Livro Mecânica - Estática - James Meriam

Para converter

FATORES DE CONVERSÃO

Unidades Inglesas para SI

Para Multiplicar por

(Aceleração)pé/segundo2 (ft/sec2)polegada/segundo2 (in./sec2)

(Área)pé (ft2)polegada 2 (in.2)

(Massa especz'fica)libra massa/polegada3 (Ibm/in.')libra massa/pé 3 (lbm/ft3)

(Força)kip (1000 Ib)libra força (Ib)

(Comprimento)pé (ft)polegada (in.)milha (mi)milha (mi), (milha marítima)

(Massa)libra massa (lbm)slug (lb-sec2/ft)tonelada (2000 Ibm)

(Momento de força)libra-pé (lb-ft)libra-polegada (lb-in.)

(Momento de inércia, área)pOlegada4

(Momento de inércia, massa)

libra-pé-segundo2 (lb-ft-sec')(Momentum ou quantidade de movimento, linear)

libra-segundo (lb-sec)(Momentum ou quantidade de movimento, angular)

libra-pé-segundo (lb-ft-sec)(Potência)

pé-libra-minuto (ft-Ib-min)horsepower (550 ft-Ib/sec)

(Pressão, tensão)

atmosfera (padrão) (14.7 Ib/in!)libra-força/pé' (lb/ft')libra-força/polegada' (lb/in! ou psi)

(Constante elástico)

libra força/polegada (Ib/in.)(Velocidade)

pé/segundo (tf/sec)nó/náutica (mi/hr)milha/hora (mi/hr)milha/hora (mi/hr)

(Volume)pé3 (ft3)polegada 3 (in.')

(Trabalho, energia)

Unidade :érrnica Inglesa (BTU)pé-libra forç (ft-Ib)kilowatt-hora (kw-h)

* Valor exato

metro/segundo2 (m/s')metro/segundo2 (m/s')

metro2 (m')metro2 (m')

quilograma/metro3 (kg/m3)quilograma/metro3 (kg/m3)

newton (N)newton (N)

metro (m)metro (m)metro(m)metro (m)

quilograma (kg)quilograma (kg)quilograma (kg)

newton-metro (N • m)newton-metro (N • m)

metro4 (m4)

quilúgrama-metro2 (kg • m') •

quilograma-metro/segundo (kg • m/s)

newton-metro-segundo (kg • m'/s)

watt(W)watt(W)

newton "metro' (N/m2 ou Pa)newton/metro' (N/m' ou Pa)newton/metro' (N/m' ou Pa)

newton/metro (N/m)

metro /segundo (m/s)metro/segundo (m/s)metro/segundo (m/s)qúilômetro/hora (km/h)

metro3 (m3)metro3 (m3)

joule (1)joule (1)joule (1)

3.048 X 10-1 *2.54 X 10-2 *

9.2903 X 10-26.4516 X 10-4*

2.7680 X 104

1.6018 X 10

4.4482 X 103

4.4482

3.048 X 10-1 *2.54 X 10-' *1.6093 X 1031.852 X 10- '*

4.5359 X 10-1

1.4594 X 109.0718 X 10'

1.35580.11298

41.623 X 10-0

1.3558

4.4482

1.3558

2.2597 X 10-'7.4570 X Ia'

1.0133 X 10'4.7880 X 106.8948 X 103

1.7513 X 10'

3.048 X 10-1 *5.1444 X 10-1

4.4704 X 10-1 *1.6093

2.8317 X 10-21.6387 X 10-'

1.0551 X 1031.35583.60 X 10· *

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UNIDADES DO SISTEMA INTERNACIONAL USADAS NA MECÂNICA

Quantidade

(Unidades Básicas)ComprimentoMassa

Tempo

(Unidades Derivadas)Aceleração, linear

Aceleração, angularÁrea

Massa específica

Força

Freqüência

Impulso, linear

1mpulso, angular

Momento de força

Momento de inércia, áreaMomento de inércia, massa

Momentum ou quantidade de movimento linear

Momentum ou quantidade de movimento angularPotência

Pressão, tensão

Produto de inércia, área

Produto de inércia, massaConstante elástico

Velocidade, linear

Velocidade, angularVolume

Unidade

metro

quilograma

segundo

metro/segundo'

radiano/segundo'metro'

q uilograma/metro'newton

hertz

newton-segundo

newton-metro-segundonewton-metro

metro"

quilograma-metro '

q uilograma-metro/ segundo

quilograma-metro '/segundowatt

pascalmetro4

quilograma-metro'newton/metro

metro/segundo

racliano/segundometro'

S{mbolo SI

m

kgs

m/s'rad/s'm'kg/m'

N (= kg • m/s')Hz (= l/s)N· s

N· m· s

N'mm'kg' m'kg • m/s (= N . s)

kg' m'/s(=N' m· s)

W (= J/s = N . m/s)Pa (= N/m')m'kg. m'N/mm/srad/sm'

FATORES DE CONVERSÃO

Unidades Inglesas para SI

Para con verter

Trabalho, energia

(Unidades Suplementares)Distância (navegação)Massa

Ângulo plano

Ângulo planoVelocidade

Tempo

TempoTempo

Para

joule

milha náutica

tonelada métrica

graus (decimal)racliano

nó

dia

hora

minuto

PREFIXOS DE UNIDADES SI

Multiplicar por

J(=N· m)

(= 1.852 km)

t (= 1.000 kg)

(1.852 km/h)dhmin

Fator Multiplicação

1000000000000 = 10"-1000000000 = 10'

-1000000 = 10'1000 = 10'

100 = 10'10=10

0.1 = 10-10.01 = 10-'

0.001 = 10-'0.000001 = 10-'

0.000 000 001 = 10- 9

0.000000000001 = 10-1'

Prefixo

terra

giga

megakilo

hecto

deka

deci

centi

milli

micro

nano

pico

S{mbolo

T

GMkhda

dc

munp

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'-~~ =s· s)• ='" i =:;:. m • S)

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=:' -"')

=~:b::l)r-:..:mkg)

•ESTATICA

?>\J10RI~

~'foO~<S'ta'u ~ ~~~I>~ASSOCIAÇÃO BRASILEIRA DE DIREITOS REPROGRÁFICOS

1'<-;~~"'''~ -:: o"

"(;"4 v"o DIREl'tO ~

EDITORA AFILIADA

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238 I ESTATICA

manter o veícul,baixa e constantecular o coeficienL.e das rodas. (Sug,

livre completo de

ProbLI

6.68 Determinar o maio= •

do pode fazer =veículo do Probl. érolar por si mesmo_ valor de 0,20 paradas rodas.

6.69 O sistema articulado ::

sob a ação dos to~do, gradualmente,mova, escrever uma ~0<, entre a força deAB e sua linha de :l:está iminente. O c:orej

mancal é J.l..

6.70 O míssil de 20 Mg é ;protetor, por meio csos, como é mostr'aél1,07 Mg tem 130 =quadrada de uma e:13 mm. Os parafusa!mandados por um mmassa total do mí

ma de 4,2 Mg do e.

T

500 kg

Probl.6.65

Probl. 6.64

Se o coeficiente de atrito dinâmico entre o pino dz30 mm de diâmetro ea polia é 0,25, calcular a tração T necessária para elevar a carga de 500 kg. E::contre, também, a tração To na parte estacionárn.do cabo. Desprezar a massa da polia.

Resp. T= 2,52 kN; To = 2,38IC'

Vertical-1

6.66 Calcular a tração T necessária para baixar a C:aIEl

do Probl. 6.65. Encontrar também To'

6.67 Cada uma das quatro rodas do veículo tem 20 qde massa e está montada em um eixo de 80 mm (diâmetro. A massa total do veículo é 480 kg, ::.c1uindo as rodas e é distribuldo igualmente 80'

elas. Se for necessário uma força P = 80 N •

6.65

6.64 O eixo A ajusta-se folgadamente ao mancal do pinodo êmbolo da biela, com centro de gravidade em G,como mostrado. Com a biela inicialmente na posição vertical, o eixo é girado, vagarosamente, atéque a biela deslize no ângulo Ci. Escrever umaexpressão exata para o coeficiente de atrito.

Probl. 6.62

6.63 A figura representa uma embreagem de discos múltiplos para uso em motor marítimo. Os discos motrizesA estão enchavetados ao eixo propulsor B, demodo a ficarem livres para deslizar ao longo doeixo, porém devendo girar com ele. Os discos Cacionam a carcaça D por meio dos parafusos E, aolongo dos quais eles estão livres para deslizar. Naembreagem mostrada, existem cinco pares de superfícies de atrito. Supor que a pressão esteja uniformemente distribuída sobre a área dos discos, e

determinar o torque máximo M que pode ser transmitido, se o coeficiente de atrito for 0,15 eP= 500N.

Probl.6.63

Resp. M= 335 N'm

6.62 As rodas dianteiras de um veículo têm um raio de300 mm e são equipadas com freios a disco, queconsistem de um anel A de raios externo e interno

de 150 e 75 mm, respectivamente. O anel, que nãogira com a roda,- é forçado contra o disco da rodapor uma força P. Se a pressão entre o anel e a rodado disco for uniforme sobre as superfícies de contato, calcular a força de atrito F entre cada pneumático dianteiro e a- estrada horizontal, para umaforça axial P = 1 kN, quando o veículo estiver àvelocidade constante e as rodas girando. O coeficiente de atrito entre o disco e o anel é 0,35.

Resp. F = 136,1 N

6.61 Calcular o torque M que é necessário aplicar aoeixo do tambor de elevação do Probl. 6.60, parabaixar a carga de 500 kg com velocidade constante.Usar o valor de J.l. = 0,271, calculado no Probl.6.60, para o coeficiente de atrito.

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•

James L. Meriam

Professor de Engenharia MecânicaCalifomia Polytechnic State University

Tradução da 1!1 Edição

Augusto Cesar Alcoforado do Couto

Engenheiro Industrial Mecânico,formado pela Escola de Engenha-ria da UFF

Tradução da 2!1 Edição

Márcio de Luca Rebello

Engenheiro Naval,formado pela USPMestre em Engenharia Naval,formado pelo M.I.T.

EDITORA

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~

Título do orígínal em ínglês: Engíneering Mechanícs Statícs and DynamícsCopyríght © John Wíley & Sons, Inc.All ríghts reserved. Authorízed translatíon from Englísh Language editíor,publíshed by John Wiley & Sons, Inc.

Direítos exclusivos para a língua portuguesaCopyright © 1994 by LTC - Livros Técnicos.e Científicos S.A.

Travessa do Ouvidor, 11Rio de Janeiro, RJ - CEP 20040-040

Reservados todos os díreitos. É proibída a duplícação oureprodução deste volume, no todo ou em parte,sob quaísquer formas ou por quaísquer meíos(eletrôníco, mecâníco, gravação, fotocópía, ou outros),sem permíssão expressa da Edítora.

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PREFÁCIO

As inovações e contribuições do Dr. James L. Meriam no campo da Engenharia Mecânica são dignas denota. Sem dúvida alguma, ele foi a pessoa que mais influenciou o ensino da Mecânica nos últimos vinte ecinco anos.

Aqueles que iniciaram o estudo da Mecânica depois de 1950 não passaram pelas apreensões e falta deentendimento experimentados pela maioria dos engenheiros formados anteriormente, ao abordarem problemas da Mecânica. O Professor Meriam muito contribuiu para a clareza e a compreensão de que se dispõeatualmente. O seu primeiro livro sobre Mecânica, publicado em 1951, reconstruiu literalmente a apresentaçãodo assunto para os estudantes, e tornou-se o livro-texto definitivo naquela década. Tanto o primeiro livroquanto os que se seguiram sempre se caracterizaram por uma organização lógica, de fácil leitura, orientadospara o estudante médio e contendo excelentes exemplos de problemas de Engenharia da vida real, comprimorosas ilustrações.

Estes livros tornaram-se modelo para outros textos sobre Engenharia Mecânica nos anos ~e 50 e de 60.O Dr. Meriam iniciou seu contato com a Mecânica na Universidade de Yale, onde obteve os graus de

Bacharel, Mestre e Doutor. Cedo ganhou experiência industrial na Pratt and Whitney Aircraft e na GeneralElectric Company, que estimularam suas primeiras contribuições para a Mecânica nas análises matemática eexperimental das tensões.

Durante a Segunda Guerra Mundial, serviu na Guarda Costeira Americana.Todas estas experiências, absorvidas no início de sua carreira, influenciaram o Professor Meriam de dois

modos: primeiro, ele descobriu o seu profundo interesse pelas aplicações práticas da Mecânica; segundo, eleesenvolveu um gosto permanente por navios e pelo mar ..

Dr. Meriam foi membro docente da Universidade da Califórnia, em Berkeley, durante vinte e dois anos,onde foi Professor de Mecânica, Deão Assistente dos Estudos de Graduação e Chefe da Divisão de Mecânica eProjeto. Em 1963, tornou-se Deão de Engenharia na Universidade de Duke, onde dedicou todas as suas

energias ao desenvolvimento da Escola de Engenharia. Em 1972, o ProL Meriam satisfez seu desejo deretomar a ensinar em tempo integral; aceitando o cargo de Professor de Mecânica na Universidade EstadualPolitécnica da Califórnia.

O Dr. Meriam sempre deu muita ênfase ao ensino, e este fato tem sido reconhecido pelos seusestudantes, onde quer que dê aulas. Por exemplo, em Berkeley, em 1963, ele foi o primeiro a ser agraciadocom o prêmio Tau Beta Pi, de relevância universitária, outorgado principalmente em consideração àexcelência de suas aulas.

O diagrama de corpo livre é o fundamento da Mecânica. Apesar de não ser um conceito criado pelo Dr.Meriam, a ênfase e o rigor com que desenvolveu o seu emprego na Mecânica foram novos e de pleno sucesso,e estão incluídos em seus escritos e aulas.

Foi o primeiro autor a mostrar, de maneira clara, como o método do trabalho virtual pode serempregado na Estática, para resolver uma classe de problemas geralmente negligenciados por outros autores.

IIVIII I PREFÁCIO

Na Dinâmica, tornou compreensível o movimento plano e, nas suas últimas edições, a Cinética e aCinemática Tridimensional receberam o mesmo tratamento. A ele são creditados os desenvolvimentos

originais de teoria da dinâmica de massa variável, contidos na sua 2.a edição de Dinâmica.Mais recentemente, o Prof. Meriam vem se mostrando um líder na promoção das unidades métricas.

Sua versão métrica de Estática e Dinâmica, publicada em 1975, está entre os primeiros livros-textos deMecânica, no sistema métrico, publicados nos Estados Unidos.

O recente livro do Prof. Meriam promete igualar e mesmo exceder o padrão elevado dos anteriores. Semdúvida, contém uma das melhores coleções de problemas já apresentadas até agora. É especialmenteorientado para auxiliar os estudantes nos estágios preliminares de cada tópico novo e, então, direcioná-Iospara aplicações mais desafiantes da Engenharia.

Terá, sem dúvida, enorme sucesso entre estudantes, professores e engenheiros, e ampliará ainda mais acontribuição do autor no estudo da Mecânica.

Robert F. SteidelProfessor de Mecânica

Universidade da Califórnia, Berkeley

- =--,; ainda mais a

- Berkeley

PREFÁCIO

AO ESTUDANTE

Ao penetrar no estudo da Engenharia Mecânica, iniciando pela Estática e terminando na Dinâmica, oestudante estará edificando as bases de sua capacidade analítica para solucionar uma grande variedade deproblemas de Engenharia. A prática da moderna Engenharia exige um alto nível de capacidade analítica e oestudante irá perceber que o estudo da Mecânica contribuirá, de maneira decisiva, para o desenvolvimentodesta capacidade.

Na Engenharia Mecânica, aprendemos a construir e a resolver modelos matemáticos que descrevem osefeitos de forças e movimentos sobre uma grande variedade de estruturas e máquinas relacionadas com osengenheiros. Aplicando os princípios da Mecânica, formulamos estes modelos, incorporando hipóteses físicase simplificações matemáticas apropriadas. Tanto na formulação, quanto na solução de problemas mecânicos,o estudante terá freqüentes oportunidades de usar seus conhecimentos de Geometria Plana e Sólida, ÁlgebraEscalar e Vetorial, Trigonometria, Geometria Analítica e Cálculo. Certamente o estudante descobrirá novossignificados para estas ferramentas matemáticas, à medida que usá-Ias na Mecânica.

O seu sucesso na Mecânica, bem como em toda a Engenharia, será altamente dependente do desenvolvimento de um método de abordagem bem disciplinado, desde a formulação das hipóteses até a conclusão, eonde devem ser rigorosamente aplicados os princípios adequados. Devido aos muitos anos de experiência quepossuo como professor e como engenheiro, conheço a importância que tem o desenvolvimento da habilidadede representar um trabalho de uma maneira clara, lógica e precisa. A Mecânica é um excelente campo paradesenvolver estes hábitos de pensamento lógico e de comunicação efetiva.

O presente .livro contém um grande número de problemas resolvidos com soluções detalhadas,incluindo ob~ervações úteis que destacam erros e distrações comuns, a fim de que possam ser evitados. Alémdisso, oferece uma grande seleção de 'problemas simples introdutórios e uma seleção de problemas dedificuldade intermediária, para ajudarem o estudante a ganhar confiança inicial e entendimento em cadatópico novo. Apresenta, por outro lado, muitos problemas que ilustram aspectos importantes e contemporâneos da Engenharia, com a finalidade de estimular o seu interesse e desenvolver' a percepção para as diversas"aplicações da Mecânica na Engenharia.

Tenho a satisfação de estender meu incentivo a você, estudante de Mecânica. Espero que este livro sirvatanto de auxílio, quanto de estímulo para que, cada vez mais, desenvolva seus conhecimentos em Engenharia.

J. L. Meriam

Santa Bárbara, CalifórniaJaneiro 1978

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238 I ESTATICA


livre completo de

ProbLI





mancal é J.l..


ma de 4,2 Mg do e.

T

500 kg

Probl.6.65

Probl. 6.64


Resp. T= 2,52 kN; To = 2,38IC'

Vertical-1





6.65


Probl. 6.62



Probl.6.63

Resp. M= 335 N'm



Resp. F = 136,1 N


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PREFÁCIO

AO PROFESSOR

9_priPcipal propósito do_ estudQ. da Engenharia Mecânica é desenvolver ª-Bpacidade de pIeveE...osefeitos de forças e movimentos, durante a execução da função criativa, inerente aº-s l'Ij)jejos...d..eEngenharia.OSücéSsOdêssa-previsão requer muito mais do _Cl!J~1!!11 mero_conhecimento dos princípiQs -físicõs e

p.atemáticos_1ia Mecânica. -É-também nec~sârio" possuir a habilidade d; visualizar contlgürnções físicas,levando em consideração os materiais e as restrições reais, bem como as limitações práticas que afetam oÇQIDportamento_das máquinas e estruturas.

Um dos principais objetivos do ensino da Mecânica deveria ser auxiliar o estudante a desenvolver essahabilidade de visualização, tão vital para a formulação dos problemas. Realmente, a construção de ummodelo matemático que tenha algum significado é freqüentem ente uma experiência mais importante do quesua própria solução. O maior progresso é obtido quando os princípios e suas limitações são aprendidos emconjunto, dentro do contexto da aplicação em Engenharia.

Os cursos de Mecânica são freqüentemente encarados pelos estudantes como uma barreira acadêmica

sem nenhum interesse. ~ dificuldade parece aumentar, quando se obriga a raciocinar sobre os princíQi9sfundamentais, ao invés de simplesmente aprender decorando. A falta de interesse que é freqüentementeobservada deve-se, principalmente, ao fato -de que a Mecânica é apresentada como uma disciplina acadêmica,totalmente divorciada dos desafios e do propósito da Engenharia. Este fato é observado na tendênciafreqüente de apresentar a Mecânica através de problemas que visam mais a ser um veículo de ilustração dateoria, do que a desenvolver a teoria com a finalidade de resolver os problemas. Quando se permite que oprimeiro ponto de vista predomine, os problemas tendem a se tornar irreais e desvinculados da Engenharia,resultando em exercícios vazios, acadêmicos e sem nenhum interesse. Esta abordagem priva o estudante davaliosa experiência na formulação de problemas e, assim, descobrir a necessidade da teoria e seu significado.O segundo ponto de vista apresenta, certamente, o motivo mais forte para aprender a teoria, e conduz a ummelhor balanceamento entre a teoria e a aplicação. Não deve ser subestimada a importância de se motivar oestudante, o mais profundamente possível, para aprender. Além disso, dever-se-ia ter em mente o fato de quea teoria é que deve se aproximar do mundo real da Mecânica e, não, o contrário. Esta diferença de fIlosofia érealmente-básic.a e distingue a Engenharia Mecânica da Ciência Mecânica.~

Durante os últimos vinte anos, tem havido uma tendência, no ensino de Engenharia, de aumentar aextensão e o nívl da teoria ministrada nos cursos de Engenharia. Esta tendência foi mais acentuada noscursos de Mecânica, e pode ser benéfica, se os estudantes estiverem preparados para receberem estetratamento acelerado., Existem, contudo, evidências e preocupações justificadas de que, recentemente, temocorrido um distanciamento entre as áreas focalizadas e sua compreensão. Dentre os aspectos que contribuempara isso, destacam-se três tendências. A primeira é que parece ter diminuído a ênfase dada aos significadosgeométricos e físicos/nos pré-requisitos de Matemática. Segundo, tem havido uma redução significante, e atémesmo total---e1llíÍnação, do emprego de gráficos no ensino, que no passado serviam para facilitar avisualização e a representação dos problemas mecânicos. Finalmente, ao avançar o nível matemático no

XII / PRÉFÁCIO AO PROFESSOR

tratamento da Mecânica, tem havido uma tendência de permitir que a notação vetarial substitua a visualiza

ção geométrica, mascarando-a. ~ica é fundamentalmente um campo que depende das percepçõesgeométrica e física, e deve-se orientar todo o esforço no sentido de desenvolver estas habilidades.~ -- - --- - - - - ----

Uma das responsabilidades dos professores de Mecânica é empregar a parte da Matemática maisadequada para o problema que tem em mãos. O uso da notação vetorial em problemas unidimensionais égeralmente trivial; para os bidimensionais, é opcional e, para os tridimensionais, é essencial. Ao se introduzir aoperação vetorial em problemas bidimensionais, é muito importante dar ênfase ao significado geométrico.Uma equação vetorial torna-se mais clara através de um esboço de polígono vetorial correspondente, cujageometria indica, freqüentemente, a solução mais rápida. Existem, porém, muitos problemas mecânicos emque a complexidade da interdependência entre as variáveis está além da capacidade de visualização e dapercepção física e, neste caso, é essencial confiar-se na análise. Apesar disso, os estudantes tornam-semelhores engenheiros quando desenvolvem plenamente suas capacidades de percepção, visualização e representação.

