem aos módulos das componentes nas direções dos eixos positivos de x e y.

Na figura 07 mostramos a soma de três vetores e a sua resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais.

fig. 07 - Resultante obtida a partir da soma das componentes ortogonais.

∧∧→

∧∧→

∧∧→

+=

+=

+=

jFiFF

jFiFF

jFiFF

yx

yx

yx

..

..

..

333

222

111

( ) ( )( ) ( )

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

+=

+=

∑∑

∑∑∑∑

∧∧→

x

y

yxR

yxR

FF

FFF

jFiFF

arctan

..22

θ

Mecânica Geral 11

Exercício resolvido 04: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo.

Solução:

Exercício resolvido 05: Determine o módulo da força resultante e sua direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo.

Solução:

°−=∴⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛−

=

=∴+−=∴+−=

°+°++°+°+=

+= ∑ ∑

34,6108,198.1

82,192.2arctan

77,498.282,192.208,198.1.82,192.2.08,198.1

).150sen.000.360sen.8000().150cos.000.360cos.800000.1(

).().(

22

θθ

NFRFRjiRF

jiRF

jFyiFxRF

rrr

rrr

rrr

Mecânica Geral 12

Exercício resolvido 06: As três forças mostradas na figura são aplicadas a um suporte. Determine a faixa de valores para o modulo da força P de modo que a resultante das três forças não exceda 2.400 N.

Solução:

NPeNPPPP

P

FyFxFR

yFxFRF

61,22.1"55,173.3'239,015.880.3.16,396.40400.282,192.2)08,198.2(0

)150sen.000.360sen.800()150cos.000.360cos.800(400.2

)()(

2222

222

222

==+−>∴−+−>

°+°+°+°+>

+=

+=

∑∑∑∑

rrr

De acordo com o gráfico o valor de P deverá está entre 1,22 kN e 3,17 kN para que a força resultante seja inferior a 2,4 kN.

Exercício resolvido 07: As três forças mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. 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.

Mecânica Geral 13

Solução:

°=∴°=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=

=+=

+=−−°+−−−°=

−−=∴++=

34,21)(66,897,85877,130arctan

87,86877,13097,858

.77,130.97,858).135.18020060cos.800()).

1312.180(060sen.800(

3232

22

θα positivoxeixoaorelaçãoemangulo

NF

jijiF

FFRFFFFFRFrrrrr

rrrrrrrr

Exercício proposto 03: Uma força de 2,5 kN está aplicada a um cabo ligado a um suporte. Quais as componentes horizontal e vertical desta força?

Resposta: - 2,35 kN (horizontal) e 0,855 kN (vertical) Exercício proposto 04: A tração no cabo de sustentação AB é 650N. Determine as componentes horizontal e vertical da força atuante no pino A.

Resposta: +250N, - 600N

Mecânica Geral 14

2.1.3. 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, ou seja, quando a partícula está em repouso (estático) ou em movimento retilíneo uniforme. Desta maneira podemos concluir que uma partícula está em equilíbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton; para manter um equilíbrio a força resultante sobre a partícula é nula.

0=∑ RFr

Assim para o caso de forças no plano temos:

∑∑ == 00 YX FeFrr

Se comparada a segunda lei de Newton a equação acima também se confirma suficiente para a manutenção do equilíbrio de uma partícula.

00. =∴==∑ aamFRrrr

Diagrama de Corpo Livre

Este diagrama é tão somente um esquema que mostra a partícula, com todas as forças que atuam sobre ela, livre de sua vizinhança.

fig. 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.

Exercício resolvido 08: Determine os módulos F1 e F2 de modo que a partícula da figura fique em equilíbrio.

Mecânica Geral 15

Solução:

NFeNFFFIemIIAplicando

IIFFFFFFyF

IFFFFxF

96,364202,25711.42,1.87,01.71,05000

)(1.42,1225,01.71,030sen.245sen.10

)(2.87,01.71,050030cos.245cos.15000

==∴++−=

=∴+=°−°==

++−=°+°+−==

∑∑

r

r

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.

Solução:

Diagrama de corpo livre do ponto A.

∑∑

∑

=∴−°==

=∴°+−==

=

>=∴°+−==

=

NFFyF

condiçõesassatisfazNFFxF

NFCondição

NFpoissatisfaznãoNFFxF

NFCondição

ABAB

AC

ACACAC

AB

24030sen.4800

)(69,41530cos.4800

:)480(2

480(62,51930cos.4500

:)450(1

r

r

r

Mecânica Geral 16

Exercício resolvido 10: A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN. Determine o comprimento do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspendê-la, considerando que a força máxima que ele pode suportar é de 15 kN.

Solução:

mLLL

seráLocomprimentoAssim

yF

kNFFcríticacondiçãoNaxFsimetriaPor

BCBA

31,1097,010)49,13cos(.5,0

5cos

:,

49,1307sen.15.20

:)15(0

=∴==°==

°=∴=+−==

==

=

∑

∑

θ

θθr

r

Exercício proposto 05: Um bloco de 3kN é suportado pelos dois cabos AC e BC. 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; b) TAC = 1500N; TBC = 2600N Exercício proposto 06: Duas cordas estão amarradas em C. Se a tração máxima permissível em cada corda é de 2,5 kN, qual é a máxima força F que pode ser aplicada? Em que direção deve atuar esta máxima força?