Todo professor de Engenharia Mecânica tem uma obrigação para com a profissão de Engenharia: atingirum razoável padrão de desempenho e mantê-Io. Além disso, tem a séria responsabilidade de encorajar osestudantes a pensar por eles mesmos. Ajudá-Ios demasiadamente em assuntos com os quais deveriam estarrazoavelmente aptos a lidar, por se tratarem de pré-requisitos, talvez seja tão prejudicial quanto não ajudá-Iosem nada, já que pode condicioná-Ios facilmente à dependência do raciocínio de outros e a não exercitaremsua própria iniciativa e habilidade. Finalmente, a subdivisão da Mecânica em um número excessivo depequenos compartimentos, cada um com instruções detalhadas e repetitivas, pode dificultar o estudante a tera visão da "floresta" a partir das "árvores" e, conseqüentemente, não irá perceber a unidade da Mecânica e asamplas aplicações dos seus poucos princípios básicos e métodos.

A fIlosofia exposta é a adotada neste livro. Ele é orientado, principalmente, para introduzir a Mecânicaao principiante em Engenharia, e, geralmente, é adotado no segundo ano do curso. Omite alguns tópicos maisavançados que estavam incluídos em livros anteriores do autor, e é especialmente dirigido para facilitar oestudo individual. Com esta finalidade, um dos importantes aspectos do livro é o tratamento detalhado dadoàs soluções dos problemas resolvidos, que são apresentadas em páginas isoladas, o que é mais convenientepara o estudo. Além disso, cada solução contém comentários e notas de precaução, salientando pontosimportantes e alertando os estudantes sobre distrações comuns, que devem servir de grande auxílio nos seusestudos.

O presente texto contém 168 problemas resolvidos e 1.820 problemas a resolver, com ampla possibilidade de escolha. Desses problemas, 50% são totalmente novos e o restante, proveniente de uma seleção deproblemas da segunda edição e da versão métrica de Estática e Dinâmica, do autor. Cada conjunto deproblemas se inicia com problemas relativamente simples e fáceis, para auxiliar o estudante a ganharconfiança no novo tópico. Muitos problemas práticos e exemplos interessantes de situações encontradas naEngenharia, retirados de uma ampla gama de aplicações, estão representados nas coletâneas de problemas.Procurou-se usar, contudo, valores numéricos simples, de modo a não complicar a solução e não desviar aatenção dos princípios. Os problemas estão geralmente organizados em ordem crescente de dificuldade e amaioria possui resposta. Os problemas mais difÍCeis estão identificadoLp_elo_siVal ~ e podem ser usados para

~e1b.~ _coIEpreens~~ dos estudan~es,_guJlJldo_~solvidouelo_p.lQÍes_s_or,_~ala de aula. Todas assoluções numéricas foram obtidas e verificadas por computador eletrônico, sem arredondamento de valoresintermediários e, conseqüentemente, as respostas finais devem ser consideradas corretas até o últimoalgarismo significativo mostrado. O autor está confiante de que o livro está isento de erros.

O livro foi escrito em um ésmoconc~oloquial. Focalizaram-se, com maior ênfase, os princípiosbásicos e os métodos, ao invés de diversificar a atenção em uma multiplicidade de casos especiais. Foramempregados todos os esforços para mostrar a cÓesão existente entre o relativamente pequeno número deidéias fundamentais da Mecânica e a grande variedade de problemas que estas idéias poderão resolver.

No Capo 2, são desenvolvidas as propriedades das forças, momentos, conjugados e resultantes, demodo que o estudante poderá passar diretamente para o equilíbrio de sistemas de forças não-concorrentes, noCapo 3, sem necessitar perder tempo com problemas relativamente triviais sobre o equilíbrio de forçasconcorrentes atuando sobre uma partícula. Tanfu no Capo 2, como no 3, os problemas bidimensionaissão apresentados antes dos tridimensionais.-Á maioria dos estudantes adquire melhor percepção física e

-

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PREFÁCIO AO PROFESSOR I XIII

J. L. MeriamSanta Bárbara, CalifórniaJaneiro 1978

entendimento da Mecânica, se ganhar confiança na análise bidimensional, antes de tratar com a tridimensional.

O Capo 4 apresenta a aplicação dos princípios do equilíbrio às treliças simples e às estruturas demáquinas, enfocando principalmente os sistemas bidimensionais. Incluiu-se, porém, um número suficiente deexemplos tridimensionais, para tornar o estudante capaz de exercitar-se com a ferramenta mais geral daAnálise Vetorial.

O Capo 5 introduz, no início, os conceitos e categorias de forças distribuídas. Está dividido em duasseções principais: Seção A, que trata dos centros de massa e dos centróides, apresentando exemplosdetalhados que auxiliam o estudante a dominar seus conhecimentos de Cálculo aprend'idos anteriormente,aplicando-os em problemas físicos e geométricos; Seção B, que inclui tópicos especiais de vigas, cabosflexíveis e forças em fluidos, podendo ser omitida sem que haja perda da continuidade dos conceitos básicos.

O Capo 6 trata do atrito e está dividido em Seção A, que contém o fenômeno do atrito seco, eSeção B, que mostra aplicações selecionadas em máquinas. Embora a Seção B possa ser omitida no caso dehaver restrição de tempo, o assunto apresentado oferece uma valiosa experiência para o estudante, notratamento com forças distribuídas.

O Capo 7 apresenta uma introdução consolidada ao trabalho virtual, com aplicação limitada aossistemas com um único grau de liberdade. Salienta a vantagem do emprego dos métodos do trabalho virtual eda energia em sistemas interligados e na determinação da estabilidade. O trabalho virtual fornece umaoportunidade excelente para convencer o estudante sobre as potencialidades da análise matemática na~ecânica.

O Apêndice A apresenta os momentos e os produtos de inércia de áreas. Esse tópico auxilia a ligaçãoentre a Estática e a Mecânica dos Sólidos.

Tenho a satisfação de reconhecer, mais uma vez, a constante contribuição do DI. A. L. Hale, dosLaboratórios da Bell Telephone, pelas suas valiosas sugestões e cuidadosa revisão do manuscrito. Tambémagradeço, reconhecido, às revisões críticas realizadas pelo Prof. Andrew Pytel, da Universidade do Estado daPensilvânia, e pelos Profs. Kenneth Schneider e JoOO Biddle, da Universidade Politécnica do Estado daCalifórnia. Menciono, também agradecido, o Prof. J. M. Henderson, da Universidade da Califórnia, pelos seuscomentários e pelos problemas selecionados sugeridos. Sou grato também ao staff da John Wiley & Sons, peloalto padrão profissional demonstrado no planejamento e na produção deste livro. Agradeço o apoio dado pelaUniversidade Politécnica do Estado da Califórnia, ao licenciar-me para preparar este livro. Finalmente,

reconheço a paciência e a assistência de minha mulher Júlia, durante as horas em que preparei o manuscrito.ampla possibili~ ~ Uilla seleção de

da conjunto de_"""::1l;Jtea ganhar

::-5=s Glcontradas na

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I-=~, s.<:IJ:!Sadospara" ..:.= a!Jla. Todas as-=~;;n1O de valores

- -té o último

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ópicos maisdll facilitar o

r~talhado dado=- ~,n" conveniente

-=::tando pontos- ~ "uyílio nos seus

- ~-?nharia: atingirC"'" -=~ de encorajar os

, ~~ deveriam estar[ ~ro não ajudá-Ios

=- :: não exercitarem=ro excessivo de

~ u -estudante a ter-=~ -="~fecânica e as

emática mais

~ :1illdimensionais éF=- .-\0 se introduzir a~do geométrico.

ndente, cuja~~ mecânicos em

-=~ "';.sualização e da::a:mes tornam-se

~.,..~li7~çãoe repre-

os princípios- õSpeciais. Foram

~eçn.-eno número de§;:: :esolv er.

.:::s i": resultantes, de- concorrentes, no

c =-~brio de forças- Lidimensionais

pção física e

/~~

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238 I ESTATICA


livre completo de

ProbLI





mancal é J.l..


ma de 4,2 Mg do e.

T

500 kg

Probl.6.65

Probl. 6.64


Resp. T= 2,52 kN; To = 2,38IC'

Vertical-1





6.65


Probl. 6.62



Probl.6.63

Resp. M= 335 N'm



Resp. F = 136,1 N


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SUMÁRIO

1 PRINCIPIOS DA ESf ÁTICA, 11.1 Mecânica, 11.2 Conceitos Básicos, 1

1.3 Escalares e Vetores, 2 c '\1.4 Leis de Newton, 41.5 Unidades, 51.6 Lei da Gravitação, 71.7 Precisão, Limites e Aproximações, 71.8 Descrição dos Problemas de Estática, 9

2 SISTEMAS DE FORÇAS, 112.1 Introdução, 112.2 Força, 11

Seção A. Sistemas de forças bidimensionais, 142.3 Componentes Retangulares, 142.4 Momento, 19

2.5 Conjugado, 242.6 Resultantes, 29

Seção B. Sistemas de forças tridimensionais, 352.7 Componentes Retangulares, 392.8 Momento e Conjugado, 402.9 Resultantes, 50

3 EQUlLÍB~3.1 /Introdução, 57

Seção A. EquilíbVo em duas dimensões, 573.2 Isolamento do Si~ema Mecânico, 57

3.3 Condições de EqJilíbrio, 65Seção B. Equilíbrio em três dimensões, 82/

3.4 Condições d~quilíbrio, 823.5 Formulação do Problema e Revisãó, 96

4 ESTRUTURAS, 100

4.1 Introdução, 1004.2 Treliças Planas, 100

oS

rCC

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XVI/SUMÁRIO

4.3 Método dos Nós, 1034.4 Método das Seções, 1114.5 Treliças Espaciais, 1184.6 Armações e Máquinas, 1234.7 Formulação do Problema e Revisão, 136

5 FORÇAS DISTRIBUIbAS, 1425.1 Introdução, 142

Seção A. Centro de massa e centróides, 1445.2 Centros de Massa, 1445.3 Centróides de Linhas, Áreas e Volumes, 1465.4 Figuras e Corpos Compostos: Aproximações, 1585.5 Teoremas de Pappus, 165

Seção B. Tópicos especiais, 1685.6 Vigas, 1685.7 Cabos Flexíveis, 1825.8 Estática dos Fluidos, 1905.9 Formulação do Problema e Revisão, 206

ATRITO, 211

6.1 Introdução, 211Seção A. O fenômeno do atrito, 211

6.2 Tipos de Atrito, 2116.3 Atrito Seco, 212

Seção B. Aplicações do atrito nas máquinas, 2266.4 Cunhas, 2266.5 Parafusos, 2276.6 Mancais Radiais, 2346.7 Mancais de Escora; Disco de Atrito, 2366.8 Correias Flexíveis, 2406.9 Resistência ao Rolamento, 2416.10 Formulação do Problema e Revisão, 246

7 TRABALHO VIRTUAL, 2527.1 Introdução, 2527.2 Trabalho, 2527.3 Equilíbrio, 2557.4 Estabilidade e Energia Potencial, 2687.5 Formulação do Problema e Revisão, 279

~ÊNDICE A MOMENTOS DE INÉRCIA DE ÁREAS, 283

AI Introdução, 283 //-~A2 Definições, 284 /A3 Áreas Compostas, 294 . \ \A4 Produtos de Inércia e Rotação de Eixos, 298 I

APÊNDICE B TÓPICOS SELECIONADOS DE MATEM}TICA, 308APÊNDICE C TABELAS ÚTEIS, 316

INDICE REMISSNO, 323

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1PRINCÍPIOS DA ESTÃTlCA

1.1 - MECÂNICA

Mecânica é a ciência física que estuda os estados de repouso ou movimento dos corpos sob a ação deorças. É o assunto mais importante na análise em Engenharia. Sua origem se confunde .com a da própria

Engenharia. A moderna pesquisa e o desenvolvimento nos campos das vibrações, da estabilidade e da resis-- cia de estruturas e máquinas, do projeto de foguetes e~naves espaciais, dos controles automáticos, dos

rendimentos de motores, do escoamento de fluidos, das máquinas e mecanismos elétricos e no comporta:nento mo1ecular atômico e subatôrnico dependem muito dos princípios básicos da Mecânica. A completa·compreensão desté assunto é requisito essencial para o trabalho neste e em muitos outros campos.

A Mecânica é a mais antiga das ciências físicas e os mais antigos escritos neste campo são os de Arquies (287-212 aC), que se ·referem aos princípios da alavanca e da flutuação, porém seu desenvolvimento

tstancia1 teve lugar quando Stevinus (1548-1620) expôs as leis da combinação vej:orial das forças. Foi elettmbém quem formulou a maioria dos princípios da Estática. Acredita-se que a primeira pesquisa em Dinâ

foi feita por Galileu (1564-1642), relativa a suas experiências sobre a queda de pedras. A formulaçãoprecisa das leis do movimento, assim como das leis da gravitação,-foram feitas por Newton (1642-1727), quetambém concebeu a idéia do inflnitésirno em análise matemática. Contribuições substanciais para o desenvo1- ento da Mecânica foram também dadas por da Vinci, Varignon, D'Alembert, Lagrange, Laplace e outros.

A Mecânica, corno toda ciência, tem seus princípios bastante dependentes do rigor da Matemática. Poro lado, o propósito da Engenharia. Mecânica é a aplicação destes princípios na solução de problemas

'ticos. Neste livro, dar-se-á atenção tanto ao desenvolvimento rigoroso dos princípios como à sua aplicação.Apesar de existirem relativamente poucos princípios básicos, eles têm ampla aplicação e os procedimentosempregados na Mecânica poderão ser transferidos para muitos outros campos do domínio da Engenharia.

A Mecâmca divide-se em duas partes: Estática, que se refere ao equilíbrio dos corpos sob a ação de

-ças, e BiiUiiiilêa~e se refere ao movimento dos corpos.

1.2 - CONCEITOS BÃSICOS//

Certas defmições e conceitos são básicos para o estudo da Mecânica e, por esta razão, devem ser enten-.dos desde o início.

Espaço é a região geométrica ocupada por corpos cujas posições são descritas por medidas lineares eangulares em relação a um sistema de coordenadas. Nos problemas tridimensionais o espaço requer trêscoordenadas independentes e, nos bidimensionais, apenas duas.

Tempo é a medida da sucessão de eventos e é uma quantidade básica na Mecânica. O tempo não está'etamente envolvido na análise de problemas da Estática.

2 I ESTÁTICA

onde o sinal (-) in ,.Dois ou mais

deste veto r. Portanto.tivamente. Norma.lmi:

chamados de compo

Iv, ''l)VI

(a)

Obtém-se, fal

do paralelogramDvetorial

onde o sinal mais l-e não soma escalar._

e é evidente que pe2. ~Os dois veto!'e$

seta de um delesobter a mesma 50::;'

soma, isto é, VI + Y:

negrito. O sentit~. conhecida,

como é mostraAlém de

regra do paralel_çFig. 1.2a, poss

ados VI e V2retorial

-- -=~ e, portanto, o veto rfu-<rígidos deve ser

~ f~~ e os movimentos

ço. Por exemplo,~ =--~:o do corpo pode ser

e a intensidade do

-=~ X:: representado por um

o vetor e tendo-- d.e seta orientado

~::se:: ..•aio emgrito V. O

r for parte de suaS SÍmbolos matemá

~~~. utilizar um sinal

._ o V,em lugar do .

1.3 - ESCALARES E VEfORES

Massa é a medida da inércia de um corpo que, por sua vez, é a resistência à variação de movimento.Tem muita importância na Estática, além de ser uma propriedade dos corpos responsável pela sua atraçãomútua.

Força é a ação de um corpo sobre o outro. Uma força tende a mover o corpo na direção de sua açãosobre ele. A ação de uma fOI:çaé caracterizada por sua intensidade, pela direção de sua ação e pelo ponto deaplicação. A força é uma quantidade vetorial e suas propriedades estão discutidas em detalhe no Capo 2.

Particula. Um corpo de dimensões desprezíveis é chamado partícula. No sentido matemático, umapartícula é um corpo cujas dimensões se aproximam de zero, de modo que pode ser analisada como umponto de massa. Freqüentemente uma partícula representa um elemento infinitesimal de um corpo. Assim,quando as dimensões de um corpo são irrelevantes para a caracterização de sua posição ou de seu movimento,o corpo pode ser considerado uma partícula.

Corpo Rigido. Um corpo é considerado rígido quando o propósito do problema que se está abordando

permitir desprezar os movimentos relativos entre suas partes. Por exemplo, o cálculo da tração no cabo quesuporta a lança de um guindaste móvel, submetido a um carregamento, não é sensivelmente influenciadopelas pequenas deformações nos elementos estruturais da lança. Então, para o propósito de determinar asforças externas que agem sobre a lança, pode-se considerá-Ia como um corpo rígido. A Estática trata, princi·palmente, do cálculo das forças externas que agem sobre os corpos rígidos em equilíbrio. Para determinar asensões e os esforços internos, dever-se-ia analisar as características de deformação do material da lança. Este

tipo de análise pertence ao estudo da mecânica dos corpos deformáveis, que vem ap6s o estudo da Estática.

A Estática lida ,com duas espécies de grandezas - escalares e vetoriais. GrandeZ2S escalares são aquelasassociadas apenas à intensidade. Exemplos de grandezas escalares em Mecânica são rempo, volume, densidade,energia e massa. Grandezas vetoriais, por outro lado, possuem tanto direção e sentiêo como intensidade e asoma destas grandezas deve obedecer à lei do paralelogramo, que descrevemos~:e ne:.-reitem. Exemplos.evetores são deslocamento, velocidade, aceleração, força, momento e quantidzde::'e illonmento.

As grandezas físicas vetoriais são classificadas em livres, deslizantes ou lig>'rkVetor livre é aquele cuja ação não está restrita ou associada a uma úrÚ

se um corpo se move sem rotação, o movimento ou deslocamento de qual'.representado por um vetor, e este descreve ou representa igualmente a dir,

es1ocamento de cada ponto do corpo. Portanto, o deslocamento de tal covetor livre.

Vetor deslizante é aquele em que sua grandeza age ao longo de ll.Iill!P--~ F--.,,, no espaço. Quandolidamos com a ação externa de forças em corpos rígidos, a força pode ser apl''''''-=,. =::i qualquer ponto de sualinha de ação sem alteração de seu efeito no corpo considerado como um LOC:l •• A ~ aplicada pode serconsiderada um vetor deslizante.

Um vetor ligado é aquele para o qual um único ponto de aplicação c .ocupa uma posição particular no espaço. A ação da força em corpos a:-~representada por um vetor ligado no ponto de aplicação da força. ~e--""'''

internos do corpo são funções tanto dº_p_o~o de aplicaÇ['o da força coUma grandeza vetorial V ~esentada,por um segmento linear (r ~ _.

em uma das extremidades um;; seta para indicar o sentido. O compr..:r.::Errepresenta, em escala conveniente, a intensidade IV I do vetor e grafil

tipo em negrito é usado para grandezas vetoriais (sempre que o asrepresentação. Ao se escrever uma equação vetorial é importante f~ "--=~-:ir<

ticos representativos das quantidades escala~/e vetoriais. Acons~-xpara distinguir quantidades vetoriais, tal como sublinhar a letra y, Oi:

* É o chamado princípio de transposição de uma força que será ap

PRINC(PIOS DA ESTÃTICA I 3

Fig.1.3(b)

Fig.l.2

(a)

Fig.1.1

onde o sinal mais (+) usado em conjunto com as grandezas vetoriais (tipos em negrito) significa soma vetoriale não soma escalar. A soma escalar das intensidades de dois vetares é escrita na maneira usual como V1 + V2,

e é evidente que pela geometria do paralelogramo V =1=V1 + V2•

Os dois vetores V1 e V2, considerados vetares livres, podem também ser adicionados com a cabeça daseta de um deles tocando a cauda da seta do outro, pela lei do triângulo, como é mostrado na Fig. 1.2c, paraobter a mesma soma vetorial V. É evidente pelo diagrama que a ordem de adição dos vetores não afeta asoma, isto é, V1 + V2 = V2 + V1.

Obtém-se, facilmente, a diferença V1 - V2 adicionando-se - V2 ao vetar V1 (Fig. 1.3), quer pela regrado paralelogramo quer pela regra do triângulo. A diferença Vi entre os dois vetores é expressa pela equaçãovetorial

negrito. O senti~o de V pode ser determinado por meio de um ângulo, e, a partir de uma direção de referên- conhecida, como é indicado na Fig. 1.1. O negativo de V é um vetar -V dirigido em sentido oposto a V,

;::ornoé mostrado na Fig. 1.1.Além de possuírem as propriedades de intensidade e direção, os vetares devem, também, obedecer à

:egra do paralelogramo para a soma. Esta regra exige que dois vetores V 1 e V2, tratados como vetares livres,Fig. 1.2a, possam ser substituídos par seu equivalente V, que é a diagonal do paralelogramo formado peloslados V1 e V2, como é mostrado na Fig. 1.2h. Esta combinação ou soma vetorial é representada pela equaçãoretorial

de movimento.

J. pela sua atração

-'_. Por exemplo,corpo pode serintensidade do

~=~<:;Sentadopor um

ares são aquelas:ume, densidade,

intensidade e a

-~.i' item. Exemplos"mo.

=-0 espaço. Quando_~r ponto de sua

• aplicada pode ser

!ii ~ se está abordandoI ~P ~ :ração no cabo que

='-'ente influenciado'''-.ill de determinar as

._~S-.2tica trata, princi.-_Para determinar as

ii:...."IÍalda lança. Este- ~LUdo da Estática.

-:< :S:reçãode sua ação)fu e pelo ponto de

:::--2..Jle no Capo 2.

~.=.~ :natemático, uma

,~ ".,alisada como ~mIa: ;::; um corpo. AsslIn,b ~ ce seu movimento,

onde o sinal (-) indica subtração vetorial.Dois ou mais vetores quaisquer, cuja soma seja igual a um certo valor V são chamados componentes

deste vetor. Portanto, os v~es V1 e V2, na Fig. 1.40 são os componentes de V nas direções 1 e 2, respectivamente. Normalmente é mais conveniente lidar com componentes vetoriais perpendiculares entre si

chamados de componentes retangulares. Os vetares Vx e Vy na Fig. 1.4b são componentes x ey respectiva-

- :, portanto, o vetarfu-rigidos deve ser

p e os movimentosl .=;: :<

o vetar e tendo-~ c.e seta orientado

>~o em grifo V. O

_~~ ~or parte de sua-- mnbolos matemá

5:. utilizar um sinal

~ o V,em lugar do .

y

I V

VY~xVx

y'

calV

y. IY,

-----... .

Vx' -x'(a) (b)

Fig.l.4

(e)

4 I ESTÁTICA

mente de V. Na Fig. 1.4c, Vx' e Vy' são os componentes x' e y' de V. Quando o vetor é expresso em componentes retangulares, sua direção em relação, por exemplo, aó eixo dos x é evidentemente especificada por

Vy

O = arc tg Vx'

Em alguns problemas, particularmente aqueles a três dimensões, é conveniente expressar os componentes retangulares de V, conforme mostrado na Fig. 1.5, em função dos vetores unitários i, j, k que são vetaresnas direções x, y e z, respectivamente, com intensidades iguais a um. A soma vetorial das componentes é

\\\

)~

Fig.1.5

em aos pares,Assim, a for~

exercida para cim<>·es, não obstante

esta lei básica ée forças, é abso.ecessário, antes ,.,'"

!.Obre o c.orpo em

Se I, m e n forem os co-senos diretores de V, dados por:

1.4 - LEIS DE NEWTON

Note também que [2 +m2 + n2 = 1.

o Sistema Irrtnsido aceito universaimunidades do Sistema

O sistema SI é

massa, com a uniunidades de comp como será explicadé a força necessáriagrama. O quilogramapor muitos paísesforça, o mesmo outilizar o sistema SI.

Foram estab

comprimento e tempo

1.5 - UNIDADESn = cos Oz

Vy = mV

m = cos OyI = cos 0x

as intensidades das componentes serão:

com

( V2 = Vx2 + V/ + Vz2 J

Isaac Newton foi o primeiro a enunciar corretamente as leis básicas que governam o movimento daspartículas e a demonstrar sua validade. * Com o texto levemente modificado pelo uso da terminologiamoderna, estas leis são como segue.

Primeira lei. Uma partícula permanece em repouso ou continua a mover-se em linha reta à yelocidadeuniforme se nenhuma força isolada ou não equilibrada atua sobre ela.

* Os enunciados originais de Newton podem ser encontrados na tradução de sua obra Principia (1687), revista porF. Cajori e impressa na Universidade da Califórnia, 1934.

Massa. O quiloBureau Internacion:dro é mantida no Bun:

Comprimento.

equador, medida sede uma barra de pacesso e de obter prec

:::xpresso em compo'-cada por

os componenque são vetores

ponentes é

o movimento das

da terminologia

"-- reta à yelocidade

(1687), revista por

PRINC!"PIOS DA ESTÁTICA / 5

Segunda lei. A aceleração de uma partícula é proporcional à força resultante que atua sobre ela e tema direção e o sentido desta força.

Terceira lei. As forças de ação e reação entre corpos que atuam reciprocamente têm a mesma intensidade, sentidos opostos e são colineares.

A exatidão destas leis tem sido verifica da por inúmeras experiências físicas precisas. A segunda lei de.. ewton é a base da maioria das análises feitas no campo da Dinâmica. Aplicada a uma partícula de massa mpode ser equacionada como

(1.1)

onde F é a força resultante que atua sobre a partícula e a a aceleração resultante. Esta equação é umaequação vetorial, tendo em vista que F tem a mesma direção e sentido de a, e a intensidade de F é igual a dema. A primeira lei de Newton estabelece o princípio do equil1brio de forças, que é o assunto de interesse

principal da Estática. Realmente esta Lei é conseqüência da segunda, uma vez que não há aceleração quandoa força é nula, permanecendo a partícula em repouso ou em movimento retilíneo uniforme. A primeira leinada acrescenta ao estudo do movimento, porém é citada por fazer parte dos princípios clássicos de Newton.

A terceira lei é básica para o entendimento do que seja uma força. Estabelece que as forças sempreocorrem aos pares, com as mesmas intensidades, mesmas direções e sentidos opostos.

Assim, a força exercida para baixo por um lápis sobre uma mesa é acompanhada por uma força igualexercida para cima, pela mesa sobre o lápis. Este princípio é válido para todas as forças, variáveis ou constan·tes, não obstante sua origem, e se aplica durante todo o tempo no qual a força é aplicada. A falta de atençãoa esta lei básica é motivo de erro muito freqüente entre os principiantes. Em análise de corpos sujeitos à açãode forças, é absolutamente necessário deixar bem claro qual a força do par que está sendo considerada. Énecessário, antes de tudo, isolar o corpo em estudo e, então, considerar somente a única força do par que agesobre o corpo em questão.

1.5 - UNIDADES

o Sistema Internacional de Unidades, abreviado SI (do francês, Systeme International d'Unités), temsido aceito universalmente e está substituindo, rapidamente, o Sistema Inglês. Portanto, este livro adotará asunidades do Sistema Métrico, SI.

O sistema SI é um sistema absoluto de unidades baseado nas quantidades de comprimento, tempo emassa, com a unidade de força sendo obtida a partir da Eq. 1.1. A Estática lida, principalmente, com asunidades de comprimento e força, envolvendo massa somente quando se determina a força gravitacional,

como será explicado no próximo item. A unidade de força no SI é o Newton (símbolo N) que, por definição,é a força necessária para dar a aceleração de um metro por segundo ao quadrado a uma massa de um quilograma. O quilograma é uma unidade de massa e não de força. No Sistema Gravitacional (MKS), empregadopor muitos países durante muito tempo, o quilograma era usado tanto como unidade de massa como de

força, o mesmo ocorrendo com a libra no Sistema Inglês. É necessário proteger-se contra esta prática, aoutilizar o sistema SI.

Foram estabelecidos, por acor'4o internacional, Padrões Fundamentais para as medidas de massa,comprimento e tempo, como mostrado a seguir:

Massa. O quilograma é definido como a massa de um cilindro de platina iridiada, que está guardado noBureau Internacional de Pesos e Medidas, localizado próximo a Paris, França. Uma cópia precisa deste cilindro é mantida no Bureau de Padrões Americanos, servindo também como padrão.

Comprimento. O metro, originalmente definido como um décimo milionésimo da distância do pólo aoequador, medida sobre o meridiano que passa por Paris, foi, mais tarde, fixado como sendo o comprimentode uma barra de platina iridiada, guardada no Bureau Internacional de Pesos e Medidas. A dificuldade de

acesso e de obter precisão na reprodução das medidas, acarretou a adoção de um padrão mais preciso e repro-

6 I ESTÁTICA

Nos experimentos gravitacionais com peso W, encontra-se a massa m com:

força (lb) = massa(slugs) X aceleração (pés/s2).

1 N = 0,225lboullb = 4,45 N

A Fig. 1.6 apresenta exemplos de força, massa e comprimento nos dois sistem~s de unidades, paraauxiliar a visualização dos seus valores relativos.

A unidade de massa no Sistema Inglês se deriva da Eq. 1.1 e é a massa que obtém uma aceleração de

1 pé/s2, quando submetida a uma força de llb. Esta massa se denomina slug e é igual a 32,1740 libras-massa.Assim, da Eq. 1.1:

W (lb)

m (slugs) = g (pés/s2) .

duzível para o comprimento do metro, agora definido como sendo 1 650763,73 vezes o comprimento deonda da radiação do átomo de Criptônio-86.

Tempo. O segundo era anteriormente defrnido como a fração 1/864QO do dia solar médio. Porém,irregularidades na rotação da Terra provocaram dificuldades para o uso desta definição, conduzindo à adoçãode um padrão mais preciso e reproduzível. O segundo é agora fixado como a duração de 9 192 631 770períodos da radiação de um certo estado do átomo do Césio-133.

É claro que, para a maioria dos trabalhos de Engenharia e para o prop6sito do estudo da Mecânica, a

precisão desses padrões está muito além do necessário.

Força. No Si~ema Inglês, a unidade de força é a libra (símbolo lb). A libra padrão é a força necessáriapara fornecer a uma massa de uma libra, a aceleração de 32,1740 pés por segundo ao quadrado, que é o valorpadrão da aceleração da gravidade g ao nível do mar e na latitude de 45°. Outras unidades de força empregadas no Sistema Inglês (EUA) são o quilolibra (kip), que vale 1 000 lb, e o ton, que vale 2000 lb.

O valor correspondente para a aceleração da gravidade padrão g no sistema SI é 9,806 65 m/s2. Aplicando a Eq. 1.1 par~ a condição de queda livre de uma massa padrão de uma libra, encontra-se que uma libra

de'Ío~<1l!iváÍente a (0,453 592 37) (9,806 65) = 4,4482 newtons de força. Portanto, usando trêsalgarismos significativos, tem-se as equivalências:

FORÇA119'81 N

(2,201bf) 1111bf(4,45 N) II32,21bf

. (143 N)

Fig.1.6

1 slug ou 32,21bm(14,6 kg)

11bm(0,45 kg)

1m

1kgMASSA (2,201bm)

COMPRIMENTO1 pé

I;,~·,I~l, '1,,11;,' ;-!',~'!'~,-~~~l

(0,305 m)

PRINCfplOS DA ESTÃTICA / 7

o da Mecânica, a(1.2)

força de atração recíproca entre duas partículas;constante universal, conhecida como a constante de gravitação ou constante gravitacional;massa de cada uma das partículas;distância entre os centros das duas partículas.

F=K

1.6 - LEI DA GRA VITAÇÃO

Na Estática ena Dinâmica é freqüentemente necessário determinar o peso de um corpo (a força gravicionà1 atuando sobre ele). Esta determinação depende da lei de gravitação, que foi também formulada por

_tewton. A lei de gravitação é expressa pela equação

onde:

mprimento de

médio. Porém,'>-,u.uzindoà adoção

9192631 770

força necessáriado, que é o-valor _

~ de força empre~:OOOlb.;1 - ~ ~~6 65 m/s2. Apli-

-se que uma librato, usando três

uma aceleração de32..1740 libras-massa.

e unidades, para

As forças F obedecem à lei da ação e reação tendo em vista que são iguais em intensidade, opostas emsentido e têm a mesma direção, pois ntuam em linha reta unindo os centros das partículas. A constante gravitacional determinada experimentalmente tem o valor K = 6,673 (10-11}m3 /(kg' S2).As forças gravitacionaisexistem sempre entre dois corpos quaisquer. Sobre a superfície terrestre, a única força gravitacional deapreciável intensidade é a devida à atração da Terra. Assim, uma esfera de ferro de 100 mm de diâmetro é

raída para a Terra com uma força de 37,9 N. Por outro lado, se colocarmos uma outra esfera exatamenteigual em contato com a primeira, a força de atração recíproca entre elas será de 0,0000000994 N. Estaorça é evidentemente desprezível comparada com a atração da Terra e, conseqüentemente, a atração gravi

cional da Terra é úrnca força gravitacional de apreciável intensidade que precisa ser considerada nas experiências realizadas na superfície do planeta. A atração gravitacional exercida pela Terra sobre os corpos éconhecida como "peso" do corpo. Esta força existe esteja o corpo em movimento ou em repouso. Sendo essa.nação uma força, estritamente falando, o peso do corpo é expresso em newtons (N), no SI. Infelizmente, na

prática, a unidade de massa, quilograma (kg), é usada também como medida de }?eso.Quando expressa emquilogramas, a palavra "peso" tecnicamente significa massa. A fim de evitar confu.são, o uso da palavra'»eso", neste livro, restringe-se ao significado de força da atração gravitacional e é expresso sempre em

wtons.

Para um corpo de massa m sobre a superfície da Terra, a atração gravitacional, conforme definida naEq. 1.2, pode ser calculada pelo resultado de um simples teste gravitaeional. Se a força gravitacional ou pesotem intensidade W, então, tendo em vista que o corpo cai com uma aceleração g, a Eq. 1.2 dá

(1.3)

o peso W sera expresso em newtons (N) quando m for em quilogramas (kg) e g em metros por segundoao quadrado (m/s2). O valor padrão g = 9-;&-l m/s2 é suficientemenÜ: preciso para os cálculos desenvolvidosna Estática. O valor correspondente de g no Sistema Inglês é 32,2 pés/s2.

O peso verdadeiro devido a atração gravitacional e o peso aparente medido por balança de mola, sãoligeiramente diferentes. Esta diferença é causada pela rotação da Terra e é muito pequena, não sendo aquiconsiderada. Este efeito será discutido no volume 2, Dinâmica.

1.7 - PRECISÃO, LIMITES E APROXIMAÇÕES

O número de algarismos significativos mostrados em uma resposta, não deve ser maior do que o número

algarismos que possam ser justificados pela precisão dos dados fornecidos. Conseqüentemente, a área daseção transversal de uma barra quadrada, cujo lado de 24 mm foi medido até o mais próximo centésimo, seria~dicada como 580 mm2 e não como 576 mm2, obtida pela multiplicação sem aproximação.

1. dados a2. resulta

cos () ~ 1

0,017453 rad0,0174520,0174550,999848

10sen 10

tg 10 ==

cos 10 ==

sen () ~. tg () ~ ()

Se for desejada uma maior aproximação, pode-se manter os dois primeiros termos da série, que são

que é uma expressão exata no limite.Pode-se empregar algumas simplificações quando se lida com ângulos pequenos. Considere o triângulo

retângulo da Fig. 1.7, onde o ângulo (), expresso em radianos, é relativamente pequeno.

Fazendo a hipotenusa igual a unidade; observa-se, pela geometria da figura, que o comprimento do arco1 X () e o sen () são praticamente iguais. Ocos () também é quase um. Além disso, o sen () e a tg () têm quaseo mesmo\'alor. Assim, para pequenos ângulos, pode-se escrever

Fig.1.7

\\

~lX()=()cos () I

I

Essas aproximações significam que estamos considerando somente o primeiro termo da expansão emsérie dessas três funções.

Para exemplificar as aproximações aqui citadas, tomemos um ângulo de 10

1I"r2

Ó. V = h2 [x2 ó'x + x(Ó.x)Z + i(ó.x)3]

Ao se ~~a os limites, de & para dx e de ~V para dV, os termos em (&)2 e (&)3 podem serabandonados, ficando simplesmente

8 / ESTÁTICA

Quando nos cálculos aparecem pequenas diferenças em quantidades grandes, exige-se maior precisãonos dados para se obter precisão nos resultados. Conseqüentemente, é necessário conhecer os nÚmeros4,2503 e 4,2391 com uma precisão de cinco algarismos significativos, de modo que a diferença de 0;0112possa ser expressa com uma precisão de três algarismos. É muitas vezes difícil em cálculos um tanto longos,conhecer previamente o número de algarismos significativos necessários nos dados originais que asseguremuma certa precisão na resposta. Três algarismos significativos dão a precisão considerada satisfatória para amaioria dos cálculos em Engenharia.

A ordem das quantidãdes diferenciais é assunto que acarreta freqüentes enganos. Diferenciais de ordemmais alta podem sempre ser desprezadas, quando comparadas com as diferenciais de ordem mais baixa,quandoseapl'o-.xima o limite matemático. Como exemplo, o volume do elemento ~V de um cone circularreto de altÜra h eiaio de ba~e r pode ser tomado como uma fatia circular distante x do vértice e de espessura&. Pode ser verificado, que a expressão completa para este volume do elemento pode ser

•..-se maior precisãoI -

~;xchecer os nÚmeros: i. ;fferença de 0;0112

~ um tanto longos,, - - . que assegurem

- satisfatória para a

Eerenciais de ordem

em mais baixa,::e um cone circular

- --.ee de~ur'<l-/'

:: ;> (&)3 podem ser

•..,-,---.r-qdereo triângulo

a..•1" i,"ento do arco

= e a tg e têm quase

da expansão em

~e.que são

PRINC!"PIOS DA ESTÁTICA / 9

o erro que se comete na substituição do seno pelo ângulo, para 1 grau, é somente de 0,005 por cento ..Para 5 graus o erro é de 0,13 por cento e, para 10 graus, o erro é, ainda, somente de 0,51 por cento. Amedida que as seguintes relações são válidas, no limite matemático:

sen de = tg de = de

cosde = 1

o ângulo de é expresso em radianos.

1.8 - DESCRIÇÃO DOS PROBLEMAS DE ESTÁTICA

o estudo da Estática está voltado para a descrição quantitativa das forças que atuam nas estruturas emequilíbrio. A Matemática estabelece as relações entre as diversas quantidades envolvidas e torna possível

edizer os efeitos destas relações. É preciso realizar um duplo processo de raciocínio para formular estarição, isto é, pensar primeiro em termos da situação física e depois em termos da correspondente descri-

ão matemática. A análise de cada problema exige a passagem do r'aciocínio do que respeita à Física para o

relativo à Matemática. Sem dúvida, uma das maiores dificuldades encontradas pelo estudante é efetuar estatransição de raciocínio. Ele de','e reconhecer ~O-.-e..quaciQnamento de um 12roblema de Física re12resenta!lIlla descrição ideal, limite ou modelo, que se aproxima,_mas_@nc_ajgua~ comJ:Jl~t~en~_~~~uação físicareal.

_A_o_se_e_qu_a_c_i_o_n_ar_u_m_d_a_do--"problemade ~.!!Be_nh_ar_i~a,~c_e_r_ta_s.apr0x!mações estarão sempre incluídas, nomodelo matemático idealizado. Algumas dessas aproximações podem ser matemáticas, enquanto outras serãofísicas. Por exemplo, é muitas vezes necessário desprezar pequenas distâncias, ângulos ou forças comparadascom grandes distâncias', ângulos ou forças. Urna força que está realmente distribuída numa pequena área deum corpo sobre o qual ela age pod.e ser considerada como uma força concentrada, se as dimensões da áreaforem pequenas, comparadas com as outras dimensões relativas. O peso de um cabo de aço pode ser desprezado se a tração no cabo for muito superior ao seu peso, ao passo que esse mesmo peso não poderá serdesprezado se o problema exigir a determinação da deflexão ou flecha do cabo suspenso, sujeito à ação dopróprio peso. Assim, as hipóteses dependem do que se está procurando determinar e. da precisão exigida. Oestudante deve estar sempre alerta para as diversas suposições feitas no equacionamento dos problemas reais.Uma das características mais importantes de um engenheiro bem sucedido é a sua habilidade para entender efazer uso das hipóteses adequadas no decurso do equacionamento e da solução dos problemas de Engenharia.Um dos principais objetivos deste livro é fornecer o máximo de oportunidade para o desenvolvimento destahabilidade, através do equacionamento e análise de muitos problemas práticos que envolvem os princípios daEstática.

Os gráficos são uma importante ferramenta em análise e têm muita utilidade em.1cê~pos de ação.Primeiro, eles tornam..possível a re12resentaç-ª9 de sistemas físicos no pa~por meio de croguis ou diagram~

A re12resentação geométrica é vital para a ,interpretação física e auxilia enormemente a visuaHzação dosaspectos tridimensionais de muitos Rroblemas> Segundo,--ºª---ªáficos muitas vezes propiciam o meio de solução de relações físicas, onde a solução matemática direta seria impraticável ou difícil. As soluções_gráfica~

~sõmeilte fornecem o meio prático de obtenç.ão dos r!lsultad.9s, como também allxiljam enoI:.Il!em.!l.nteaexecuç!o da transiç_ão do raciocínio ent~ !~itu~ção física e a exgressão matSlmátic-ª-Lp.orql!e....Jl!l1basªªorepresentadas simultaneamente. O terceiro uso dos gráficos é a eXP:Qsiç.[odos resultados em cartas eJ~.!~gr~mas,.il!!~3[O_allXílio :valioso nas int..etp..reíaÇ.ões. _

É essencial que os problemas de Estática, como os outros problemas de Engenharia, sejam resolvidospor métodos eficientes. O desenvolvimento de bons hábitos no equacionamento dos problemas e na representação de suas soluções é imperioso. Cada solução deve ser precedida de um roteiro lógico das etapas, desde ashipóteses até a conclusão, e sua representação deve incluir exposição clara dos seguintes pontos, cada qualinteiramente identificado:

1. dados apresentados;2. resultados desejados;

•..r-------~-----------------------------~~-------------~-

10 / ESTÁTICA

3. diagramas necessários;4. cálculos;

5. respostas e conclusões.