Resposta: F = 2,87 kN; α = 75º

Mecânica Geral 17

2.2. FORÇAS NO ESPAÇO SOBRE UMA PARTÍCULA

Até o presente momento abordamos exemplos que envolviam partículas submetidas à aplicação de forças coplanares. Para chegarmos as soluções dos problemas estudamos diversos métodos de composição vetorial. Entre os métodos, destacou-se o método de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposição vetorial. Para estudarmos resultante de varias forças concorrentes no espaço utilizaremos deste método acrescido apenas de mais uma direção (eixo z). Assim, quando tratada no espaço ( três dimensões) a força deverá ser representada como composição de três vetores nas direções dos vetores unitários ., keji

rrr

fig. 09 – Componentes ortogonais de uma força tridimensional

)(

)(...

)

(,,cos.cos.cos.

222 FdemóduloFFFF

vetorialnotaçãokFzjFyiFxF

referenciadeeixososeFentre

formadosângulosdiretoresânguloszyxzFzFyFyFxFxF

zyx

r

rrrr

r

++=

++=

−===

θθθθθθ

A soma de vários vetores no espaço ficará definida como apresentada abaixo.

kFzjFyiFxFFFFnnn

n

rrrrrrr.......

111321 ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=++++ ∑∑∑

Mecânica Geral 18

Exercício resolvido 11: Determine o vetor resultante e os ângulos diretores do mesmo.

Solução: ( ) ( ) ( )

°=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

°=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

°=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

=++=∴++=

°°+°°−

+°+°+°°+°°=

++= ∑∑∑

33,1450,50237,128arccosarccos

61,4150,50232,446arccosarccos

90,2050,50289,191arccosarccos

50,50237,12832,44689,191.37,128.32,446.89,191

).20cos.40sen.30025sen60cos.250(

).40cos.30060sen.250().70cos.40cos.30025cos.60cos.250(

...

222

FFzz

FFyy

FFxx

NFkjiF

k

jiF

kFzjFyiFxF

θ

θ

θ

rrrr

r

rrr

rrrr

Exercício proposto 07: Uma força de 1250N atua na origem, em uma direção definida pelos ângulos θx = 65º e θy = 40º . Sabe-se também que a componente z da força é positiva. Determine o valor de θz e as componentes da força. Resposta: 61,0o ; + 528,5N; + 957,5N; + 606N

Exercício proposto 08:

Determine o módulo e a direção da força F= (700N)i – (820N)j + (960N)k. Resposta: 1444N; 61º ; 124,6º ; 48,3º

Mecânica Geral 19

2.2.1. 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. Nestes casos há a necessidade de se representar a força a partir de coordenadas cartesianas. Assim, a força estará sendo representada por seu módulo e dois pontos de sua linha de ação dispostos no espaço. 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.

fig. 10 – Componentes cartesianas de um vetor de módulo “d”.

ddzFFz

ddyFFy

ddxFFx

temosAssim

ddzz

ddyy

ddxx

dzdydxd

.;.;.

:,

cos;cos;cos

222

===

===

++=

θθθ

2.2.2. Equilíbrio de uma partícula no espaço

0;0;0

:

.......

111

111321

=⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛+⎟

⎠

⎞⎜⎝

⎛=++++=

∑∑∑

∑∑∑

nnn

nnn

n

FzFyFx

equilíbrionotemos

kFzjFyiFxFFFFFsejarrrrrrrr

Mecânica Geral 20

Exercício resolvido 12: Determine a força em cada um dos cabos de maneira que a carga de 5000N fique em equilíbrio.

Solução:

Diagrama de corpo livre do ponto C

Da ilustração obtemos a seguinte tabela:

Esforço Fac Fbc Fdc Externo dx (xfinal- xinicial) (0-6) = -6 (0-6) = -6 (12-6) = 6 ----- dy(yfinal- yinicial) (0-0) = 0 (0-0) = 0 (8-0) = 8 -5000 dz(zfinal- zinicial) (2-0) = 2 (-2-0) = -2 (0-0) = 0 -----

d 6,32 6,32 10 -----

BCACAC

ACBCBCCDBCAC

BCACBCACDC

CDBC

BCAC

AC

CDCDDC

CDBC

BCAC

AC

CDBCACDC

CDBC

BCAC

AC

FNFFFFFFFF

temosIemIIIeIIAplicando

IIIFFFFd

Fd

Fd

FFz

IINFFd

Fd

Fd

FFy

IFFFd

Fd

Fd

FFx

==∴==+−=+−−=+−−

=∴−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−==

==∴−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−++==

+−−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

−+

−==

∑

∑

∑

68,973.1750.3.9,10750.3).95,0.(2250.6.6,0.95,0.95,0.6,0.95,0.95,0

:,

)(.32,0.32,00.2.2.0

)(250.68,0

000.5000.5.8,0000.58.0.0.0

)(.6,0.95,0.95,06.6.6.0

Mecânica Geral 21

Resolução com o uso de Matrizes: Seja o seguinte sistema

0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC => 0 = -0,95.FAC – 0,95.FBC + 0,60 FDC 0 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC – 5000 =>5000 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC 0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC =>0 = 0,32.FAC – 0,32.FBC + 0,00 FDC

O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira.

(A) . (X) = (B)

05000

0.

00,032,032,080,000,000,060,095,095,0

=−

−−

DC

BC

AC

FFF

Para estes tipos de sistemas temos as seguintes definições: Matriz Principal (A): A matriz formada com os coeficientes das incógnitas:

00,032,032,080,000,000,060,095,095,0

−

−−, Det. Principal=-0,48

Matriz das Incógnitas: Matriz obtida pela substituição de uma das colunas da matriz principal (A) pelos valores da matriz dos resultados (B). No exemplo citado a matriz do coeficiente FAC seria obtida a partir da substituição da 1ª coluna da matriz principal pela matriz resultado (B).