Além dis!.o, é aconselhável incorI'orar uma série de verificaçõ~ dos cálc~os ellLpontos intermediários

~ão. ~ ordem de grandeza dos valores nUÍnéric~E.eve ~I_obse!ya~ ~pr~c~~homogeneidac!e<!!wensi9I!aldos termos devem ser freqüentemente verif!çadªs. E também importante que a apresentação dotrabalho seja li1p.pa e ordenada. Soluções descuidadas, que não podem ser facilmente lidas por outros, são depequeno ou mesmo de nenhum valor. A disciplina exigida aliada a uma boa apresentação será, por si só, umaajuda inestimável ao desenvolvimento das habilidades para o equacionamento e a análise. Muitos problemasque a princípi6-podem parecer difíceis e complicados, tornam-se claros e diretos, uma vez sejam tratados por

um mé~ de resol~ã~ lógico e disciplinado./ Surpreendentemente, a Estática está baseada em apenas alguns poucos conceitos fundamentais e

contém principalmente a aplicação destas relações básicas para uma variedade de situações. Nessas aplicações,o método de análise é de grande importância. É essencial, na solução de um problema, que as leis que 'aplicamos sejam cuidadosamente fixadas na mente e que estes princípios sejam aplicados literal e exatamente. ~aplicação dos princípi~lque definem as condi.çõe,~_d_e_atra.ç.[o_d.euma (or.ç-ª...Sobr{lum corpo, é essencial ~ocorpo em questª,-o ~f~isolaqo de todos os outros corpos, de modo que um cálculo c01!!pleto e preciso detodas as forças que agem neste corpo possa ser obtido. Este isolamento tanto deve existir mentalmente comoser representado nopapel. O diagrama de tal corpo isolado com a representação de todas as fQr.ça.s_exID.®satuantes é chamado de diagrama de corpo livre. Este método do diagrama do corpo livre é a chave para oêntendimento da Mecânica. Isto porque o isolamento do corpo é a ferramenta na qual a causa e o efeito estãoclaramente separados, e a apreciação para a aplicação exata de um princípio é posta em evidência. No Cal"3 apresentamos e usamos, pela primeira vez neste livro, a técnica do traçado do diagrama do corpo livre.

Na aplicação das leis da Estática, os valores numéricos das quantidades podem ser usados diretamente,no decorrer da solução, ou esta pode ser encaminhada com símbolos algébricos, desenvolvendo-se uma soluçãoliteral, que terminará indicando a resposta por meio de uma fórmula. Com a substituição dos valores numéricos, a intensidade de cada quantidade, expressa em sua unidade particular, é evidente em cada estágio docálculo. Este procedimento oferece vantagem, quando é importante o significado prático da intensidade decada termo. Entretanto, a solução simbólica tem várias vantagens sobre a numérica. Primeiro, a simplificaçãoconseguida pelo uso dos símbolos literais auxilia a evidenciar a conexão entre a situação física e sua representação matemática. Segundo, a solução literal permite fazer uma verificação nas dimensões em cada etapa, aopasso que a homogeneidade dimensional pode ser perdida quando se usa somente valores numéricos.Terceiro, pode-se usar repetidamente uma solução literal para obter respostas para o mesmo problema,quando se usam diferentes conjuntos de unidades e dimensões. É essencial que se tenha facilidade com ambasas formas de solução, porque a prática só se consegue pela resolução de problemas.

O estudante verificará que as soluções dos problemas de Estática podem ser obtidas por 1im dos seguintes meios: utilizando-se uma solução matemática direta com os cálculos a mão, onde as respostas aparecemcomo símbolos algébricos ou como resultados numéricos, e a grande maioria dos problemas está dentro destacategoria; através de soluções gráficas, onde certos problemas são resolvidos praticamente; ou por meio de ummoderno computador digital que é vantajoso especialmente quando se lida com um grande número de equa·ções ou dados repetidos, em forma numérica. O estudante que tem pronto acesso às facilidades da computação digital pode resolver alguns dos problemas escolhidos por este meio. De modo a reduzir o tempo decálculo na resolução dos problemas, os dados da maioria deles são fornecidos em números fáceis de trabalhar.A escolha do método mais apropriado de solução é um importante aspecto da experiência a ser obtida notrabalho de resolução dos problemas.

~ pc::r03 intermediá~ios/

Iiã:: e a homogeneidaâeb ~ a apresentsçãdêÍoQs por outros, são de

p.:: xrá, por si só, uma- Muitos problemassejam tratados por

2SISTEMAS DE FORÇAS

p

fj

(b)

A

Tração no cabop

(a)

2.1 - INTRODUÇÃO

Antes de lidarmos com um grupo ou sistema de forças será necessário examinannos, em detalhes, aspropriedades de umaJ'orça isolada. Força tem sido definida como o resultado da ação de um corpo sobreoutro. Verificou-se que força é uma quantidade vetorial, tendo em vista que seus efeitos dependem de suadireção, sentido e intensidade de ação e pode ser combinada vetorialmente a outras forças de acordo com alei do paralelogramo. A ação de tração P do cabo no surporte, mostrado na Fig. 2.la, está representada naFig. 2.1b pelo veto r força de intensidade P. O efeito desta ação no suporte dependerá de P, do ângulo 8 e daposição do ponto de aplicação A. Uma mudança em qualquer uma destas especificações altera o efeito nosuporte, como pode ser verificado, por exemplo, pela força que atua em um dos parafusos que o prendem àbase, ou pela tensão interna e deformação do material em qualquer ponto do suporte. Vemos, portanto, quea especificação completa da ação de uma força exige o conhecimento de sua intensidade, direção, sentido eponto de aplicação, sendo, por conseguinte, tratada como vetor fixo.

Neste capítulo e nos seguintes examinamos as propriedades e os efeitos das várias espécies de forças, aoatuarem nas estruturas e nos mecanismos. A experiência obtida através deste exame será de fundamentalutilidade por todo o estudo da Mecânica e também no estudo de outros assuntos, tais como, análise detensões, projeto de elementos de máquinas e escoamento de fluidos. Neste capítulo colocamos os alicercesnecessários ao entendimento básico, não somente da Estática, mas de toda a Mecânica. O estudante não

deverá prosseguir, enquanto não dominar por completo tudo o que for aqui apresentado.

2.2 - FORÇA

-?OI um dos seguin::;spostas aparecem- está dentro desta

por meio de um"=: número de equa

-. des da compu~;:duzir o tempo de

is de trabalhar.-- - a ser obtida no

~s fundamentais e

--~-_~essas aplicações,L ;;c::e as leis que aplica

2 e exatamente. ~, é essencial que o

~1l1eto e nreciso dementalmente como

..,~"as fuLç.a.s_exte~sé a chave para o

e o efeito estão

_. idência. No Capo::- corpo livre.

105 diretamente,_~o-se uma solução

-;;:dos valores numé-

=:rr cada estágio dointensidade de

- ,a simplificação~ca e sua represen-

em. cada etapa, ao-..alores numéricos.

- ::n~lIlOproblema,';rl"de com ambas

Fig.2.1

i

f.

12 / ESTÁTICA

Uma força pode ser aplicada por contato mecânico direto ou por ação remota. As forças gravitacionais,

elétricas e magnéticas"atuam por ação remota. Todas as outras forças reais são aplicadas através de contatofísico direto. "

A ação da força acarreta, no corpo em que atua, efeitos que podem ser divididos em externos e internos. No suporte da Fig. 2.1 os efeitos externos da força P são as forças de reação (não representadas), exercidas no suporte pela base e pelos parafusos em conseqüência da ação de P. Então, as forças externas ao corposão de duas espécies: forças.aplicadas (ativas) e forças reativas. Os efeitos internos da forçaP no suporte sãoas tensões internas e as deformações resultantes, distribuídas por todo o material do suporte. As relaçõesentre as forças e as deformações internas abrangem as propriedades do material do corpo e são estudadasjuntamente com resistência dos materiais, elasticidade e plasticidade.

Quando lidamos com a mecânica dos corpos rígidos, onde se dá importância somente aos efeitosexternos das forças, a experiência mostra que não é necessário restringir a ação da força aplicada ao dadoponto. Portanto, a força P atuando na chapa rígida, vista na Fig. 2.2, pode ser aplicada em A, emB ou emqualquer outro ponto sobre sua linha de ação e os efeitos externos resultaIltes da força P, isto é, a forçaexercida na chapa pelo suporte do mancal em O e a exercida pelo rolete de apoio em C não irão se alterar.Esta conclusão é definida pelo princípio da transposição de forças, que estabelece que uma força externa,atuando num corpo rígido, pode ser aplicada em qualquer ponto do seu suporte ou linha de ação sem alteraros seus efeitos resultantes. Quando são pesquisados somente os efeitos externos resultantes da aplicação deuma força sobre um corpo rígido, pode a mesma ser considerada um vetor deslizante, sendo necessário esuficiente especificar sua intensidade, sentido e linha de ação e suporte. Como este livro lida essencialmentecom a mecânica dos corpos rígidos, quase todas as forças são consideradas vetores deslizantes em relação aocorpo rígido em que atuam.

Fig.2.2--------

As forças podem ser concentradas ou distribuidas. Realmente, o contato de uma força aplicada se faz,sempre, sobre uma área fmita e, portanto, a força é distribuída. Quando as dimensões da área são desprezíveis, comparadas com as demais dimensões do corpo, a força pode ser considerada concentrada em um ponto.A distribuição de uma força pode ser sobre uma área, como no caso de contato mecânico, ou sobre um

volume, quando atuam as forças da gravidade e magnética. O "peso" de um corpo é a força da gravidadedistribuída sobre seu volume, e pode ser considerado como uma força concentrada que atua no centro degravidade do corpo. Normalmente, a posição do centro-de gravidade é facilmente determinada por considerações de· simetria. No entanto, se a posição não for clara será necessário calcular separadamente sua posição, oque é apresentado no Capo 5.

Uma força pode ser medida por comparação com outras forças conhecidas, usando-se uma balançamecânica, ou pela deformação calibrada de um elemento elástico. Qualquer dos processos têm como base umpadrão primário. A unidade padrão de força no SI é o newton (N) e no Sistema Inglês é a libra (lb), comodefinido no item 1.5.

A característica das forças expressas pela terceira lei de Newton deve ser cuidadosamente observada. A

ação das forças está sempre associada a uma reação igual e oposta. Devemos ter cuidado em determinar qualdas forças do par está sendo considerada. A situação fica perfeitamente defmida quando o corpo em questãoé isolado e, se representa a força que atua sobre o corpo (e não pelo corpo). É muito fácil cometermos umerro, por descuido, e considerarmos a força errada do par, a menos que façamos uma cuidadosa distinçãoentre cada ação e sua conseqüente reação.

Duas forças FI e F2, concorrentes, podem ser somadas pela regra do paralelogramo, no plano comum aambas, para que se obtenha uma resultante R, como é vista na Fig. 2.3a. Se as duas forças concorrentesencontram-se no mesmo plano, mas são aplicadas em dois pontos diferentes, como na Fig. 2.3b, elas podem

Além da fi'

stituir uma fo_.

Fig. 2.3a, pode se1" ~

9:mplesmente pelades de Fl e F2·

Um caso es

somadas pela prévia que, consideradas emfornecer Rl e com"3nha de ação. O

se paralelas, apÉ recomendá

·dimensional. Com e!

estudante possui bo

SISTEMAS DE FORCAS I 13

3:rrças gravitacionais,através de contato

II

~ =::n externos e inter

~~esentadaS), exerci-- eJ;."lernasao corpo

l.f~i'1Pno suporte sãoi.Ic SlpOrte. As relações

e são estudadas(a) (b) (c)

Fig.2.3

ser deslocadas ao longo de suas linhas de ação, de acordo com o princípio da transposição, e a soma vetorialR completada no ponto de concorrência. A resultante R pode substituir as forças F 1 e F2, sem alterar osefeitos externos sobre o corpo, no qual elas atuam. Podemos usar, também, a regra do triângulo para obtermos R, exigindo, no entanto, o deslocamento da linha de ação ou suporte de uma das forças, como estámostrado na Fig. 2.3c. Na Fig. 2.3d estão somadas as mesmas duas forças e embora estejam mantidas aintensidade e direção corretas de R, a linha de ação não é a verdadeira, pois a resultante R obtida deste modonão passa pelo ponto A. Este tipo de combinação ou soma deve ser evitado. Algebricamente a soma das duasforças pode ser registrada pela equação vetorial:

~ somente aos efeitos;a aplicada ao dado~A, emB ou em

,,_P, isto é, a força·0 irão se alterar.

a força externa,.'":'e ação sem alterar

da aplicação de_sendo necessário e

essencialmente

~tp.s em relação ao

f.:rrça aplicada se faz,:.a área são desprezí

DC:irada em um ponto.- oco, ou sobre um

• ~ força da gravidade_ alUa no centro de

""':"';td<l por considerae sua posição, o

Além da necessid;lde de combinar forças para obter uma resultante, há muitas vezes necessidade desubstituir uma força por suas componentes, atuando segundo duas direções especificadas. Assim, a força R,na Fig. 2.3a, pode ser substituída ou decomposta em dois componentes F 1 e F2 nas direções especificadas,simplesmente pela complementação do paralelogramo, como mostrado para que se sejam obtidas as intensi-

/dades de Fl e F2.

Um caso especial da soma aparece quando as duas forças Fl e F2 são paralelas, Fig. 2.4. Elas podem sersomadas pela prévia inclusão de duas forças iguais, opostas e colineares F e ~, de intensidades adequadas,que, consideradas em conjunto, não produzem nenhum efeito externo sobre o corpo. Somando Fl e F2 parafornecer Rl e combinando-a com a soma R2 de F2 e -F resulta R, correta em intensidade, sentido, direção elinha de ação. O método exposto é, também, utilizado ao se combinar graficamente duas forças que sejamquase paralelas, apresentando, portanto, um ponto de concorrência muito distante.

É recomendável dominar a análise dos sistemas de forças bidimensionais, antes de abordar a análisetridirnensional. Com esta fmalidade, dividiu-se o restante deste capítulo nestas duas categorias. Porém, se oestudante possui bom conhecimento da análise vetorial, pode estudá-Ias simultaneamente.

:O-se uma balança- -êm como base um

=- ., libra (lb), como

Dsc:~te observada. A

:=1 determinar qual:orpo em questão

::;:~..,cometermos um

:uidadosa distinção

-. =.0 plano comum aconcorrentes

5" ",.3b, elas podem

R

Fig.2.4

I ESTÁTICA

SEÇÃO A. SISTEMAS DE FORÇAS BIDlMENSIONAIS

2.3 - COMPONENTES RETANGULARES

A decomposição bidimensional mais comum de uma força F é a sua decomposição nas componentesretangulares Fx e Fy, conforme mostrado na Fig. 2.5. Conclui-se imediatamente da figura que

onde F é a intensidade de F e Fx e Fy, as intensidades de Fx e Fy. Se introduzirmos os vetores unitários ie jnas direções x e y, conforme indicado na Fig. 2.5, podemos escrever a equação vetorial

Fx = FcosB

Fy = Fsen ()(2.1)

(2.2)

Para eliminar qualquer ambigüidade, é recomendado representar por linhas tracejadas as componentesde uma força, como na Fig. 2.5, ou vice-versa. Com qualquer destas convenções, estará sempre claro quando a

representação significar uma força e suas componentes .ou três forças separadas, que seriam indicadas por trêsvetores em linha cheia.

=

=

=

=

Fig.2.5

Os problemas reais não vêm com eixos de referência. A sua determinação é arbitrária e depende daconveniência, sendo freqüentemente deixado ao estudante escolhê-Ios. A escolha lógica é, geralmente, aindicada pela geometria do problema. Por exemplo, quando as dimensões principais de um corpo são dadasnas direções horizontal e vertical, é conveniente selecionar os eixos de referência nestas direções. Porém, nemsempre as dimensões são fornecidas nas direções horizontal e vertical, nem os ângulos medidos no sentidoanti-horário a partir do eixo x, como também não é obrigatório que a origem das coordenadas esteja na linhade ação de uma força. Portanto, é muito importante que se tenha a capacidade de determinar as componentesde uma força, qualquer que sejam a orientação dos eixos e o sentido de medida dos ângulos. A Fig. 2.6 sugerealguns exemplos típicos de decomposição de forças em duas dimensões, cujos resultados deveriam ser pronta-

Fx = F cos ({3 - a)Fy = Fsen({3 -a)

YI

/I

Fx = Fsen(7r - (3)Fy = - F cOS(7r - (3)

Fx = - F cos (3

Fy = - Fsen{3

Y,1~Fx = Fsen {3Fy=Fcos{3

Fig.2.6


mente identificados pelo estudante. Assim, é evidente que a memorização das Eqs. 2.1 não substitui a necessidade de compreender a lei do paralelogramo e de saber fazer a projeção correta de um vetor sobre eixos dereferência. Um esboço aproximado sempre ajuda a esclarecer a geometria e a evitar erros.

-çãi:> nas componentes_ -a que

(2.1 )

- oetores unitários ie j

Problema Resolvido 2.1

Uma força F de 100.N é aplicada a um suporte fixo, como sevê na Itgura. Determinar as componentes retangulares de F: (1) nasdireções x e)l; (2) nas direções x' e y'. (3) Determinar também ascomponentes de F nas direções x' ey'.

y

F = lOON

.••~ __ 20·" 30·---x,,,,'x'

(6)

--x

(a)

yII

Fy160·III

yII

Fy FLdCJ--xF",

Resp.

Resp.76,6 N.

64,3 N.

94,ON.

34,2N.

Fx = F cos 8x = 100 cos 20°

Fy = F cos 8y = 100 cos 70°

Fx' = F cos 8x' = 100 cos 50°

Fy' = F cos 8y' = 100 cos 40°

,F' FF '= 0,940 100 = 1085 N.

' ,x

x

sen 70° -sen 60°x 0,866 ' (c)

Nota:Fy _

FF - 0,766 100 - 88 Nsen 50° -sel160°y - 0,866 -,5.

<D Obtenha Fx' e Fy graficamente e compareResp.

seus resultados com os valores calculados.

Parte (3). As componentes de F nas direções x' e y' não sãoretangulares e são obtidas pela complementação do paralelogramo, como é mostrado na parte c da figura. As componentespodem ser calculadas pela lei dos senos, resultando:

Solução. Parte (1). As componentes x e y de F são mostradas na parte a da figura, e são:

Parte (2). As componentes de F, nas direções dos eixos x' e y'são projeções sobre esses eixos, como se pode ver na parte b dafigura, e são:

, as componentesxmpre claro quando a

indicadas por três

(2.2)

-ária e depende daé, geralmente, a

ÍI :c um corpo são dadas- direções. Porém, nem

- medidos no sentido

das esteja na linhaas componentes

s. A Fig. 2.6 sugereveriam ser pronta-

yr~

='-a}=--a}


Combine as duas forças P e T, que atuam sobre o ponto B, daestrutura fixa, em uma só força R.

6 I ESTÁTICA

A lei dos co-senos aplicada ao paralelogramo formado pelosvetores dá

Solução. O paralelogramo da soma de T com P está mostrado na figura. Primeiro tem-se que determinar o ângulo cx e depoisencontrar R através da lei dos co-senos. Da figura

A tração T n'te. Calcular a3

lança e noz:=Laplicada pelo

p

6 sen 600

3 + 6 cos 600 = 0,S66, cx = 40,90

BD

tgcx = AD

PROBLEMAS PROPOSTOS

2.1 Calcular as componentes x e y da força P, de intensidade igual a 20 kN, atuando sobre o elemento estrutural.

Resp. Px = -19,70 kN; Py = 3,47kN

524

sen 40,90; sen IJ = 0,750; IJ = 4S,6° Resp.

2.7

(!) Observe atentamente o reposicionamentode P para permitir a construção do paralelogramo de soma em B.

Nota:

2.4 Um cabo exerce uma força F sobre uma cantoneirafixada a um elemento estrutural. Se a intensidade da

componente x de F é 900 N, calcular a componentey e a intensidade de F.

Resp.

274300600' + SOO' - 2 (600) (SOO)cos 40,90

524 N

O ângulo IJdá a direção de R e é obtido da lei dos senos

600sen IJ

R

R'

p

2.8 O cilindro hidráulil

direção de seu eU:'levantando. Dete~

normal e tangentemomento em que 8 =1

Probl. 2.5

900mm

AI IYIL__ -X

Probl. 2.4

400mm

2.5 O tensor C é montado de modo a dar uma tração de900 N no cabo. Calcule as componentes x e y daforça exercida sobre o quadro pelo cabo, em B.

Resp. Fx= -879N; Fy= -195,2N

, ~ll/i 6mI TilI I

A~ . c1__<

l3m-I. 7m-JProbl. 2.3

Resp. T= 12,S6i + 7,72j kN

Y

IIII

20· ~ Ix l.. ...:..__ --.l

Probl. 2.1

2.2 Encontre a componente retangular, na direção deBC, da tração T = 600 N do Problema Resolvido 2.2.

2.3 Quando a carga L está a 7 m do pino C, a tração Tno cabo tem a intensidade de 15 kN. Escrever aexpressão vetorial de T usando os vetores unitários iej.

SISTEMAS DE FORÇAS / 17

A tração T no cabo vertical é igual ao peso do caixote. Calcular as componentes Tt e Tn, nas direções dalança e normal a ela, respectivamente, da força Taplicada pelo caixote à lança em A.

2.10 Resolver o Probl. 2.9 graficamente.

y 10 kN

~8kN,. '-.ô---xProbl. 2.9

Calcular a intensidade da força única R equivalenteàs duas forças mostradas. Determinar também oângulo e, entre R e o eixo positivo dos x, medido nosentido anti-horário.

Resp. R = 9,17 kN; e = 109,1 °

2.9

A

Probl. 2.6

IIII

10m !1I ~I

III

I

2.6p

/////

~ o reposicionamentoir 1::::o::JStruçãodo parale-

F sobre uma cantoneiraSe a intensidade da

_" calcular a componente

F

V

2.7 O camo circular tem uma excentricidade e = 20 mm

e raio r = 40 mm. Na posição de e = 30°, a superfície lisa inferior do seguidor eXerce uma força parabaixo sobre o camo de 400 N, normal às superfíciesde contato. Calcular a componente retangular F'desta força, na direção da linha que liga o ponto decontato ao centro do eixo.

Resp. F' = 378 N

2.11 Com que ângulo e deve ser aplicada a força de 400 Npara que a resultante R das duas forças tenha a intensidade de 1 000 N? Nestas condições, qual será oângulo (3 entre R e a horizontal?

Resp. e = 51Y; (3 = 18,2°

400N

~Probl. 2.11

2.12 A força vertical de 10 kN deve ser substituída porduas outras forças, uma F" orientada na direção dalinha de 45° a-a e outra F2, com intensidade de8 kN. Calcular a intensidade de F,e o ângulo e, antihorário, entre F 2 e o eixo x.

Resp. F, = 10,81 kN, com e = 17,1°ouF, = 3,33 kN, com e = 72,9°

\

a dar uma tração det z> ::omponentes x e y da

, :::pelo cabo, em R.

= -3;9 N; Fy = -195,2 N

Probl. 2.7

2.8 O cilindro hidráulico exerce uma força de 40 kN nadireção de se~ eixo, em posição à carga que estálevantando. Determinar as componentes Fn e Ft,normal e tangente respectivamente, à direção AR, nomomento em que e = 30°.

f--l,5 fi ----iProbl. 2.8

Probl. 2.12


2.14 O conjunto rígido ARC é suportado pelo pino A epelo elo articulado D e está submetido à ação de umaforça F em C. Poder-se-ia concluir, pelo princípio datransposição de uma força, que a reação no pino em

r ~

18 I ESTÁTICA

Resolver o

Probl.

2.4 - MOMENTO

Além da tend'

o corpo em torno deconhecida como mom.

freq üentemente denoA Fig. 2.7a m

intensidade do mom

corpo é, claramente,a distância perpendicomo

14m1

2.18 A resultante da carga de 100 kN e da tração T, conseqüente, na barra B, passa pelo ponto A e resultaem certa força sobre o pino que suporta a treliça nesse ponto. A carga de 100 kN é substituída por umaforça P, aplicada na direção da linha tracejada, mostrada na figura. Calcular a intensidade de P, demodo que resulte sobre o pino em A o mesmoefeito que anteriormente existia, quando atuava aforça de 100 kN. Determinar o acréscimo f:.T correspondente na tração da barra B. Os ângulos internosda treliça são todos de 45° ou 90°. (Sugestão: aresultante de P e o novo T é o mesmo vetor que aresultante da força de 100 kN e T original.)

tlOOkN

Probl. 2.18

Probl. 2.19

vetores unitários nas direções x e y. Calcule o ânguloI) feito por R com o eixo x.

Resp. R = 2,63i + 6,06j kN; I) = 66,6°

2.19 Qual o máximo ângulo I) que a força F pode serorientada, de modo que a intensidade de sua componente ao longo de CA não ultrapasse 80 por cento daintensidade da componente na direção de BC?

Resp. 1):= 53,0°

F

r-2oo1 ~ -±-

I/f..._--=;ommÀ. 150mm

--'l"

A

4kN B

Probl. 2.15

A seria a mesma se F fosse aplicada em D ou em E,em vez de C?

~1,6kN

B

Probl. 2.14~

I2.1'5 Decompor a força de 4 kN em duas componentes:J uma na direção AB e outra na BC.

Resp. FAB = 2,93 kN; FBC = 3,59 kN

r--2.16 Deseja-se remover o grampo da madeira, aplicando

uma força na direção do seu eixo horizontal. Umobstáculo A impede o acesso direto, de modo que énecessário aplicar duas forças, uma de 1,6 kN e outraP, através de cabos conforme mostrado. Calcule aintensidade de P, para assegurar que a tração T se dêao longo do eixo do grampo. Determine, também, T.

Probl. 2.16

2.17 Substitua as forças de 6 kN e 4 kN por uma únicaforça equivalente R, expressa como vetor, usando os

4 kN-

6kN

Probl. 2.17

2.20 A força F = -401 -1- 60j N deve ser substituída porduas outras, uma na direção do eixo y e outra nadireção horizontal h, de tal modo que produzam omesmo efeito de F. Determinar as intensidades dessas componentes.

FProbl. 2.20

O momento é UI

rotação imprimida ao aA regra da mão .

O-O pode ser represemsentido da rotação doconsiderado um vetorbásicas momento são ru

Quando lidamos '

um ponto. Realmente,ponto. Assim, o momeno sentido contrário ac

Probl. 2.24

BOON

91DIJGOON

2.24 As duas forças que atuam sobre a estrutura rígidadevem ser substituídas por uma única força equivalente R, aplicada no ponto A. Determinar a intensidade de R e a distância x para o ponto A. Resolvergraficamente ou algebricamente.

Resp. R = 898 N; x = 1,62 m

400=

A

Probl. 2.23

~~f---t---+-T-·I300 mmr t I I

I '_-""+__--+--+/ I ." \

l;~,

P

1~4

Probl. 2.21


-~i - 6,06j kN; 8 = 66,6°

L ~ .- SISTEMAS DE FORÇAS I lS- x e y. Calcule o ângulo II 2.21 A força P, quando decomposta nas direções dos @be-se que a resultante de duas forças passa pelo

eixos x e y, tem uma componente x de 500 N. Quan- ponto A. Determinar a intensidade de P.do decomposta nas direções dos eixos x' e y', Resp. P = 675 NPx' = 800 N. Expresse P como um vetor, usando oSvetores unitários dos eixos x-y e calcule a componente na direção y' de P. (Execute a solução comajuda da geometria dos vetores da figura, sem soluções simul tâneas.)

Resp. P = 500i + 965j N; Py' = 736 N

::0: k.."\e da tração T, con?cio ponto A e resulta

....= suporta a treliça nesk.' é substituída por uma

~ da linha tracejada, mosk' ~ :ntensidade de P, de

~ = ;mo em A o mesmo• =risúa, quando atuava a

o acréscimo t:.T corres-:=. B. Os ângulos internos

~~=ou 90°. (Sugestão: aIa ~ ~ o mesmo vetor que aill1:.' e T original.)

..•.= a força F pode ser:~ - <idade de sua compo

~ 80 por cento da--; C:i.reçãode De?

Reilpo (J: = 53,0°

B 1114m1

A.

2.4 - MOMENTO

Além da tendência de deslocar um corpo na direção de sua aplicação, as ff)rças tendem também a giraro corpo em torno de qualquer eixo que não cruze, nem seja paralelo à sua linha de ação. Esta tendência éconhecida como momento M da força em relação ao eixo dado. O momento de uma força é, também,freqüentemente denominado torqile.

A Fig. 2.7a mostra um corpo bidirnensional sobre o qual atua uma força F, contida no seu plano. Aintensidade do momento ou tendência da força girar o corpo em torno do eixo "O"(), normal ao plano docorpo é, claramente, proporcional à intensidade da própria força e ao braço de alavanca d, que é, por sua vez,a distância perpendicular do eixo à linha de ação da força. Portanto, a intensidade do momento é definidacomo

(2.3)M = Fd

O momento é um vetor M perpendicular ao plano do corpo. O sentido de M depende da direção darotação imprimida ao corpo pela força F.

A regra da mão direita, Fig. 2.7b, é usada para identificar esse sentido, e o moménto de F em torno deO..() pode ser representado por um vetor apontando no sentido do polegar com os outros dedos curvados no

sentido da rotação do corpo. O momento M obedece a todas as regras da combinação vetorial e pode serconsiderado um vetor deslizante com uma linha de ação coincidindo com o eixo dos momentos. As unidadesbásicas momento são newton-metros (N om).

Quando lidamos com forças que atuam num dado plano, é costume falarmos do momento em torno deum ponto. Realmente, está subentendido o momento em relação a um eixo normal ao plano e passando peloponto. Assim, o momento da força F em torno do ponto O, na Fig. 2.7c, tem a intensidade Mo = Fd e estáno sentido contrário ao dos ponteiros do relógio. A representação vetorial dos momentos.para forças copla-

_. ~ ser substituída por- :'io eixo y e outra na

o· que produzam oas intensidades des-

20 I ESTÁTICA

oI

I

I

cb,MI

~1.~~1:. __

'<>---. I

F IO

(a) (b)

Fig.2.7

(c)

//Problema Resol .

Calcular o mom

na base do poste, ti'

nares é desnecessária, visto que os vetores ou estão saindo do plano do papel (sentido anti-horário) ouentrando (sentido horário), Tendo em vista que li soma de vetores livres e paralelos pode ser efetuada pelaálgebra escalar, os sentidos dos momentos podem ser defInidos pelo emprego do sinal mais (+ ) para os desentido anti-horário e do sinal menos (-) para os de sentido horário ou vice-versa. É necessário somente que

se adote sempre a mesma convenção de sinal na solução de um problema,

Teorema dos Momentos, Um dos mais importantes princípios da Mecânica é o Teorema de Varignon

ou Teorema dos Momentos, que, para peças coplanares, estabelece: o momento de uma força em relação a

um ponto qualquer é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação ao mesmo ponto.Para demonstrar este teorema consideremos uma força R e suas componentes P e Q, que atuam no ponto A

(Fig. 2.8). Como centro dos momentos escolhamos, arbitrariamente, o ponto O. Construamos a linha AO eprojetemos os. três vetores sobre uma normal a esta linha. Tracemos também os braços dealav{U1cap, q, r dastrês forças, em relação ao ponto O, e indiquemos os ângulos formados pelos vetores com a linha AO, por o:~(3, 'Y, como se vê na figura. Uma vez que o paralelogramo formado pelos lados P e Q exige que ac seja igual abd, é evidente que.

ad = ab + bd = ab + ac

ou

R sen 'Y = P sen o:+ Q sen (3,

Multiplicando pela distância AO e substituindo os valores de p, q, r, resulta

Rr = Pp +Qq

o que prova que o momento de uma força'em relação a qualquer ponto é igual à soma dos momentos de suascomponentes em relação ao mesmo ponto. O Teorema de Varignon não fIca restrito ao caso de somente duascomponentes mas aplica-se igualmente a três ou mais, visto que é sempre possível por combinação diretareduzir um número qualquer de componentes a duas, para as quais o teoremajá foi demonstrado.

Solução, (1) O

d = 4

Usando M =Fd, \) =

MO =

(Il) Substitua aA:

FI = 600 cos 40° =

Então, pelo teoreJ:!a

MO =

(lII) Usando o prin600 N ao longo da suamomento da compon=

e o momento é

MO =

3 ) (IV) Movendo a foda componente FI' O

d.

e ornamento é

A

MO = 3

Fig.2.8

SISTEMAS DE FORÇAS I 21


Calcular o momento da força de 600 N em torno do ponto Ona base do poste, usando quatro processos diferentes.

4m

40°

600N

Usando M = Fd, o momento é horário e tem a intensidade

MO = 600 (4,35) = 2610 N· m. Resp.

CD A geometria aqui e em problemas semelhantes não causará dificuldade, se o esboço forcuidadosamente traçado.

Notas:

Resp.

386 N

Então, pelo teorema de Varignon, o momento é

MO = 460 (4) + 386 (2) = 2610 N· m.

F, = 600 cos 40° = 460 N; F2 = 600 sen 40°

Solução. (1) O braço de alavanca para a força de 600 N é

d = 4 cos 40° + 2 sen 40° = 4,35 m

(lI) Substitua a força por suas componentes retangulares emA:

(III) Usando o princípio da transposição, deslizar a força de600 N ao longo da sua linha de ação até o ponto B, eliminando omomento da componente F2• O braço da alavanca de F, é

-'0 anti-horário) OU

.?J<1e ser efetuada pelaiI:L mais (+ ) para os deE ~o somente que

ic Teorema de Varignon

força em relação a. :?O ao mesmo ponto.

~ atuam no ponto A.hmaillOS a linha AO e

alavanca p, q, r das1:S:oro a linha AO, por a,

-ge que ac seja igual a

d, = 4 + 2tg40° = 5,68m ® Este é o procedimento que conduz à solução mais rápida.

e o momento é

d2 = 2+4cotg40° = 6,77m

(IV) Movendo a força para o ponto C, elimina-se o momentoda componenté F" O braço de alavanca de F2 é

MO = 460 (5,68) = 2610 N· m.

A'"""""""""""

O -------.;-------':rF,F2

Resp.

Resp.2610N·m.386 (6,77)MO

e o momento é

35 momentos de suas

.:asa de somente duas

combinação diretastrado.

® Não deve causar estranheza o fato de ospontos B e C não pertencerem ao objeto,porque o cálculo matemático do momentode uma força não requer que ela estejasobre o corpo.

--

22 / ESTÁTICA

..

///L:

l-12r::..PIo

650

IDI

2.36 Se o momento

força P, em tornominar a intensidarlechapa sobre a qual aquadrados.

2.35 Determinar o â

MO causado pela fiem O. Calcular, tam

2.34 Para erguer o mastrotração T no cabo72 kN' m, em torno,

2.33 Calcular o momento,pela força de 160 k."õ,daste de esteira, na ~

2m

Resp. M= 78,3 N ·m.

2.32 Uma força de 200 N é aplicada na extremidade dachave para apertar um dos parafusos do flange quemantém a roda presa ao eixo do veículo. Determinaro momento M produzido por esta força em torno docentro O da roda, para a posição da chave mostradana figura.

Probl.2.31

250 N

2.31 Calcular o momento da força de 250 N, aplicada nopunho da chave de grifo, em torno do centro deparafuso.

Probl.2.30

300 N

1m

Probl. 2.29

Resp. y = 0,4 m

2m

800 N

2.30 Determinar a distância y do topo do mastro, de um

ponto onde se deve aplicar uma única força externaP, de modo que se duplique os efeitos externos dasduas forças dadas.

2.29Deseja-se substituir a força de 1 OOON,.que atuasobre a viga, em duas forças dirigidas para baixo, RAem A e RB em B, de tal modo que não haja alteraçãono efeito externo global sobre a viga. Calcular estasforças.

Probl. 2.28

0,1 m

0,1 m

2.28 Calcule o momento de força de 400 N em torno doponto O.

2.27 A chapa retangular, mostrada na figura, é compostade quadrados de 1 m de lado. Uma força F = 10 kNestá em um ponto A na direção mostrada. Calcular omomento M B de F em torno do ponto B.

Resp. MB = 27,7 kN 'm, no sentido horário

A

~100 mm -1600

400 N

120mm

2.25 No Problema Resolvido 2.3, detenninar a intensidadeda menor força P que pode ser aplicada no ponto A,dando o mesmo momento que a força de 600 N dáem torno do ponto O. Encontre o ângulo correspondente e entre P e a horizontal.

Resp. P = 584 N; e = 26,6°

2.26 o momento da força P em torno do ponto A é30 N· m. Calcular a intensidade de P. A chapa sobrea qual atua a força está dividida em quadrados de0,1 m de lado.

Probl. 2.26

p

PROBLEMAS PROPOSTOS

rle 1 000 N,. que atua;fuigidas para baixo, RA

~ que não haja alteração:::-e a viga. Calcular estas

L

, Çc :opo do mastro, de um= única força externaas efeitos externos das

Resp. y = 0,4 m

N

de 250 N, aplicada notorno do centro de

250 N

na extremidade da

;mafusos do flange queveículo. Determinar

e:.-ta força em torno do. - da chave mostrada

Resp. M= 78,3 N·m.

Probl. 2.32

2.33 Calcular o momento, em torno do ponto A, causadopela força de 160 kN, suportada pelo cabo do guindaste de esteira, na posição mostrada.

\160 kN

Probl.2.33

2.34 Para erguer o mastro a partir da posição mostrada, atração T no cabo deve fornecer um momento de72 kN' m, em torno do ponto O. Determinar T.

Resp. T = 8,65 kN

l-12mjProbl. 2.34

2.35 Determinar o ângulo e que maximiza o momentoMO causado pela força de 200 N em torno do eixoem O. Calcular, também, MO'

2.36 Se o momento combinado da força de 50 kN e daforça P, em torno do ponto A, resultar nulo, determinar a intensidade de P, gráfica e algebricamente. Achapa sobre a qual as forças atuam está dividida emquadrados.

Resp. P = 51,5 kN


Probl. 2.35

_-<_ ...__ ._.v_ ... __ , •••• _.~·>_ .. ·_

~ ) !, • ! . 50kN.-,-._J_ ..~. __,_Probl. 2.36

2.37 Se o momento combinado das duas forças, em tornode C, for nulo, determinar a intensidade R da suaresultante.

200N

Probl. 2.37

2.38 No mecanismo manivela-cursar mostrado, a bielaABde comprimento 1 suporta uma força de compressãovariável C. Deduzir a expressão para o momento de Cem torno do eixo O da manivela, em função de C, r, 1e do ângulo variável e.

~_0 <<LC ~_. A

Probl.2.38

2.39 Os olhais do topo do mastro suportam as duas forçasmostradas. Determinar a intensidade da força T paraque o momento total em torno do ponto C seja nulo.

24 / EST Ã TICA

Probl. 2.39

~40 No Probl. 2.39, calcular a intensidade da força T demodo que não haja flexão do mastro no ponto O.

Resp. T= 3,23 kN

2.41 Determinar, gráfica ou algebricamente, as coordenadas do ponto A., na periferia da roda, em torno doqual o momento M das duas forças é máximo. Encontrar M para este ponto.

Resp. A (-173,2mm; -100mm); M=40Nom

y

Probl.2.41

ocaliza as forças em retodos os centros de m

Fig. 2.9b, onde a dire da mão direita.

Como o vetar co

pode-se representar, naempregando uma dasconjugados em problem

Um conjugado nãoConseqüentemente, esteseu produto permaneçaatuando em qualquer wn

onjugado M. O conjugamesma tendência para -

ou

M = Fd

O efeito das for

mesmas têm de empucruze sua linha de ação.

força dada por outra, iEsta decomposição deF, que atua no pontoM = Fd, no sentido an

opostas F e - F são adientão, que a força ori. gado M = Fd que, paradireito. Assim, a força

outro ponto B, e pelotambém, que um dadovetor do conjugado), pqforça equivalente e numrepetidas aplicações em

M

J

GJ-

Conjugado emsentido horário

(c)

Conjugado emsentido

anti-horário

6)(2)ou ou

W@(a)

I cbM'

(\8I

i (b)

2.5 - CONJUGADO

M = F(a +d) -Fa

o momento produzido por duas forças iguais, opostas e não colineares é conhecido como conjugado.

Um conjugado tem certas propriedades exclusivas e importantes aplicações na Mecânica.Considere a ação de duas forças F e -F, iguais e opostas, e separadas por uma distânciaq (Fig. 2.9a).

Estas duas forças não podem ser combinadas, resultando uma força única, visto que sua soma é zero em todasas direções. Seu efeito produz, unicamente, uma tendência de rotação. O momento combinado das duas'orças em torno do eixo normal ao plano das forças e que passa por um ponto qualquer situado sobre o

plano, tal como O, é o conjugado M, cuja intensidade é de

e está no sentido contrário ao movimento dos ponteiros de um relógio, para o caso ilustrado, quando visto de:ima. Esta expréssão, para a intensidade do conjugado, não contém qualquer referência ã dimensão a que

Fig.2.9

'camente, as coordenada roda, em torno doforças é máximo, En-

00 mm); M= 40 N'm

lOON

x


Jocaliza as forças em relação ao centro de momento O. Conclui-se que um conjugado tem o mesmo valor paraIOdos os centros de momento. Portanto, podemos representá-Io por um vetor livre M, como é mostrado na

ig. 2.9b, onde a direção de M é normal ao plano do conjugado e o sentido do vetor é estabelecido pela regramão direita.

Como o vetor conjugado M é sempre perpendicular ao plano que contém as forças que o compõe,pode-se representar, na análise bidimensional, o sentido de um vetor conjugado como horário ou anti-harário,empregando uma das convenções mostradas na Fig. 2.9c. Posteriormente, quando tratarmos com vetaresconjugados em problemas de três dimensões, manteremos a notação vetorial para sua representação.

Um conjugado não se altera, desde que a intensidade e a direção de seu vetar permaneçam constantes.Conseqüentemente, este conjugado não sofrerá alteração se os valores de F e d forem alterados, contanto queseu produto permaneça o mesmo. Do mesmo modo um conjugado não é afetado ao se admitir as forçasatuando em qualquer um dos planos paralelos. A Fig. 2.10 mostra quatro diferentes configurações do mesmoconjugado M. O conjugado é definido, em cada um dos quatro casos, pelo mesmo vetor livre, que representa amesma tendência para girar os carpos na direção mostrada.

-rido como conjugado.

"stância q (Fig. 2.9a).soma é zero em todas

~ combinado das duaser situado sobre o

M

c1

Fig.2.10

M:±, -2F

~V2F

::lIO, quando visto de

- :ia à dimensão a que

O efeito das forças que atuam sobre os corpos tem sido definido em termos da tendência que asmesmas têm de empurrar ou puxar o corpo em sua direção e de girá-Io em torno de qualquer eixo que nãocruze sua linha de ação. A representação deste efeito duplo é, freqüentemente, facilitada pela substituição da'orça dada por outra, igual e paralela, e por um conjugado, para compensar a alteração no momento da força.

Esta decomposição de uma força em outra força e um conjugado é ilustrada na Fig. 2.11, onde a força dadaF, que atua no ponto A é substituída pela mesma força deslocada para algum ponto B e pelo conjugadoJf = Fd, no sentido anti-horário. O transporte pode ser observado na figura central, onde as forças iguais eopostas F e - F são adicionadas no ponto B, sem introduzir qualquer efeito externo sobre o corpo. Observa-se,então, que a força original F aplicada em A e a força -F, igual e oposta, aplicada emB constituem o conjugado M = Fd que, para o exemplo escolhido, está no sentido anti-horário, como se vê na figura do ladodireito. Assim, a força original que atua em A costuma ser substituída pela mesma força, que atua em umoutro ponto B, e pelo conjugado, sem que os seus efeitos externos sobre o corpo sejam alterados. Conclui-se,também, que um dado conjugado e uma força, que se encontre no plano definido pelo mesmo (normal aovetor do conjugado), podem ser combinados, resultando uma simples força. A decomposição da força numaforça equivalente e num conjugado é uma etapa do estudo que deve ser inteiramente dominada, pois encontrarepetidas aplicações em Mecânica.

Fig. 2.11

26 / ESTÁTICA


Probl. 2.42

OBLEMASPRO

Dimensões em milímetros

M = 500 (0,100 + 0,060) cos e[M=Fd]

[M=FdJ M = 200(0,200+0,100) = 60Nom

As forças P e - P produzem um conjugado anti-horário

Um suporte rígido é submetido a um conjugado composto deforças de 200 N. Substituir este conjugado por outro equivalenteconsistindo de duas forças, P e -P, de intensidade igual a 500 N.Encontrar o ângulo e apropriado.

Igualando as duas expressões

Solução. O conjugado dado é anti-horário, quando visto decima do plano que contém as forças, e sua intensidade é

1 60 500 (0,160) cos e Nota:

e Resp. <D Observe que as únicas dimensões relevantessão aquelas que fornecem as distâncias perpendiculares entre as forças dos conjugados.

2.43 Ao projetar um ganchação de uma força F,uma tração em B e ti

do conjugado é 4 O()(

de de F.

1


Substituir a força horizontal de 400 N, agindo sobre a alavanca, por um sistema equivalente, constitu{do de uma força em O eum conjugado.

Solução. Aplicam-se duas forças opostas e iguais a 400 N noponto O e identifica-se o conjugado anti-horário

[M = FdJ M = 400 (0,200 sen 60°) = 69,3 No m Resp.

Assim, a força original é equivalente a uma força de 400 Naplicada em O e a um conjugado de 69,3 No m, como mostradona terceira das figuras equivalentes.

400N

400N 400N

7/=7/0(/ ~. ,-o400 N 400 N 400 N

2.44 Cada hélice de um n<n

empuxo F de 300 Id'manobras, uma héliceoutro a ré. Qual o tdeve exercer sobre o

rotação do navio, caw

Nota:<D Freqüentemente se depara com o problema inverso a este, isto é, a substituição de uma força

e um conjugado por uma força única. O procedimento é o mesmo, agora substituindo-se oconjugado por duas forças, uma das quais igual e oposta a 400 Nem O. O braço de alavancada segunda força seráM/F = 69,3/400 = 0,1732 m, que é 0,2 sen 60°, determinando, assim,a linha de ação da força resultante única de 400 N.

2.45 Expressar em notaç;forças em torno dovetores unitários mO!

Administrador

Rectangle

SISTEMAS DE FORCAS / 27

l00N" '-

.~J '- '-,

y

Probl. 2.45

100N

2.46 A treliça simples suporta uma carga de 40 kN. Aparede vertical exerce uma força horizontal contra oro1ete-suporte em A. A conexão articulada, em B,exerce a força adicional sobre a treliça, necessáriapara manter o equillbrio. A carga de 40 kN e a componente vertical da reação, em B, formam um conjugado igual e oposto ao conjugado devido ~s duasforças horizontais. Calcular a intensidade B da forçaque atua sobre o pino da conexão em B.

Resp. B = 75,5 kN

100mJ

FProbl. 2.43Probl. 2.42

lOkNLd

I

OBLEMASPROPOSTOS

2 A ação da força de 10 kN sobre a coluna de aço podeser analisada considerando que ela produz uma compressão na direção da linha de centro e um conjugado. Se o conjugado tem uma intensidade 800 N • m,determinar a excentricidade d.

Resp. d = 80 mm

lI!Õl5 em milímetros

'=

200 N

30°

Iy

I

yProbl. 2.47

1< ~~ >1

A

----1\1 x-I 240mmII•III

Probl. 2.46

2.47 A chapa em forma de L, mostrada na figura, estásubmetida a duas forças de 250 N. Deseja-se substituir estas forças por um conjunto equivalente, consistindo da força de 200 N aplicada em A e de umasegunda força aplicada em B. Determinar a coordenaday deB.

-Amt

Probl. 2.44

3 Ao projetar um gancho de içamento, notamos que aação de uma força F, na seção crítica do gancho, éuma tração em B e um conjugado. Se a intensidadedo conjugado é 4 000 N· m, determinar a intensidade de F .

.44 Cada hélice de um navio de dois eixos desenvolve um

empuxo F de 300 kN, a plena. rotação. Durante asmanobras, uma hélice gira a plena rotação avante e ooutro a ré. Qual o empuxo P que cada rebocadordeve exercer sobre o navio para se opor ao efeito derotação do navio, causado pelos seus hélices?

Resp. P = 51,4 kN

2.45 Expressar em notação vetoria1 o momento das duasforças em torno do eixo y e do eixo y', usando osvetores unitários mostrados ..

dimensões relevantes

as distâncias perforças dos conjugados.

__"útuição de uma força.gora substituindo-se o

r= O. o braço de alavanca--~. determinando, assim,

28 I ESTÁTICA

A roda traseira de um carro que está acelerando éimpulsionada por uma força de atrito F de 2,4 kN epor um torque sobre o eixo, que corresponde aoconjugado M. Se a força e o conJugado puderem sersubstituídos por uma força equiyalente, que atue noponto 12 mm acima do centro da roda, determinar M.

Resp. M = 929 N •m

Probl.2.48

2.49 Um conjugado de 37,5 N· m é aplicado ao eixo vertical soldado à placa retangular horizontal. Se o conjugado e a força de 300 N forem substituídos por umaforça equivalente única em B, determinar a distância x.

Probl. 2.49

2.50 Uma ferramenta está sujeita a uma força de 200 N eoutra P, como mostrado. Se uma força R em O e umconjugado M = 20k N •m forem equivalentes às duasforças, determinar P e R.

Resp. P = 40j N; R = -160j N

Probl. 2.50

2.51 A alavanca de controle está submetida a um conjugado no sentido horário de 80 N' m, exercido porseu eixo em A. Queremos projetá-Ia para operar com

a força de 200 N, como é mostrado na fIgura. Se aresultante do conjugado e da força passa por A, determinar a correta dimensão x da alavanca.

Probl. 2.51

2.52 Substituir o conjugado e a força mostrados pela única força F, aplicada no ponto D. Localizar D determinando a distância b.

Resp. b = 213 mm

60N·m

Probl. 2.52

2.53 A figura representa duas engrenagens acopladas, submetidas às forças de contato nos dentes, mostradas.Substituir as duas forças por uma força única equivalente R, aplicada no eixo de rotação O, e por umconjugado M correspondente. Se as engrenagens partem do repouso sob a .ação das cargas nos dentes,mostradas, qual seria o sentido de rotação?

Resp. R = 3,56 kN; ()x = 51,10M = 11,28 N· m, no sentido anti-horário

y

Probl. 2.53

2.54 A cantoneira está furebites A e B e su

esta força por uma fia meio entre os rebitei

então, esta força e oduas forças, uma em Amine as forças supo

ProbL

2.6 - RESULTANTES

As propriedades dJres. Podemos agora, COI!

forças. A maioria dos preduzi-Io à forma mais s:

forças mais simples, quecorpo rígido, no qual asde todas as forças quesobre o corpo não for Zl

produto da massa pela eu

como em Dinâmica.

I

o tipo mais comuplano x-y, por exemplo,'intensidade e a direçãoonde os vetores das forçcoplanar de forças, pode


~ :::::lostradona figura. Se a= da força passa por A, de- x da alavanca.

A cantoneira está fixada a uma viga por meio de doisrebites A e B e suporta a força de 2 kN. Substituiresta força por uma força atuando na linha horizontala meio entre os rebites e um conjugado. Redistribuà,então, esta força e o conjugado substituindo-os porduas forças, uma em A e outra em B, e assim determine as forças suportadas pelos rebites.

2.55 Se o sistema de forças F,e F, for equivalente àsduas forças de 200 N, determinar e e a intensidadede F, e F,.

Resp. e = 26,6°; IF,I = IF,I =F= 335 N

F2

---1250mm

-+lOOmm

Probl. 2.54

200 N


Probl. 2.55

mostrados pela úniD. Localizar D deter-

Resp. b = 213 mm

2.6 - RESULTANTES

(b)

y

Fig.2.12

(a)

As propriedades da força, do momento e do conjugado foram desenvolvidas nas quatro seções anteriores. Podemos agora, com o auxílio destas defInições, descrever a ação resultante de um grupo ou sistema de'orças. A maioria dos problemas em Mecânica lida com um sistema de forças, sendo geralmente necessário

reduzi-Io à forma mais simples para descrever sua ação. A resultante do sistema de forças é a combinação deforças mais simples, que pode substituir as forças originais, sem alterar o efeito externo do sistema sobre ocorpo rígido, no qual as forças podem ser aplicadas. O equilíbrio do corpo é a condição na qual a resultantede todas as forças que atuam sobre o mesmo seja nula. Quando a resultante de todas as forças que atuamsobre o corpo não for zero, a aceleração do corpo fica defInida pelo equacionamento da força resultante aoproduto da massa pela aceleração do corpo. Assim a detern1inação das resultantes é básica, tanto em Estática,como em Dinâmica.

O tipo mais comum de sistemas de forças ocorre quando todas as forças atuam em um único plano, noplano x-y, por exemplo, como é ilustrado na Fig. 2.12a pelo sistema das três forças Fi, F2 e F3' Obtemos aintensidade e a direção da força R pela construção do poligono de forças, mostrado na parte b da fIgura,onde os vetores das forças são somados cabeça à cauda, em qualquer seqüência. Assim, para qualquer sistema

coplanar de forças, pode·se escrever:

q:renagens acopladas, subnos dentes, mostradas.

wna força única equiva- rotação 0, e por um

Se as engrenagens parb das cargas nos dentes,b:l de rotação?=x = 51,1°

sentido anti-horário

30 I ESTÁTICA

R = Fl + F2 + F3 + ... = 2:F

R = 2:F R = 2:F R = y(2: F )2 + (2:F )2x x y y x' y

R 2:F

e = tg-1 _Y = tg-1 _YRx 2:Fx

(2.4)

Problema Resolvido

Determinar a relque atuám sobre a cl

Podemos obter, graficamente, a correta linha de ação de R, preservando as corretas linhas de ação dasforças e somando-as pela regra do paralelogramo, como está indicado na parte a da figura, onde a soma Rl deF2 e F 3 é adicionada à F 1 para obter R. O princípio da transposição de uma força é usado neste processo.

Podemos determinar a posição da força resultante, algebricamente, usando o princípio do momentodevido a Varignon, com a escolha de um ponto conveniente O como centro de momento (Fig. 2.13). Assim,calculamos o braço de alavanca desconhecido d, conforme:

ou simplesmente

(2.5)

que é uma outra forma de apresentar o teorema de Varignon ou o teoremados momentos, que diz que omomento da força resultante em torno de qualquer ponto O é igual à soma dos momentos das forças dosistema em torno do mesmo ponto. Este é o princípio mais utilizado entre todos os da Mecânica.

Fig.2.13

Vê-se que são necessárias três equações, Rx = k Fx, Ry = k Fy e Rd = k MO, para determinar completamente a resultante R de um sistema geral de forças coplanares. Em um sistema de forças concorrentes, aequação do momento em torno do ponto de concorrência, é automaticamente satisfeita e, para determinar R,só é necessário usar as equações das forças. Em um sistema de forças paralelas, para determinar R, são suficientes uma equação da força, na direção das forças, e uma equação do momento.

Se, para um dado sistema de forças, a força resultante R for nula, a resultante do sistema não é necessariamente nula, pois pode existir um conjugado M. Neste caso, k Mo = M, onde O é qualquer centro conve

niente de momentos. Por exemplo, as três forças da Fig. 2.14 têm força resultante nula, ~s têm um conjugado, M = F 3d, no sentido horário.

Solução. O ponto (origem conveniente detos. As componente.<;Rzdo por R com o eixo x ~

[Rx= EFxl Rx=

[Ry= EFyl Ry=

[R = .JRx' =Ry'l R

R[o=arctg-L]

Rx

Embora o conjugadoe a direção de R, ele iIserá agora determinada. ,trada pelo princípio dosO como o centro dos mR, e com o sentido anti-lpositivo, este princípio e

[Rd= EMol

148,3d = 140 - 50(5

d= -1,60m

O sinal' negatjvo i.nCatuando no sentido harem torno de O. Portanb:

quer ponto sobre uma 1iIo eixo dos x e tangentetro em O, como se vê n;de R, exige que a linhanão ao ponto B, como tatuando no sentido anti-l

Outro modo seria 100

eixo x. Se admitin,nos, ientão um somatóiio de I

F2

Fig.2.14

[Rd= EMol2'

132,4b = -140 + 50:

b=I,79m


(2.4)