Matriz FAC =00,032,000,080,000,0500060,095,000,0

−

−, Det. FAC = -948,68

Matriz FBC =00,000,032,080,0500000,060,000,095,0−

, Det. FBC = -948,68

Matriz FDC =00,032,032,0

500000,000,000,095,095,0

−

−−, Det. FDC =-3000,00

Daí, as incógnitas podem ser determinadas da seguinte maneira:

FAC = (Det. FAC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N

FBC = (Det. FBC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N

FDC = (Det. FDC ) / (Det. Principal) = -3000,00 / -0,48 = 6.250,00 N Obs.: Os resultados apresentados estão diferentes devidos as aproximações aplicadas na primeira resolução.

Mecânica Geral 22

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. Determine a tração em cada um dos cabos para a condição de equilíbrio.

Solução:

Diagrama de corpo livre do ponto A

FAB FAC FAD Carga FAB FAC FAD

dx -4,00 6,00 4,00 0,00 dx/d -0,29 0,43 0,29

dy 6,00 4,00 -6,00 0,00 dy/d 0,43 0,29 -0,43

dz 12,00 12,00 12,00 -1.470,00 dz/d 0,86 0,86 0,86

d 14,00 14,00 14,00

Matriz -0,29 0,43 0,29 Det Matriz -0,29 0,00 0,29 Det.

Principal 0,43 0,29 -0,43 Principal FAC 0,43 0,00 -0,43 FAC

0,86 0,86 0,86 -0,45 0,86 1.470,00 0,86 0,00

Matriz 0,00 0,43 0,29 Det. Matriz -0,29 0,43 0,00 Det.

FAB 0,00 0,29 -0,43 FAB FAD 0,43 0,29 0,00 FAD

1.470,00 0,86 0,86 -390,00 0,86 0,86 1.470,00 -390,00

FAB FAC FAD

Equilíbrio 857,50 0,00 857,50

* Todas os esforços estão medidos em N

Mecânica Geral 23

Exercício resolvido 14: De acordo com a figura do exemplo anterior, determine a maior massa que a placa pode ter considerando que cada cabo pode suportar tração máxima de 15 kN. 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. Depois de testar a condição crítica em todos os cabos, a massa será a maior das que atenderem todos os requisitos necessários.

Diagrama de corpo livre do ponto A

FAB FAC FAD Carga FAB FAC FAD

dx -4,00 6,00 4,00 0,00 dx/d -0,29 0,43 0,29

dy 6,00 4,00 -6,00 0,00 dy/d 0,43 0,29 -0,43

dz 12,00 12,00 12,00 -1.470,00 dz/d 0,86 0,86 0,86

d 14,00 14,00 14,00

Condição crítica 1 (FAC = 15 kN)

mFFmFFF

FFFFF

FFFFF

ADABADABZ

ADABADABY

ADABADABX

.8,9.86,012900.86,0.8,9.86,015000.86,0.86,00

43,04350.43,0.43,015000.29,0.43,00

.29,06450.29,0.29,015000.43,0.29,00

−++=−++==

−+=−+==

++−=++−==

∑

∑

∑

→

→

→

Das equações acima temos o seguinte sistema

mFFFF

FF

ADAB

ADAB

ADAB

.8,9.86,0.86,012900.43,0.43,04350

.29,0.29,06450

−+=−−=−+−=−

Solução do sistema: sistema apresentado é impossível, logo está condição não é

válida.

Mecânica Geral 24

Condição crítica 2 (FAB = 15 kN)

mFFmFFF

FFFFF

FFFFF

ADACADACZ

ADACADACY

ADACADACX

.8,9.86,0.29,012900.8,9.86,0.86,015000.86,00

43,0.29,06450.43,0.29,015000.43,00

.29,0.43,04350.29,0.43,015000.29,00

−++=−++==

−+=−+==

++−=++−==

∑

∑

∑

→

→

→

Das equações acima temos o seguinte sistema

mFFFF

FF

ADAC

ADAC

ADAC

.8,9.86,029,012900.43,0.29,06450

.29,0.43,04350

−+=−−=−

+=

Solução do sistema: FAC = 0 ; FAD = 15000 e m =2.628,28 kg

Pelos resultados apresentados, quando FAB está em estado crítico FAD também estará em estado crítico e FAC será nula e a massa para o equilíbrio será 2.628,28 kg.

Exercício proposto 09: O guindaste mostrado na figura é utilizado para puxar 200 kg de peixe para a doca. Determine a força compressiva ao longo de cada uma das barras AB e CD e a tração no cabo do guindaste DB. Admita que a força em cada barra atue ao longo de seu próprio eixo.

Resposta: Fab = 2.520,00 N, Fcb = 2.520,00 N e Fdb = 3.640,00 N

Mecânica Geral 25

Exercício proposto 10: Determine a força em cada cabo necessária para suportar o cilindro de 500 lbf.

Resposta: Fab = 250 N, Fac = 388,89 N e Fad = 194,44 N

Mecânica Geral 26

3. 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. Em uma partícula os efeitos da atuação de forças eram apenas a translação ou repouso. Já em corpos rígidos, a atuação de forças, além de poder promover translação ou repouso, poderá ocasionar rotação (momento de uma força).