~~~tas linhas de ação das• .5e:rra, onde a soma RI deil. -ie •..••.•do neste processo.~ c princípio do momento

to (Fig. 2.13). Assim,


Determinar a resultante das quatro forças e de um conjugadoque atuám sobre a chapa mostrada.

Solução. O ponto O é escolhido arbitrariamente, como aorigem conveniente de coordenadas e como centro dos momen

tos. As componentes Rx e Ry, a resultante R e o ângulo () formado por R com o eixo x vêm a ser:

[Rx = ~ Fx] Rx = 40 + 80 cos 30° - 60° cos 45° = 66,9 N

[Ry = ~ Fy] Ry = 50 + 80 sen 30° + 60° sen 45° = 132,4 N

[R =.J Rx' = Ry'] R =.J' (66,9)' + (132,4)' = 148,3 NResp.

Embora o conjugado não tenha influência sobre a intensidadee a direção de R, ele influencia- o momento da resultante, queserá agora determinada. A posição da linha de ação de R é encontrada pelo princípio dos momentos (Teorema de Varignon). ComO como o centro dos momentos, d como o braço de alavança deR, e com o sentido anti-horário, escolhido arbitrariamente, comopositivo, este princípio exige:

(2.5)

centos, que diz que oentos das forças do

11 ~ Yecânica.

R[()= are tg ----L ]

Rx132,4 = 63,20

()= are tg 66,9 Resp. --x

1[Rd= ~MO]

148,3d = 140 - 50(5) + 60 cos 45° (4) - 60 sen 45° (7)Notas:

<D Nota-se que a escolha do ponto O como centro de momentos eliminou quaisquer momen-,tos devidos às duas forças que passam por O.A seleção cuidadosa de um conveniente centro de momentos, que elimine o maior número possível de termos das equações de momento, é uma simplificação importante noscálculos, em Mecânica.O sistema de forças dado pode, também, sercombinado graficamente, usando-se a regrado paralelogramo, o princípio da transposição e o método para a transformação de umconjugado e de uma força, em uma únicaforça.

® Se tivéssemos admitido C no lado positivo doeixo x, b daria negativo. Como verificação,observe que d = b sen (); 1,60 = 1,79 sen63,2°. Observe também que poderíamos localizar R encontrando o ponto que R corta

o eixo y. Neste cálculo, Ry não apareceria.b=1,79m

[Rd= ~MO]

132,4b = -140 + 50(5) - 60 cos 45°(4) + 60 sen 45°(7)

d= -1,60m

O sinal' negatjvo indica que o momento da resultante estáatuando no sentido horário em vez de no sentido anti-horário,em torno de O. Portanto, a resultante pode ser aplicada em qualquer ponto sobre uma linha que forme um ângulo de 63°13' como eixo dos x e tangente a um cúculo de 1,6 m de raio, com centro em O, como se'vê na figura. O momento no sentido horáriode R, exige que a linha de ação de R seja tangente ao ponto A enão ao ponto B, como teria sido o caso se o momento estivesseatuando nO sentido anti-horário.

Outro modo seria localizar R encontrando o ponto C sobre oeixo x. Se admitÍI1)1os, inicialmente, que C está à esquerda de O,então um somatóno de momentos no sentido horário, dará

2

sistema não é neces

é qualquer centro convemas têm umconju-

0, para determinar com..:- forças concorrentes, a

e, para determinar R,;ieterminar R, são sufi-

32 I ESTÃTICA

A

Prol

300 mm

2.64 O redutor de engredois conjugados, a seuvertical em cada umadeste sistema de doiszero, determinar as fi

2.63 Determinar a intens'cabo da alavanca, deforças passe pelo pon

p

Probl. 2.60

800 mm

320 N

Probl. 2.61

9m

3kN 3,5 kN

5kN

300mm

3m

209 N

6kN

2.61 Determinar a força R que possa substituir as quatroforças que atuam sobre a viga em balanço e nãoaltere a reação sobre a extremidade da viga, na soldade sustentação em A. Determinar a posição de R,encontrando sua distância b à esquerda deA.

Resp. R = 1,5 kN, para baixo; b = 11 m

680 N

Probl. 2.59

2.59 Onde atua a resultante das duas forças?Resp. 10,70 m, à esquerda deA

2.60 Explique por que a resultante das três forças paralelas sempre passa pelo ponto A, qualquer que seja aintensidade de P.