A maioria dos corpos tratados na mecânica elementar são supostos rígidos, considerando-se como corpo rígido aquele que não se deforma. As estruturas e as maquinas reais, no entanto, nunca são absolutamente rígidas e deformam-se sob as cargas a que estão submetidas. Mas normalmente, estas deformações são pequenas e não alteram sensivelmente as condições de equilíbrio ou de movimento da estrutura em estudo. São importantes, no entanto, quando há riscos de ruptura da estrutura, sendo estudadas em resistências dos materiais. 3.1. MOMENTO DE UMA FORÇA (TORQUE)

Também conhecido como torque, 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.

fig. 11 – Momento da força de módulo F em relação ao ponto B.

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). Assim:

dFdFeM B .sen.. θ==

3.1.1. Vetor do Momento de uma Força

fig. 12 – Vetor momento de uma força.

Mecânica Geral 27

A partir da equação da intensidade do Momento de uma força θsen..dFM = e dos conhecimentos adquiridos em Matemática Básica, podemos facilmente concluir

que o momento é uma grandeza vetorial obtida do produto vetorial entre →F e

→d .

θθ sen..sen.. dFMdxFMdFM =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡∴=∴=→→→→

Características do Vetor Momento

- Módulo:

θsen..dFM =⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ →

Unidade de Medida: Sistema Internacional: [ ] mNM .= Sistema Técnico: [ ] mkgfM .=

- Direção: Perpendicular ao plano que contem o vetor →F e

→d .

- Sentido: Determinado pela regra da mão direita.

Circulando o ponto de análise com os dedos da mão direita, de acordo com o giro que o torque promover, o dedo polegar indicará o sentido do vetor momento no plano perpendicular

ao do giro.

3.1.2. Resultante do momento de forças aplicadas em um mesmo plano

O momento, assim como toda grandeza vetorial, pode ser fruto da composição de outros momentos. Estudaremos apenas situações de equilíbrio de corpos rígidos no plano, assim, as forças envolvidas irão gerar apenas momentos paralelos, ou seja, 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).

Mecânica Geral 28

Exercício resolvido 15: Determine o momento da força aplicada em A de 40N relativamente ao ponto B.

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.

mNMMMM

tesulMomento

horáriotidomNMNFy

horárioantitidomNMNFx

RFyB

FxBR

FyB

FxB

.11,752,741,0

tanRe

)(sen.52,720,0.59,3759,3720cos.40

)(sen.41,003,0.68,1368.1320sen.40

−=−=∴+=

−==∴=°=

−+==∴=°=

rrr

Exercício resolvido 16: Se a força F=100 N, determine o ângulo θ (0° ≤ θ ≤ 90°) de modo que ela gere um momento de 20N.m no sentido horário em relação ao ponto O.

Mecânica Geral 29

Solução:

( ) ( )

°=∴==°=∴===∆+−=∴+−=−∴

=+−=−

+−=−∴+−=−∴

+=

−=+−=∴+=

=°==∴=

−=°+=+=∴=

36,28cos88,0´´21,80cos17,0´41,840;175.2,1239.76,11840.76,959.2,1239400)1.(225

cos;cos.76,959cos.2,1239400)cos1.(225

cos.98,3020cos1.15cos.98,3020cos1.15

sencos1,

)(20sen.15cos.98,30

tanRe.sen.15)60cos.3,0.(sen.100).(sen.sen.

.cos.98,30)60sen.3,005,0.(cos.100)05,0.(cos.cos.

222

22

2222

22

θθθθ

θθθθ

θθθθ

θθ

θθ

θθθθ

θθθθ

zezzzzzz

z

como

IMMMM

tesulMomentomNxFMFFy

mNyFMFFx

RFyB

FxBR

FyO

FxO

rrr

Testando os valores de θ na equação I, apenas θ=28,36° é válido. A equação I só admite uma única solução verdadeira. Exercício proposto 11: Uma força de 150 N atua na extremidade de uma alavanca de 0,90m como na figura. Determinar o momento da força em relação a O.

Resposta: 46,20 N.m

Mecânica Geral 30

Exercício proposto 12: Sabendo que a distância AB é 250 mm, 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.

Resposta: 37,5 N.m ;α = 20º 3.1.3. Binário

Um binário corresponde ao momento gerado em um sistema constituído por duas forças de mesma intensidade, mesma direção, sentidos opostos.

fig. 13 – Sistema Binário de Forças.

Sendo θsen..dFMM BA == conclui-se que o momento gerado pelo binário é

igual a θsen...2 dFM Binário = . Efeitos do Binário:

θsen...20

dFMF RESULTANTE

==

→

3.2. PRINCIPIO DA TRANSMISSIBILIDADE

Toda força pode ser transmitida ao longo da sua linha de ação, sem que as condições de equilíbrio do corpo se alterem.

fig. 14 – Força transladada em sua linha de ação.

Mecânica Geral 31

Quando uma força é transladada de um ponto para outro fora de sua linha de ação, ela só produz um efeito equivalente, se a ela for somado um vetor binário, cujo momento é igual ao momento que ela produzia na posição original (momento de transporte).

fig. 15 – Força transladada para fora de sua linha de ação.

3.3. SISTEMA EQUIVALENTE

Dois sistemas de ação mecânica são denominados equivalentes quando eles satisfazem simultaneamente dois quesitos:

• Mesma força resultante; • Para qualquer pólo adotado eles devem produzir um momento resultante

equivalente.

fig. 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; • Determinar o vetor força resultante; • Determinar o momento da força resultante em relação ao ponto O; • Determinar a localização da força em relação ao ponto O. Obs.: 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.