60 kN

50 kN

I /20~./

//

//

/

Resp. R = 34,9i + 41,8j kNR = 54,5 kN8x = 50,2°

.•••• 300 N

600mm

Probl. 2.5640 kN

650N

30 kN

Resp. T = 12,85 kN; 8 = 38,9°

Probl. 2.57

2.58 Determinar a altura h acima da base D, onde atua aresultante das três forças.

2.57 Calcular a intensidade da tração T e o ângulo 8, paraque o olhal seja atuado por uma força resultante parabaixo de 15 kN.

2.56 Determinar a resultante R das quatro forças atuandosobre a chapa de ligação. Encontre, também, a intensidade de R e o ângulo 8, que a resultante faz com oeixo x.

PROBLEMAS PROPOSTOS

600 1I11111~250 Nmm

300mm

B@II\I\~

Probl. 2.58

2.62 Na posição de equilíbrio mostrada, a resultante dastrês forças que atuam sobre a alavanca em cotovelopassa pelo centro do mancal O. Determinar a forçavertical P. O resultado depende do ângulo 8?

2.65 Determinar a resultan

zar o ponto A, sobredeve passar a resultante

Re


2.66 Substituir as cargas aplicadas e o conjugado mostrados, que atuam sobre o suporte vertical, por meio deuma força equivalente R, que atue emA, e por umconjugado M. Especificar M e dar a intensidade de R.

2000N

yIIL_-x

3000N

4000N

Probl. 2.65

5000 N

Probl. 2.62

Resp. E = 260 N

2..63 Determinar a intensidade F da força aplicada nocabo da alavanca, de modo que a resultante das trêsforças passe pelo ponto O.

duas forças?10,70 m, à esquerda deA

-9

f

~ das três forças paraleA, qualquer que seja a

p

E=b150 > 1< 100mm mm

120 N 120 N

Probl. 2.63

4kN

6kN

0,7m

yIIII

L_-xA

Probl. 2.66

2.67 Determinar a resultante R das três forças e dos doisconjugados mostrados. Encontrar a coordenada x doponto sobre o eixo dos x, através do qual passa R.

Resp. R = -1,50i - 2,00j kN, x = 290 mm

--x

3kN

300mm

400mrn1

,,~I::Lt

2 kN

100 N'm

Probl. 2.67

r-500mm

yI

100mm~II

1,5 kN ,

200mm'A200N

Probl.2.64

2.640 redutor de engrenagens, mostrado, está sujeito aosdois conjugados, a seu peso de 200 N e a uma forçavertical em cada uma das bases A e B. Se a resultante

deste sistema de dois conjugados e de três forças forzero, determinar as forças em A e B.

1

substituir as quatro;I: TIga em balanço e não

c:G:mlidade da viga, na solda~ar a posição de R,l ~à esquerda de A.

-= i:'\. para baixo; b = 11 m

J.••H...'i I

C ~,ml~III

ada,. a resultante dasa alavanca em cotovelo

-1 O. Determinar a força~ do ângulo 8?

2.65 Determinar a resultante R das quatro forças e localizar o ponto A, sobre o tramo superior, por ondedeve passar a resultante.

Resp; R = 4 OOOi- 11 460j N,1,832 m, à direita de B

2.68 Calcular a coordenada y sobre o eixo y por ondedeve passar a resultante das três forças e do conjugado.

Resp. y = 109 mm

34 I ESTÁTICA

6ON'm100N

T200mm

t-300 m~

~

3kN

4kN

Probl.2.71

SEÇÃO B. SISTEMAS Dl

_7 - COMPONENTES)

Muitos problemasompor uma força em 1

O na Fig. 2.15, tem compt.

100N

Probl. 2.68

2.69 Determinar, graficamente, a resultante das quatroforças. Verificar o resultado através de cálculo.

200N

2.72 A engrenagem e a polia a ela agregada giram no sentido anti-horário e estão submetidas a uma carga decontato nos dentes da engrenagem de 1 600 N e àstrações de 800 N e 450 N na correia em V. Representar a ação dessas três forças por uma força resultanteR em O e um conjugado de intensidade M. O conjunto está acelerando ou desacelerando?

Resp. R = 930i + 1 666j N, acelerando

2.70 Substituir as três forças e os dois conjugados queatuam sobre a peça rígida por uma única força, Requivalente em A e um conjugado M.

Os vetares unitáriosres de F como sen

ça como

y

Probl. 2.72

360N

Jomm

___ -1-

mm

Probl. 2.69

3601'/mm

520N

3~4

T200mmi

200 N

Probl. 2.70

2.71 Representar a resultante das três forças e do conjugado, por uma força R emA e um conjugadoM. Encontre M e a intensidade de R.

Resp. M= 21,05 kN'm, anti-horário, R = 4,75 kN

2.73 O avião a jato tem uma massa m de 30 Mg e estlÍsubindo com um ângulo de 15 o, com velocidadeconstante, impulsionada pelo empuxo T de 86 kN.Como a velocidade é constante, a resultante de todasas forças atuando sobre o avião é nula. Calcular areação D, a sustentação L e a força P atuando sobreo estabilizador, para as condições representadas.

Resp. D = 9,83 kN; L = 279,6 kN, P= 4,69 kN

mg

Probl. 2.73

A escolha daorien

conveniência. Porém, Ito. Quando se girar (ço de um parafuso de

As componentes relmeio da operação veres P e Q (Fig. 2.16c

escrito


2m

(2.6)

Fig.2.15

F = - /F 2 + F 2 + F 2V· x y z

F = iFx + jFy + kFz

F = F (i cos ()x + j cos ()y + k cos ()z)

Fx = Fcos ()x

Fy = F cos ()y

Fz = Fcos ()z

Os vetores unitários i, j e k estão, respectivamente, nas direções x, y e z. Se introduzirmos os co-senos

diretores de F como sendo [= cos 8x, m = cos 8y e n = cos 8z, onde [2 + m2 + n2 = L podemos escrever a- ça como

7 - COMPONENTES RETANGULARES

SEÇÃO B. SISTEMAS DE FORÇAS TRIDIMENSIONAIS

Muitos problemas na Mecânica requerem análise em três dimensões e, é freqüentemente necessáriompor uma força em suas componentes mutuamente perpendiculares. Assim, a força F atuando no ponto

O na Fig. 2.15, tem componentes retangulares Fx, Fy e Fz, onde

j

3,5m--'lATf-

1

I z :::.'a agregada giram no senti• s::L"--::Jetidasa uma carga de~~em de 1 600 N e àsl"S ::a correia em V. Represen-

por uma força resultante•• ~!::ltensidadeM. O conjun

~rando?

= =:~+ 1 666j N, acelerando

(2.7)(F = F(il + jm + kn))

p. Q = PQ cos a

A escolha da orientação do sistema de coordenadas é totalmente arbitrária e inteiramente dependenteconveniência. Porém, para preservar a orientação relativa dos eixos, deve ser usado um conjunto de eixosro. Quando se girar do eixo x para y, a direção positiva do eixo z, em um sistema destro, é aquela do

nanço de um parafuso de passo a direita, girando no m.esmo sentido.

As componentes retangulares de uma força F (ou outro vetor) podem ser escritas de modo alternado,II meio da operação vetorial conhecida como produto escalar. Por definição, o produto escalar de doistores P e Q (Fig. 2.100), é produto de suas intensidades pelo co-seno do ângulo a por eles formado e é

escrito

Este produto pode ser considerado. como a projeção (componente) P cos a de P na direiY.ãode Q..JIDili.i

'cado p-or O, ou como a prokção (comIlQnente)--º cos a de Q na direiY.ãode P, multiplicaª-o p.or.P. Qualquerseja a interpretação, o produto escalar de dois vetores é uma g.uantidade escalar. Assim, o componente

Fx = F cos 8x da força F, na Fig. 2.15 por exemplo, pode ser Fx = F· i, onde i é o vetor unitário na direçãoeixo x. Em termos mais gerais se s for um vetor unitário em determinada direção, a componente de F na

direção de s (Fig. 2.16b) terá a intensidade Fs = F· s. Se for conveniente escrever o vetor compo~ente nadireção de s como uma quantidade vetorial, então sua intensidade escalar, expressa por F • s, deve ser multiplicada pelo vetor unitário s, pata dar Fs = (F • s) s, que pode ser escrito, simplesmente, como Fs = F • ss.

:=m de 30 Mg e está::z 15o, com velocidade

empuxo T de 86 kN.fe, a resultante de todas

~ = nião é nula. Calcular a:; a força P atuando sobre5ções representadas.= 279,6 kN, P= 4,69 kN

L

~\~ 15°I

Se s tiver os co-senos diretores a, ~ e 'Ypode-se, então, escrevê-Io decomposto como qualquer outroveto r

36 I ESTÁTICA

(a)

/\ \

F \ Fn = F.nn

6-~(';;:Or unitário.)\ _-~\ n\ -- n~

--Ç-Fn"'Y'(b)

Fig.2.16

Problema Resolvido 2-

Uma fo.rça F = 100 ~ é

oomo. está representado.. _,,"A cujas co.o.rdenadas si

compo.nentes de Fnas50bre o. plano. x-y; e (c)linha O-n, que passa pelo.

s = ia + j,8 + ky./

de intensidade uriitária. Se F tem os co-senos diretores I, m e n em relação aos eixos x, y e z, então, a componente de F na direção de s toma-se:

Fn = F· fi = F(il + jm + kn) . (ia + j,8 + ky).= F(la + m,8 +ny)

Solução. Parte (a). Os

1= 37,071 = 0,4~

n=-

uma vez que

i-i = j-j = k-k = 1 e i-j = j-i = i-k = k-i = j'k = k-j = O

o.nde a diago.nal OA é \,compo.nentes são.:

Se o ângulo entre a força li- e a direção indica da pelo vetor uriitário sé (J, então, em virtude da relaçãodo produto escalar, tem -se F - s = Fs cos (J =F cos (J, onde Is I = s = 1. Assim, o ângulo entre F e s é dadopor

Fx=Fl

Fy=Fm =

Fz =Fn =

ou, generalizando, o ângulo entre dois vetores quaisquer P e Q é

P-Q-1 __(J = cos PQ

(2.8)

(2.&)

Parte (b). O co.-seno.do.

Co.sOxy = -

e modo. que Fxy =F Co.s

Parte (c). Os co.-seno.sdireção. O-n são.:

Se a força F é perpendicular a uma linha cuja direção é indicada pelo vetor unitário s, então cos (J = O eF - s = O. Observe atentamente que isto não significa que F ou s são nulos, como seria no caso da multiplicação escalar, onde (A)(B) = O requer que A ou B seja nulo.

Deve ser notado que a relação do proçluto escalar aplica-se a vetores que se interceptam ou não. Assim,o produto escalar de dois vetores P e Q, que não se interceptam, na Fig. 2.17, é a projeção de P' sobre Q, queé P' Q cos a = PQ cos a, pois P' e P são o mesmo vetor livre.

Fig.2.17

01=(3=-.= I

-y= ~

Assim, a co.mpo.nente de

Fn = F • n = 100 (0,424i ~+ 0,688j + Or

= 100 [(0,424) I+ (0,707) (O':

= 84,4 N.

SISTEMAS DE FORÇAS / 37.

2m

B n

I1

1

1

1

1 /y1/

//1...-/ 1

Fy // 1

/;?f'-- __ I

, //Vi",y , __ .::::~ F",y= 70,7 N-::::....----- ///..••.•••.. ~ //F- /

'" ..""..<.._-------x

F\\\\

z \/ \\\\

r-\ ~ __ n

/y __ "",- n,// .,..,.,...,./ _- F

-:;:::.::. __ - n = 84,4 N

o

F = 100N

<D Neste exemplo todas as componentes sãopositivas. Estej? preparado para o caso quando um co-seno diretor for negativo.

zIIII

Fzf--------IIIIIIII

G) O produto escalar encontra automaticamente, o comprimento da projeção ou componente de F sobre a linha O-n, como mostrado.Para expressar esta componente como umvetor, devemos escrever F • nn ou 84,4n N.

Notas:

0,688

0,229

6

.J 62 + 62 + 222

.J 62 + 62u+2'

m= 47,071 = 0,566

n = 5 .'7,071 = 0,707

"(=

o<={3=

1= 37,071 = 0,424

Assim, a componente de F ao longo de O-n é:

Fx = Fi = 100 (0,424) = 42,4 N

Fy = Fm = 100 (0,566)= 56,6 N

Fz = Fn = 100 (0,707) = 70,7 N Resp.

Parte (b). O co-seno do ângulo exy entre F e o plano x-y é:

.J32+42cos exy = ----- = 0,7077,071

Solução. Parte (a). Os co-senos diretores de F são:


onde a diagonal OA é .J 32 + 42 + 52 =.J50 = 7,071 m. Ascomponentes são:

de modo que Fxy = F cos exy = 100 (0,707) = 70,7 N. Resp.

Parte (c). Os co-senos diretores de um vetor unitário n nadireção O-n são:

Uma força F = 100 N é aplicada na origem dos eixos x, y e z,como está representado. A linha de ação de F passa por um ponto A cujas coordenadas são 3 m, 4 m e 5 m. Determinar: (a) ascomponentes de Fnas direções x, y e z; (b) a projeção de Fsobre o plano x-y; e (c) a componente Fn de F na direção dalinha O-n, que passa pelo ponto B, como se vê na figura.

Fn = F· n = 100 (0,424i + 0,566j + 0,707k) • (0,688i ++ 0,688j + 0,229k) =

= 100 [(0,424) (0,688) + (0,566) (0,688) ++ (0,707) (0,229») =

= 84,4 N. Resp.

(2.8a)

ltam ou não. Assim,

de p' sobre Q, que

(2.8)

s, então cos (j = O e

no caso da multipli-

- . em virt'ude da relaçãoo entre F e s é dado

~.r.ye z, então, a compo-

!DiO como qualquer outro

k = k'j = O

I ESTÁTICA

Pro

2.81 A linha de ação de1200 com o eixo po..tor em relação aonehte y de P é 200 ~,

2.80 Uma força F tem a co-seno diretor comas componentes x e z

a

A

2.84 Determinar a coordepolia em C, de modoexiste componente dadeAB.

B---y

z

I

~. ~T~ Yi -~\~- ~~" -" ----

''''(:Probl. 2.79

Probl.2.78

z /I /1/

4~/1

1

I

Resp. T = ~ (8i - 15j + 10k) kNV 389 -

1

1

1

yProbl. 2.77

2.79 O guindaste exerce uma força de T = - 6i - 8j + lOkkN sobre o pilar de concreto, através do cabo. Calcular os ângulos que T faz com o eixo positivo dos xe com o plano x-y.

2.78 A tração no cabo de sustentação AB é de 10 kN.Expressar esta tração corno o vetor força Tatuandosobre Be.

2.77 A força F de 140 kN está orientada ao longo dadiagonal do paralelep{pedo, cujos lados têm a proporção 2:3:6. Expresse F corno um vetor.

tO,3m

;----t

~2 llJ -----J x

Probl.2.76

I

IIII ~'1

1

I1J---------_/ ,]

2m

Ar

/'/'

Probl.2.74

Resp. Py = 85,9 N

'/'sJl)

"B

Probl. 2.75

2.74 Se a componente x de P for 60.N determine a suacomponente y.

2.76 O cabo exerce urna tração de 2 kN sobre o pontoA.Escreva a expressão vetorial para a tração T.

Resp. T = 2 (-0,920i + 0,383j + O,077k) icN

2.75 O esticador (tensor) é apertado até a tração no caboAB igualar 1,2 kN. Escreva a expressão vetorial paraa tração T corno urna força atuando sobre o braço daalavanca.

PROBLEMAS PROPOSTOS


Resp. FCD = V6i5 kN

Resp. TCD = 46,0 N

D

B

Probl.2.85

Probl. 2.87

Probl. 2.86

2.87 A porta é mantida aberta na posição de 30° pelacorrente AB. Se a tração na corrente é 100 N, determinar a sua componente ao longo da diagonal CD daporta.

2.86 A força F tem uma intensidade de 2 kN e é orientadade A para B. Calcular a componente FCD de F aolongo de CD.

2.85 Encontre a expressão para a componente F DC, daforça F ao longo da linha orientada de D para C.

Resp. x = 2,67 m

Probl.2.83

Probl. 2.84

Uma força F tem a intensidade de 1 200 N. Se o seuco-seno diretor com o eixo x for 0,25 e a razão entre

as componentes x e z for 0,6, encontrar Fy.Resp. Fy = 1 049 N

A linha de ação de uma força P faz um ângulo de120° com o eixo positivo dos x e tem o co-seno diretor el11relação ao eixo z valendo 0,6. Se a componente y de P é 200 N, encontre P como um vetor.

Càlcular a intensidade FCD da projeção da força de100 N sobre a diagonal CD da face do cubo.

A

Determinar a coordenada x que localiza a pequenapolia em C, de modo que seja assegurado que nãoexiste componente da tensão no cabo OC ao longodeAB.

Os co-senos diretores de um vetor força F, em relação aos eixos x e y são, respectivamente, - 0,4 e 0,6.

Se F· k = 60 N, calcular o ângulo Oxy entre F e oplano x·y e encontre a componente x de F.

Resp. Oxy = 43,9°; Fx = -34,6 N

B---y

tação AB é de 10 kN.o vetor força Tatuando

8

, orientada ao longo da, cujos lados têm a pro

o um vetor.

de T = - 6i - 8j + 10kto, através do cabo. Cal

- com o eixo positivo dos x

(

=' O (8i - 15j + lOk) kN389

40 I ESTÁTICA

2.8 - MOMENTO E CONJUGADO

Será desenvolvida agora uma formulação dos conceitos de momento e conjugado, mais geral do que ausada na análise bidimensional, para ser empregada nos problemas tridimensionais. É somente quando setrabalha com três dimensões que fica evidente a grande vantagem da análise vetorial.

Para ganhar maistes do momento de

:mnponentes de uma for>ltensidades dos momentos

Momento. Consideremos uma força F com uma determinada linha de ação (Fig. 2.18a) e um ponto Oqualquer que não esteja sobre esta linha. O ponto Q e a linha de ação de F definem um plano a. O momentoMo de F em relação ao eixo normal ao plano, e passando por O, tem a intensidade Mo = Fd, sendo d adistância perpendicular de O à linha de ação de F. Este momento é também designado como o momento de

F em torno do ponto O. ~r Mn é normal ao plano e tem como suporte o eixo que. passa por O. Tanto aintensidade como o sentido de Mo podem ser defmidos pela operação vetorial conhecida como produtocruzado ou produto vetorial (ver o § 7 do item B7 do Apêndice B). Introduz·se um vetor r, que vai de O atéum ponto qualquer da linha de ação de F. Por defmição, o produto vetorial de r e F é representado por r X Fe tem a intensidade (r sen a)F, que assim como Fd, é a intensidade de Mo. A direção e o sentido corretos domomento são definidos pela regra da mão direita, descrita anteriormente nos itens 2.4 e 2.5. Assim, se

consideramos r e F como vetores livres (Fig. 14b), o polegar apontará o sentido de Mo, se os outros dedosda mão direita se curvarem no sentido da rotação r para F. Portanto, o momento de F em torno do eixo quepassa por O pode ser escrito como:

(a)

Fig.2.18

F

~~,

(b)

são coincidentes comXF.

Pode-se agora escreveJSendo n um vetor unitário

vetor, como foi defmidcintensidade escalar do mo

F em torno de À, a intem

(2.9)

A ordem r X F dos vetores deve ser mantida, visto que F X r resultaria num vetor com um sentidooposto ao de Mo, isto é, F X r = -Mo.

A expressão do produto vetorial para Mo pode ser apresentada sob a forma de determinante (ver o § 7do item B7 no Apêndice B) que fornece

de r X F substitui Mo· .- necessita ser escrita (r )(

~torial não pode ser formescalar pode ser escrito so

kMo = I rx ~y rz

Fx Fy Fz

(2.10)de a, {3,'Y são os co-senc~

tando executar as operaçoo

Deve·se notar cuidadosamente a simetria e a ordem dos termos, além de empregar um sistema de eixosde coordenadas destro, do qual depende a correta avaliação das operações vetoriais. Expandindo o deterrni·nante obtém-se

Teorema dos Momenai introduzido o teorerruI

dimensões, podendo-se pr<toriais. A Fig. 2.21 mos

posição, a partir de O, é f. ,


são coincidentes com os respectivos termos da expansão do determinante obtido do produto vetorialX F.