Mecânica Geral 32

Exercício resolvido 17: Substitua as três forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O.

Solução:

mNM

NF

O .66007.6004.12002.1200

60060012001200

−=−−=

−=−−=

∑∑

O sistema anteriormente apresentado também é equivalente ao da ilustração abaixo.

Onde:

mFM

dO

O 11600

00.66===

∑∑ “ d ” representa a localização da força resultante em

relação ao ponto de referencia estabelecido “O”.

Exercício proposto 13:

Substitua as duas forças mostradas na figura por uma força resultante e um momento equivalente em relação ao ponto O.

Mecânica Geral 33

3.4. EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS NO PLANO

fig. 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:

)(0

)(0

)(0

IIIM

IIF

IF

y

X

=

=

=

∑

∑

∑

→

→

→

Note que a equação III não foi considerada no estudo do equilíbrio de uma partícula, porém, devido à aplicação de forças em diferentes pontos de diferentes linhas de ação, no estudo de equilíbrio de corpos rígidos se faz necessário considerar a soma dos momentos, em relação a um ponto qualquer, nulo. 3.4.1. Apoios para Corpos Rígidos No estudo do equilíbrio dos corpos rígidos é fundamental o conhecimento dos tipos de apoios que são comumente utilizados. Nas questões de equilíbrio geralmente são solicitadas as reações nos apoios. Assim, 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.

Mecânica Geral 34

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. Uma Normal a superfície de

apoio e a outra paralela.

Três Reações. Uma força Normal a superfície

de apoio, outra força Paralela a superfície e

um momento.

Exercício resolvido 18: Determine as reações nos apoios A e B da viga ilustrada abaixo.

Solução:

Diagrama de corpo livre da viga

Mecânica Geral 35

Das equações do equilíbrio, temos:

kNVAsencontramoIIemIIIAplicando

IIIkNVBVBM

IIVBVAVBVAyF

IHBxF

RA

30

)(1055,6.305,5.305,4.5,1.750

)(1353030750

)(0

=

=∴−−+−==

−=∴−−+−==

==

∑∑

∑→

→

Exercício proposto 14: Sabendo que a carga P aplicada no braço engastado a viga tem módulo igual a 100 kN, determine as reações nos apoios A e B.

Resposta: HA= 0, VA= 7,78kN, HB= -100 kN , VB=127,22 kN.

Exercício proposto 15: A viga ilustrada abaixo, com o auxilio da corda que passa pelos pontos B, C e D, sustenta uma carga de 8,0 kN. Sabendo que o peso próprio da viga é de 4,0 kN e que pode ser admitido concentrado no centro da viga, determine as reações no apoio E.

Exercício proposto 16: Ainda de acordo com a ilustração da questão anterior, determine as o módulo da força F.

Mecânica Geral 36

Exercício proposto 17: Determine as reações nos apoios da treliça ilustrada.

Resposta: HA= 400 N, VA= 300 N, HD= 0 , VD=900 N.

Mecânica Geral 37

4. 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. A seguir trataremos de um relevante exemplo de estrutura isostática; Treliça Simples. 4.1. TRELIÇAS

Chamamos de treliça um sistema reticulado cujas barras têm todas as extremidades rotuladas e cujas cargas estão aplicadas apenas em seus nós. A treliça e um dos principais tipos de estruturas da engenharia. Ela oferece, ao mesmo tempo, uma solução prática e econômica a muitas situações de engenharia.

fig. 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. A primeira estrutura sem dúvida perderia o equilíbrio enquanto a treliça se manteria inalterada. 4.1.1. Aplicações das Treliças

Entre as principais aplicações destacam-se os usos em pontes, telhados, coberturas, etc.

fig. 18 – Estabilidade estrutural da treliça

Mecânica Geral 38

4.1.2. Premissas do Projeto de uma Treliça

• As cargas deverão ser aplicadas nos nós; • Os pesos das barras deverão ser admitidos desprezíveis;

• Os eixos geométricos das barras que formam o nó deverão ser concorrentes;

• As barras deverão ser solicitadas apenas por esforços axiais (tração ou

compressão). 4.1.3. Métodos de Análise

Comumente são utilizados dois métodos para resolução de problemas envolvendo treliças isostáticas; Método dos Nós e Método das Seções (Seções de Ritter). • Método dos Nós

Neste método os esforços nas barras são determinados a partir da análise do equilíbrio de cada nó que compõem a estrutura. Assim, para determinar as cargas de tração (quando tente a alongar) ou compressão (quando tende diminuir) nas barras, 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. Exercício resolvido 19: Usando o método dos nós, determine a força na barra AB e BC da treliça ilustrada.

Solução:

Diagrama de Corpo Livre do Nó B

Mecânica Geral 39

kNFIemIIAplicando

IIkNFFFy

IFFFx

AB

BCBC

ABBC

00,2,

)(41,11000)45sen(.0

)()45cos(.0

−=

=∴−°==

+°==

∑

∑→

→

Exercício resolvido 20: Usando o método dos nós, determine a força na barra BC e CD da treliça ilustrada.

Solução:

Diagrama de Corpo Livre do Nó C

kNFFyF

kNFFxF

CDCD

BCBC

71,0)45cos(.10

71,0)45sen(.10

−=∴°−−==

=∴°+−==

∑

∑→

→

• Método das Seções (Seções de Ritter).

Enquanto o método dos nós representa a aplicação do equilíbrio de uma partícula para determinação dos esforços nas barras de uma estrutura treliçada, o método das seções utiliza do estudo do equilíbrio de copos rígidos para determinação dos esforços. Assim, neste método além do equilíbrio das forças também é levado em consideração o equilíbrio dos momentos para determinação imediata dos esforços.

fig. 20 – Caso Particular de Redução de Sistemas de Forças

Mecânica Geral 40

Em caso de forças concorrentes, como mostrado na figura 20, o memento resultante será sempre nulo. Isto ajudará na resolução dos problemas de treliças pelo método das seções. Exercício resolvido 21: Determine as forças atuantes nos elementos GE, GC e BC da treliça ilustrada. Solução:

Determinação das reações nos apoios

NAytemosIemIIAplicando

IINDyDyM

IDyAyyF

NAxAxxF

R

A

300,

)(9003.40012.8.12000

)(200.10

4004000

=

=∴−+−==

−+==

=∴−==

∑

∑

∑

→

→

→

Diagrama de Corpo Livre da Seção que Corta as Barras em Questão

Mecânica Geral 41

Exercício proposto 17: Determine as forças atuantes nos elementos BC, CF e FE. Verifique se os elementos estão sob tração ou compressão.

Resposta:

Exercício proposto 18: Cada elemento da treliça mostrada na figura é uniforme e tem um massa de 8kg/m. Remova as cargas externas de 3 kN e 2kN e determine a força aproximada em cada elemento devido ao peso próprio da treliça. Indique se os elementos estão sob tração ou compressão. Resolva o problema admitindo que os pesos dos elementos podem ser representados por força verticais, metade das quai9s atua em cada uma das extremidades de cada elemento.

Resposta: FCD= 467 N (C); FBC= 389 N (T); FBD= 314 N (C);

FDE= 1200 N (C); FAD= 736 N (T).

Mecânica Geral 42

Exercício proposto 19: A treliça Howe de uma ponte está sujeita ao carregamento mostrado na figura. Determine as forças nos elementos DE, EH e HG e indique se estes estão sob tração ou compressão.

Resposta: FDE= 45 kN (C); FEN= 5 kN (T); FMG= 45 kN (T).

Mecânica Geral 43

5. CARGAS DISTRIBUÍDAS SOBRE VIGAS Em todo conteúdo apresentado até agora estudamos apenas forças aplicadas

de forma pontual. Neste capítulo estudaremos situações de carregamentos mais próximas da realidade; Cargas Distribuídas. Entre os vários exemplos comuns de cargas distribuídas podemos citar o carregamento de uma laje sobre uma viga, peso próprio de cabos, força das águas sobre as comportas de uma barragem etc. Em nosso curso só veremos aplicações sobre vigas.

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. 5.1. CENTRÓIDES DE SUPERFÍCIES PLANAS 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa Inicialmente, vamos descrever o conceito de centro de gravidade de um sistema constituído por um número finito de partículas, localizadas sobre um eixo L, de peso e espessura insignificantes. Vamos supor que o eixo L esteja na posição horizontal e imaginemos que ele possa girar livremente em torno de um ponto P, como se nesse ponto fosse colocada uma articulação.

fig. 21 – Sistema de uma alavanca

Se colocarmos sobre L um objeto de peso w1 a uma distância d1, à direita de P, o peso do objeto fará girar L no sentido horário. Colocando um objeto de peso w2, a uma distância d2 à esquerda de P, o peso desse objeto fará L girar no sentido anti-horário. Colocando simultaneamente os dois objetos sobre L o equilíbrio ocorre quando

w1.d1 = w2.d2 (I)

fig. 22 – Sistema de uma alavanca em equilíbrio

Mecânica Geral 44

Vamos, agora, orientar L e faze-lo coincidir com o eixo dos x do sistema de coordenadas cartesianas. Se duas partículas de peso w1 e w2 estão localizadas nos pontos x1 e x2, respectivamente podemos reescrever a equação I como

w1.(x1 – P) = w2.(P - x2) ou w1.(x1 – P) + w2.(x2 - P) = 0

fig. 23 – Sistema orientado de uma alavanca em equilíbrio Supondo que n partículas de pesos w1, w2, …, wn estejam colocadas nos pontos x1, x2, …, xn, respectivamente, o sistema estará em equilíbrio ao redor de P quando

∑=

=−n

iPxiwi

10)(.

se a aceleração da gravidade for constante

∑=

=−n

iPxigmi

10)(.. <=>∑

=

=−n

iPximi

10)(..

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). Se a aceleração da gravidade for constante em todo o sistema este ponto coincide com o centro de massa do corpo.

∑

∑

∑∑

∑∑

∑

=

=

==

==

=

=

=−

=−

=−

n

i

n

i

n

i

n

i

n

i

n

i

n

i

mi

ximix

mixximi

xmiximi

xximi

1

1

11

11

1

..

0...

0...

0)(..

Mecânica Geral 45

A última equação mostra a localização do centro de massa de um sistema na direção x. Analogamente poderíamos analisar as demais coordenadas deste ponto a partir das seguintes equações:

∑

∑

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

= ===n

i

n

in

i

n

in

i

n

i

mi

zimiz

mi

yimiy

mi

ximix

1

1

1

1

1

1......

(II)

5.1.2. Centróides de Superfícies Planas

fig. 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, A2, A3 e A4 em uma distancia L (corpo prismático) a equação II poderá ser representada da seguinte maneira.

∑

∑

∑

∑

=

=

=

= ==4

1

4

14

1

4

1

..

....

..

....

i

i

i

i

AiL

yiAiLy

AiL

xiAiLx

ρ

ρ

ρ

ρ ou

∑

∑

∑

∑

=

=

=

= ==4

1

4

14

1

4

1...

i

i

i

i

Ai

Aiyiy

Ai

Aixix (III)

A última equação nos oferece as coordenadas “x e y“ do centro de massa projetadas na face que gerou o corpo. Estas são as coordenadas do centróide ou centro geométrico da referida face. Todo desenvolvimento feito até aqui foi baseado em somatória de partes discretas. Porém quando analisamos um corpo ou uma área real eles são compostos de infinitas partes e representam a integração destas partes. Desta maneira, deveremos utilizar na equação III o processo de integração ao invés de somatórios.

∫∫

∫∫

==A

A

A

A

dA

dAyy

dA

dAxx

..

Mecânica Geral 46

Abaixo são apresentadas áreas elementares e as respectivas coordenadas do centróide determinadas com base nas equações acima.

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).

Mecânica Geral 47

Todas as medidas são em relação a O.

Ai x x.Ai y y.Ai A1 2.000 50 100.000 150 300.000 A2 2.800 50 140.000 70 196.000 Somatório 4.800 ----- 240.000 ----- 496.000

Assim,

∑

∑

∑

∑

=

=

=

= ==4

1

4

14

1

4

1...

i

i

i

i

Ai

Aiyiy

Ai

Aixix => mmyemmx 33,103

800.4000.49650

800.4000.240

====

Exercício resolvido 23: Determine as coordenadas do centróide da área ilustrada abaixo.

Mecânica Geral 48

Solução:

Todas as medidas são em relação a O.

Ai x x.Ai y y.Ai A1 20.000 50 1.000.000 100 2.000.000 A2 (*) -12.800 60 -768.000 100 -1.280.000 Somatório 7.200 ----- 232.000 ----- 720.000

(*) Área extraída, portanto o valor é negativo. Assim,

∑

∑

∑

∑

=

=

=

= ==4

1

4

14

1

4

1...

i

i

i

i

Ai

Aiyiy

Ai

Aixix => 00,100

200.7000.72022,32

200.7000.232

==== yex

5.2. CARGAS PONTUAIS EQUIVALENTES A UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUÍDAS

Relembrando o que já foi visto anteriormente, 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, 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.

Mecânica Geral 49

fig. 26 – Sistema de cargas distribuídas

fig. 27 – Sistema de carga pontual equivalente ao de cargas distribuídas apresentado na figura 26.

Exercício resolvido 24: Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada.

Solução: O módulo da força resultante é numericamente igual a área do perfil do carregamento distribuído, ou seja, a área do trapézio.

kNFR 252

5).28(=

+=

A força resultante localiza-se no centróide da área do perfil do carregamento distribuído.

Mecânica Geral 50

Subdivisão do perfil do carregamento em áreas elementares

Área X X.A A1 15 3,33 49,95 A2 10 2,50 25,00

Somatório 25 --------- 74,95 Valores medidos a partir do apoio A

mAAx

x 00,325

95,74.≈==

∑∑

Sistema de carga pontual

Exercício resolvido 25:

Ainda de acordo com a questão anterior, determine as reações nos apoios. 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.

Diagrama de corpo livre da barra

Mecânica Geral 51

kNAyIemIIAplicando

IIkNByByM

IByAyFy

AxAxFx

RA

10,

)(15.525.30

)(250

00

=

=∴+−==

−+==

=∴==

∑∑∑

Exercício proposto 20: Determine o módulo e a localização da força resultante sobre a viga ilustrada e as reações no apoio A.

Mecânica Geral 52

6. 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. Note que P1 é a posição que freqüentemente é adotada em situações do cotidiano. Isso se deve ao fato de que, na posição P1, a viga oferece uma maior resistência ao momento gerado pelo peso próprio da laje em torno do eixo x. Desta maneira, como se nota experimentalmente, na primeira posição a viga resistiria um maior momento (M1) do que se a mesma estivesse na posição P2, onde resistiria a um momento inferior (M2).

fig. 28 – Laje apoiada por vigas iguais e em diferentes posições.

A esta resistência ao giro em torno de um eixo chamamos de momento de Inércia. 6.1. MOMENTO DE INÉRCIA

fig. 29 – Sistema de cargas discretas submetidas ao giro.

Na rotação de duas partículas de massas dm 1 e dm 2 ao redor de um eixo fixo

com a velocidade angular ω , com distancias r1 e r2 do eixo de rotação as partículas tem, respectivamente, velocidades 11 .rV ϖ= e 22 .rV ϖ= . Portanto o sistema formado pelas duas partículas terá a seguinte energia cinética.

∑=

=

+=+=

2

1

22

22

22

12

12

22

212

1

..21

..21..

21.

21.

21

iii dmrE

dmrdmrdmvdmvE

ϖ

ϖϖ

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, ou simplesmente, um corpo rígido girando em torno de um eixo de referencia, a energia cinética seria dada por integração de acordo a equação abaixo.

Mecânica Geral 53

∫= dmrE ..21 22ϖ (I)

Chamamos de momento de Inércia o termo I = ∫ dmr .2 da equação acima.

De acordo com a equação I, ao oferecer uma mesma quantidade de energia

cinética a dois corpos, em relação a um mesmo eixo de referencia, obterá o menor valor de ω o que tiver maior valor de momento de inércia. Por este motivo, dizemos que o memento de inércia representa a resistência à rotação de um corpo em relação a um determinado eixo de referencia.

fig. 30 – Corpo prismático de base A e altura L.

Ao analisarmos corpos formados pela translação de uma determinada área A

(corpos prismáticos) e de densidade constante ρ notamos que:

∫

∫∫

=

==

==

dArLI

dALrdmrI

dALdmALmassa

...

....

..:...

2

22

ρ

ρ

ρρ

Assim, em corpos prismáticos, onde ρ e L são constantes, a variação do

memento de inércia se dará em função do termo ∫ dAr .2 , ou seja, em função da forma e distribuição geométrica da área que gerou o corpo de translação.

Chamamos o termo ∫ dAr .2 de momento de inércia de área. Obs.: O momento de inércia de área é medido no S.I. em m4, podendo também ser medido em mm4, cm4, ft4, in4.

fig. 31 – Perfil retangular apoiado em diferentes posições.

Agora analisando novamente o caso da laje sustentada por duas vigas,

verificamos que na posição P1 há uma maior distribuição ( y ) da área em relação ao eixo de rotação x do que na posição P2, ou seja, o momento de inércia de área em relação ao eixo x é maior na posição P1. Logo, Na posição P1 a viga resistirá mais a rotação em torno de x.

Mecânica Geral 54

Exercício resolvido 26: Determine o momento de inércia de área do retângulo em relação aos eixos x e y passando pelo centróide.

Solução: Analisando Momento em relação ao

eixo x (Ix) variando o valor de y

Analisando Momento em relação ao eixo y (Iy) variando o valor de x

12..

31......

12..

31......

32

2

32

2

22

2

22

2

2

32

2

32

2

22

2

22

2

2

hbxhdyxhdyhxdAxIy

hbybdyybdybydAyIx

b

b

b

b

b

b

b

b

h

h

h

h

h

h

h

h

=====

=====

−−−−

−−−−

∫∫∫

∫∫∫

6.2. MOMENTO DE INÉRCIA DE ÁREAS ELEMENTARES

Como mostrado no exercício resolvido 26, o momento de inércia de áreas pode ser determinado por processo de integração. Abaixo apresentamos o momento de inércia de algumas áreas elementares em relação aos eixos x e y de referencia passando pelo centróide.

Mecânica Geral 55

Área Elementar Momento de Inércia de Área Retângulo

3

3

.121

.121

bhIy

hbIx

=

=

Triângulo Retângulo

3

3

..361

..361

bhIy

hbIx

=

=

Círculo

4

4

..41

..41

rIy

rIx

π

π

=

=

fig. 32 – Corpo prismático de base A e altura L. 6.3. 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 dArdJ .2= . Neste caso r é a distancia perpendicular do pólo (eixo z) até o elemento dA. Para toda a área o momento polar de inércia é expresso por

∫= dArJ .2

ou

dAydAxJdAyxJ

yxrcomo

∫∫∫ +=+=

+=2222

222

.:.).(

IyIxJ +=

fig. 33 – Momento polar de inércia.

Mecânica Geral 56

6.4. 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, o que ocorre com freqüência, o mento de inércia dessa área em relação a um eixo paralelo é determinado através de Teorema dos Eixos Paralelos. Para derivarmos esse teorema, consideraremos o cálculo do momento de inércia da área sombreada mostrada na figura em relação ao eixo x. Neste caso, um elemento infinitesimal dA é localizado a uma distância arbitrária y’ em relação ao eixo x’ que passa pelo centróide, 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, então, para toda a área

fig. 34 – Teorema dos eixos paralelos.

∫∫∫∫

+++=

+=

dAdydAydydAyIx

dAdyyIx22

2

'..2.'

.)'(

A primeira integral representa o momento de inércia em relação ao eixo que passa pelo centróide, Ix . A segunda integral (momento estático ou momento de primeira ordem) é nula, pois o eixo x’ passa pelo centróide da área, isto é,

,0.''.:.'.

' === ∫∫∫∫ dAydAy

dA

dAyy pois 0' =y . Lembrando que a terceira integral

representa a área total, o resultado final fica

2.dyAIxIx +=

Mecânica Geral 57

Exercício resolvido 27: Determine o memento de inércia da área retângula abaixo em relação ao eixo x em função de “b e h”.

Solução:

A dy2 A. dy2Ix Ix

b.h

42

22 hh=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ 4

. 3hb 12. 3hb

4. 3hb +

12. 3hb =

3. 3hb

Assim Ix = b.h3/3 Exercício resolvido 28: Determine o momento de inércia de área da figura em relação ao eixo x.

Solução: A figura é a composição de duas áreas. 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.

A dy2 A. dy2 Ix Ix A1 28 15.15 = 225 6300 14.23/12 = 9,33 9,33 + 6300 = 6309,33 A2 28 7.7 = 49 1372 2.143/12 = 457,33 457,33 + 1372 = 1829,33

Total 6309,33 + 1829,33 = 8138,66 Respostas: Ix = 8.138,66 cm4

Mecânica Geral 58

6.5. 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. Sendo as áreas e os momentos de inércia conhecidos, os raios de giração são determinados pelas fórmulas abaixo.

AJok

AI

kAI

k yy

xx === 0

Exercício resolvido 29: Determine o raio de giração em relação a x da figura do exemplo 03. Solução: Atotal = 28 + 28 = 56 cm2

Ix = 8.138,66 cm4 cmkx 06,1256

66,8138==