Para ganhar mais confiança no emprego das relaçÕes do produto vetorial, observemos as três compotes do momento de uma força em relação a um ponto, como apresentado na Fig. 2.19, que mostra as três

componentes de uma força F atuando em um ponto A, cuja posição, em relação a O, é fixada pelo vetar r. Asltensidades dos momentos dessas forças em relação aos eixos positivos x, y e z, cuja origem é O, são:

_ , mais geral do que a-, É somente quando se

~. _.18a) e um ponto Oplano a. O momento

;". J10 = Fd, sendo d acomo o momento de

assa por O. Tanto aecida como produto

• ~or r, que vai de O atéF € :epresentado por r X F- e o sentido corretos do

.4 e 2.5. Assim, se

:Mo, se os outros dedosF em torno do eixo que

Fig.2.19 Fig.2.20

Pode-se agora escrever o momento M;>..de F em torno de um eixo qualquer que passe por O (Fig. 2.20).do n um vetor unitário na direção À, então, usando-se a expressão do produto escalar para a componentevetor, como foi defrnido no item 2.7, a componente de Mo na direção de 'A é simplesmente Mo • n que é

intensidade escalar do momento M;>..de F em torno de 'A. Para se obter a expressão vetorial para o momentoF em torno de 'A, a intensidade deve ser multiplicada pelo vetor unitário n, resultando

( M" = (r x F . ulu ) (2.11)

(2.9)

retor com um sentido

de r X F substitui Mo. A expressão r X F • n, conhecida como triplo produto escalar (ver Apêndice B),- necessita ser escrita (r X F) • n, uma vez que a asso~iação r X (F • n) não teria sentido porque um produto

rial não pode ser formado por um vetor e um escalar. Da Eq. B14, do Apêndice B, o triplo produtoescalar pode ser escrito sob a forma de determinante, de modo que a Eq. 8 também pode ser expressa como:

errninante (ver o § 7I'x ry rz

M;>.. = 1M;>.. I = I Fx Fy Fz

o: f3 y

(2.12)

(2.10)de 0:, {3,'Y são os co-senos diretores do vetor unitário n. Este resultado pode ser facilmente verificado, basdo executar as operações indicadas.

um sistema de eixos

Expandindo o determi-Teorema dos Momentos. No item 2.4, onde tratou-se do momento de uma força em duas dimensões,

. introduzido o teorema dos momentos ou teorema de Varignon. O princípio é também aplicável em trêsensões, podendo-se provar facilmente isto, pela aplicação da lei distributiva em uma soma de produtos

toriais. A Fig. 2.21 mostra um sistema de forças F 1, F 2, F 3, ••. , concorrentes no ponto A, cujo vetor:lOSição,a partir de O, é r. A soma dos momentos das forças do sistema, em relação a O, é

ÁTICA

ondeAB = .,)92 + 152 + 122 =


Urna tração T = 10 kN édo mastro rígido e ligado ao ide T em torno do eixo dos z

Fig.2.23

Solução (a). O momentométodos vetoriais segundo oponto O. Ó vetor MO é no.ponto O corno está mostrapara se achar MO o vetor rponto O à linha de ação dede O atéA, que é escrito comexige seus co-senos diretores,

M

No item 2.5, aprendiparados para fazer esta

de a força F, que atuaponto B, e pelo conjljuglldo composto por

ento da força originalB para qualquer ponto da

12t4B = 0,566, -15/AB =

(2.13)

Fig.2.22

( ~Mo = rx R)

r x Fl + r x Fz + r x F3 + ... = r x (F1 + Fz + F3 + ... ) = r x ~F

Fig.2.21

Fa

.Mi = r x Fi t F2

M2:' r x F2 j,"z9.

;P:iMa = r X Fa

Assim, a soma dos momentos de um sistema de forças concorrentes, em torno de um ponto dado, é

w momento da sua resultante em torno do mesmo ponto. Como já foi mencionado no item 2.4, este- :9io é freqüentemente aplicado na Mecânica, não apenas somente para momentos de vetores de forças

_:EDlbém, para momentos de vetores em geral.

Porém, TA - TB = r, de modo que desaparece toda a referência ao centro de momentos O, e owmento do conjugado torna-se:

Conjugado. O conceito de conjugado foi apresentado no item 2.5 e é facilmente estendido para três

-~nsões. A Fig. 2.22 mostra duas forças F e - F, iguais e opostas, atuando sobre um corpo. O vetor r ligauer ponto B da linha de ação de F. Os pontos A e B estão localizados pelos vetores posição TA e TB, a

:",-Ur de qualquer ponto O. O momento combinado das duas forças em torno do ponto O é

(2.14)

Assim, o momento do conjugado é o mesmo em relação a qualquer ponto. Vemos que a intensidade de~ é M = Fd, onde d é a distância perpendicular entre as linhas de ação das duas forças, conforme descrito noitem 2.5.

O momento de um conjugado é um vetar livre, enquanto que o momento de uma força em torno deum ponto (que é também o momento em torno de um eixo que passa pelo ponto) é um vetar deslizante, cujadireção está ao longo do eixo que passa pelo ponto. Como ocorreu no caso bidimensional, a ação do conjugado sobre o corpo produz uma rotação pura em torno de um eixo perpendicular ao plano formado pelasforças que constituem o conjugado.

Os :vetores de conjugados obedecem a todas as regras que regem as quantidades vetoriais. Assim, naFig. 2.23, o vetar conjugado Mi,devido a Fi e -Fi, pode ser somado, conforme mostrado, ao vetor conjugado Mz, das forças Fz e -Fz, para produzir o conjugado M que, por sua vez, pode ser produ~do por F e-F ..

T = 10 (0,566i -

Conforme a Eq. 2.9,

lMo =rX FI

A intensidade Mz do moMo na direção z ou Mz = MO •

Mz = 150 (-0,566k + 0,424i)

O sinal menos indica que o.0 eixo dos z. O momento, ex

Mz=-8-


Fig.2.23

x_, I•. ~_·A = BM-FI '

Fig.2.24

M

(2.13)

de um ponto dado, é

nado no item 2.4, este

s de vetares de forças

,-. x LF

No item 2.5, aprendemos a substituir uma força por outra e um conjugado equivalentes. Devemos estarparados para fazer esta substituição no caso tridimensional. O procedimento é apresentado na Fig. 2.24,

de a força F, que atua sobre um corpo rígido no ponto A, é substituída por uma força idêntica, atuandoponto B, e pelo conjugado M = r X F.· Colocando-se em B as forças iguais e opostas - F e F, obtém-se o

conjugado composto por - F e a força original F. Assim, vê-se que o vetor conjugado é simplesmente omento da força original em tomo do ponto para o qual a força foi deslocada. Recorda-se que f é um vetarB para qualquer ponto da linha de ação passando por A.

te estendido para trêscorpo. O vetor f liga

res posição fA e fB, aOé

e momentos O, e o

(2.14)


Uma tração T = 10 kN é aplicada ao cabo, preso ao topo Ado mastro rígido e ligado ao solo em B. Calcular o momento Mzde T em torno do eixo dos z que passa pela base O do mastro.

Soluça-o (a). O momento pedido pode ainda ser obtido pelosmétodos vetoriais segundo o momento MO de T em torno doponto O. O vetor MO é normal ao plano defmido por T e peloponto O como está mostrado na figura. Na aplicação da Eq. 6para se achar MO o vetor r é qualquer vetor proveniente doponto O à linha de ação de T. A escolha mais simples é o vetorde O até A, que é escrito como r = 15j m. A expressão vetorial Texige seus co-senos diretores, que são:

12/AB == 0,566, -15/AB == -0,707 e 9/AB == 0,424,

ondeAB = .J9' + 15' + 12' =.J45õ = 21,2 m. Portanto,

T ~ 10 (0,566i - 0,707j + 0,424k) kN.

y

IA

15m

T = 10 kN

,. "".10<.1°

>-:

//y- r---__/..-<..... __ /?--..l"

z/ --- ......-::12m--- /9mB

Notas:

<D Poderíamos ter usado o vetor de O para B,para repre~ntar r, e obter o mesmo resultado, mas- empregando o vetor OA é maissimples.

s que a intensidade de-. conforme descrito no

força em tomo de'etor deslizante, cujanal, a ação do conjuplano formado pelas

-=5 vetoriais. Assim, na

nrado, ao vetar conjuproduz!do por F e

Conforme a Eq. 2.9,

[MO == r X F] MO = 15j X 10 (0,566i - 0,707j + 0,424k) ==

== 150 (-0,566k + 0,424i) kN • m

A intensidade Mz do momento desejado é a componente deMO na direção z ou Mz = MO • k. Portanto

Mz == 150 (-0,566k + 0,424i) X k = - 84,9 kN • m Resp.

O sinal menos indica que o vetor Mz está no sentido negativodo eixo dos z. O momento, expresso como vetor, é

Mz == -84,9k kN· m

y

A

z

-44 / ESTÁTICA

d = 15 12../122 + 152 = 9,37 m

Solução (b). A força T está decomposta nas componentes

Tz e Txy, situadas no plano x-y, que é normal ao eixo de momento z. O momento Mz é devido somente a Txy visto que Tzsendo paralelo ao eixo z não pode exercer nenhum momento em

3) torno deste eixo. Sendo d a distância perpendicular de Txy aoponto O, tem-seMz = Txy d. O co-seno do ângulo entre Te Txyé../ 152 + 122 /../ 152 + 122 + 92 = 0,906 e, portantb,

Txy = 10 (0,906)=9,06 kN, \O braço de alavanca d é igual a OA multiplicado pelo seno do

ângulo entre Txy e OA ou

Então, o momento de T em torno do eixo dos z é:

Mz = 9,06 (9,37) = 84,9 kN· m Resp.

® É sempre de grande ajuda acompanhar asoperações vetoriais com um esboço dos veres, de modo a obter um panorama claro dageometria do problema.

com

,~e = arc tg-=

As forças F encono braço de alavanca édo lado esquerdo. Assim.

F=

e a direção e = 44,3°.

e o sentido é o horário, quando visto no plano x-y.

Solução (c). O momento pode ser também facilmente calcu

lado, decompondo-se Txy em suas componentes Tx e Ty. É evidente que Ty não exerce nenhum momento em torno do eixodos z, visto que ele o intercepta, de modo que o momento pedido é devido somente a Tx. O co-seno diretor de T em relação ao

eixo dos x é 12/../92 + 122 + 152 = 0,566 de modo queTx = 10 (0,566) = 5,66 kN. Portanto,

Mz = 5,66 (15) = 84,9 kN· m Resp.

® Esboce a vista x-y do problema e mostre d.

Problema Resolvido 2.]

Uma força de 400 N éca de controle, que está acção do efeito da força 5

como em O, a força podelente em O e por um COl

um vetor M.

Determinar a intensidade e a direção do conjugado M, quesubstitua os dois conjugados dados e ainda cause o mesmo efeitoexterno sobre o bloco. Especificar as duas forças F e -F, aplicadas em duas faces do bloco, paralelas ao plano y-z, que podemsubstituir as quatro forças dadas. As forças de 30 N atuam paralelamente ao plano y-z.

Solução. O conjugado devido às forças de 30 N tem a intensidade M, = 30 (0,06) = 1,80 N· m. A direção de M, é normalao plano definido pelas duas forças, e o sentido mostrado nafigura é estabelecido pela regra da mão direita. O conjugadodevido às forças de 25 N tem a intensidade M2 = 25 (0,10) == 2,50 N· m, com a direção e o sentidQ mostrados na mesmafigura. Os dois vetores dos conjugados são então combinados,resultando nas componentes:

Solução. Ao se m(l'l

d =../ 1252 + 2002 = 236passa por O, é necessáriodade é de:

M=Fd=

O vetor do conjugadoforça é deslocada, e seu !Iem torno de O. A direção,

a partir do qual a intensidtas.

M = (0,2j + 0,125k) X (~

O conjugado também !sentação vetorial, como ~e F = -400i N. Assim,

Iz

50mm

/25 N

M= J (1,559)2+(-1,60)' = 2,23 N'm Resp.

My = 1,80 sen 60° = 1,559 N· m

Mz = - 2,50 + 1,80 cos 60° = 1,600 N· m

Assim,


1

SISTEMAS DE FORÇAS/ ~

com

1 559 o8 = arc tg -'-- = arc tg 0,974 = 44,3 Resp.

1,60P

As forças F encontram-se no plano normal ao conjugado M, eo braço de alavanca é de 100 mm, como pode ser visto na fig1.irado lado esquerdo. Assim, cada força tem a intensidade:

<D Mantenha-se atento para o fato de que os vetores conjugados são vetores livres e portantonão têm uma única linha de ação.

Nota:

Resp.2,23 = 22,3 NF= 0,10

e a direção 8 = 44,30•


M = Fd = 400 (0,236) = 94,3 N· m Resp.

M = (0,2j + 0,125k) X (-400i) = -50j + 80k N· m Resp.

400N

-;ç--.75 mm li'

Resp.125

8 = arc tg -- = 32 00200 '

o conjugado também pode ser expresso, no sistema de representação vetorial, como M= r A F, onde r = OA 0,2j + 0,125k me F = -400i N. Assim,

o vetor do conjugado é perpendicular ao plano, no qual aforça é deslocada, e seu sentido é o do momento da força dada,em torno de O. A direção de M no plano y-z é dada por:

Solução. Ao se mover a força de 400 N na distãnciad =.J 125' + 200' = 236 mm, até uma posição paralela quepassa por O, é necessário adicionar o conjugado M, cuja intensidade é de:

a partir do qual a intensidade e a direção de M podem ser escritas.

Uma força de 400 N é aplicada em A para manobrar a alavanca de controle, que está acoplada ao eixo fixo OB. Na determinação do efeito da força sobre o eixo em seção transversal, talcomo em O, a força pode ser substituída por uma força equivalente em O e por um conjugado. Definir este conjugado comoum vetorM.

=

Iz

,------ ---~------------------------------------~-------------------

46 I ESTÁTICA

ProbL

1,2

Probl

././

0"

A fJgUra do Probl. 2. .,AB, exerce uma forçaalavanca, de A para •momento desta força

Calcular o momento erde 2 kN no cabo AB d

z

I

x

2.91 Os sentidos de rotação do eixo de entrada A e doeixo de saída B do redutor coroa sem-fIm, de relação de transmissão 10:1, são indicados pelas flechascurvas. Um torque (conjugado) de entrada de80 N •m é aplicado ao eixo A no sentido da rotação. O eixo de saída B fornece um torque de320 N •m à máquina que ele aciona (não mostrada). O eixo da máquina acionada exerce um torquede reação igual e oposto sobre o eixo de saída doredutor. Determinar a resultante M dos dois conjugados que atuam sobre o redutor e calcular oco-seno diretor de M em relação ao eixo x.

Probl. 2.91

2.92 As duas forças atuando nos punhos das chaves degrifo formam o conjugado M. Expresse o conjugado como um vetor.

Resp. M=-75i+22,5jN'm

/

I~---IP

I II I: ~}iI 3 I

B----l. __y

Probl. 2.88

x

Probl.2.89

Resp. MA = F (bi + aj)

2.88 Determinar o momento da força F em torno -dopontoA.

2.89 Determinar o momento da força P em torno dopontoA.

Problemas Propostos

IIIIIIII

___1

2m

Ar150N

Probl. 2.92

2.93 Calcular o momento MO da força de 250 N, emtorno do eixo O-O.Probl. 2.90

Uma viga H. de aço, trabalhando como coluna,suporta duas cargas verticais, conforme mostrado.Substitua estas forças por uma força equivalenteúnica, ao longo da linha vertical central da coluna,e um conjugado M.

Resp. M = (-6Oi + 40j) f03 N· m

2.90

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle


c'I

II

I

T 1'1I

I

130mII

I

II

~~;;-6--1B~ ,>' ~ Y..4 - é1!<~m4,5m"Y A

Probl. 2.96

Se o guindaste do Probl. 2.96 apanhar a carga emB, em vez de em A, e desenvolver uma traçã~ inicial T de 21 kN em seu cabo, determinar o momen·to MO desta força, em torno da origem O.

Ao suspender uma carga dOaposição A, o cabo étracionado ao valor T = 21 kN. Calcular o momen

to que T produz em torno de cada um dos eixos decoordenadas, cuja origem está situada na base doguindaste.

Resp. MO = -374i + 93,5j - 56,lk kN'm

2.97

2.96

o

0,

Probl. 2.93

/L';.l,r--~ / ~JmJ-----l

1'2l1J~ x

Probl. 2.94

0"

Calcular o momento em tomo do eixo z, da traçãode 2 kN no cabo AB do Probl. 2.76, repetido aqui.

Resp. Mz = 0,920 kN • m

~91

=

eixo de entrada A e do,r coroa sem-rIm, de rela

J-.1., são indicados pelas flechas

;:onjugado) de entrada dei

eixo A no sentido da rota

B fornece um torque de"e ele aciona (não mostra

acionada exerce um torquesobre o eixo de saída do

• :I =ultante M dos dois conjus:::re o redutor e calcular o

~ relação ao eixo x.

nos punhos das chaves de§Coo M. Expresse o conjuga-

. M=-75i+22,5jN'm

A fIgUra do Probl. 2.75 está repetida aqui. O caboAB, exerce uma força de 1,2 kN sobre o braço daalavanca, de A para B. Calcule a intensidade domomento desta força em torno do ponto O.

2.98 Três conjugados são formados por três pares deforças iguais e opostas. Determinar a resultante Mdos três conjugados.

Resp. M=-20i-6,77j-37,2kN'm

Probl. 2.95

Probl. 2.98

z

2.99 Calcular a intensidade do momento em torno do

eixo x, produzido por uma força de 100 N atuandono ponto A do suporte. Determine, também, a

I

I

I

I

I

I

: \ ././1-./

././ "./ """"

2m

ArL 2.92

150N

o da força de 250 N, em

/050mm

48 I ESTÁTICA

ProbL 2

que a escolha do mét,te depende da maneiradados.)

Probl. 2.

zIl-----------II

1mlII BOA

1.5m -1---__ rn

1. ~--~---o',, '

1,5 m'- -, .2,9.- ---

~m A,'-x

06 A figura do Probl. 2.86aqui. Se a intensidade doda linha CD é 50 N • m,deF.

OS A flgUIa do Probl. 2.84 5no cabo é 2 kN. Parax = 2,67 m, calcular a itração em torno do eixo.A

107 Substituir as duas fOrçalde 3 m de lado por umaaplicada em A e por um

Resp.

x

C(5,5, 2, 4)metros

-4 m--_~

À---x(a)

(b)

zIIIII

I B13m//I //'"

O

y

!.-----

Determinar o momento deste sistema em torno do

ponto O.Resp. MO= -260i + 328j + 88kN'm

Probl. 2.103

2.104 A placa retangular de aço está inclinada e apoiadasobre a sua aresta horizontal AR e é mantida na

posição mostrada por um cabo que vai do ponto Cao ponto O, no solo. A tração n~ cabo é 20 kN.Calcular a intensidade do momento da tração docabo em torno da aresta AR. Desenvolva o problema usando a abordagem mais apropriada para cadauma das duas formas de apresentação. (Observe

(rI X F'n)n

[F X (r. + r3)·n]n(-r4 X F'n)n

expressão vetorial para o momento da força emtorno do ponto O, sem usar o produto vetorial.

Probl. 2.100

2.101 Uma força de 50 kN, com os co-senos diretoresproporcionais a 2, 6 e 9, passa por um ponto Pcujas coordenadas x, y e z são 3, 2 e -5 mm. Determinar o momento M da força em torno de umponto de coordenadas 2, 2 e - 3 mm.

Resp. M = ~ (12i - 13j + 6k) N'm11

2.102 Uma força de 100 N passa por dois pontos, A e R,no sentido de A para R. As coordenadas x, y e z deA e de R, em metros, são, respectivamente, - 3,-1,4 e 3,'4,5. Calcular o momento M da força,em torno do ponto C, de coordenadas 2, - 2 e 1 m.

(r,F cos (3cos~) n

2.100 A força F exerce um certo momento M em tornodo eixo 0-0. Determinar qual das expressões citadas descreve M corretamente. O vetor n é unitárioao longo de O-O. A caixa é retangular.

2.103 Uma fresa está submetida, como mostrado, a uma

força de 1 200 N e um conjugado de 240 N· m. Probl.2.104


Resp. M= 46,8 N'm

Probl.2.109

Probl.2.107

\OkN

////

2.109 Uma ferramenta de abrir rosca está atarrachada na

extremidade de um tubo, que tem um joelho de20°. Substituir as duas forças por uma força em Oe um conjugado M, equivalentes. Determine M ecalcule a intensidade M' do momento que tende agirar o tubo em torno do ponto O do bloco fIxo.

Resp. M = 17,05i - 84,93k N' m; M/ = 85,6 N· m

30kN

Probl. 2.11,)8

2.108 A fIgura do Probl. 2.87 está mostrada aqui outravez. Se a tração na corrente AB é 100 N, determinar a intensidade M, de seu momento em torno doeixo da dobradiça.

'50N~:~1 . I~m~

3m

B

2.107 Substituir as duas forças que atuam sobre o cubode 3 m de lado por uma força única equivalente Faplicada em A e por um conjugado M.

Resp. F,= -1, 72j + 28,28k kNM = 5,t5i - 90k kN'm

Probl. 2.106

Probl. 2.105

z1

~ -------~1 --- I· x1 1

1ml IAc1 1

I B 051

1 1,5 !!!_--1-m:J;'1 11~I

r----- Y' -I1 I T ' I

1ml II w:

VIII _-k--Y I- _----' I_- ,Io', ',I

, ' I1,5 m' 1,5 m _--À I

, .Q,!i. _---- ',I'\.m A ,~, .,x

que a escolha do método de solução freqüentemente depende da maneira na qual são apresentados osdados.)

2.106 A IJgUl"ado Probl. 2.86 está mostrada outra vezaqui. Se a intensidade do momento de F em tornoda linha CD é 50 N • m, determinar a intensidadedeF.

2.105 A IJgUl"ado Probl. 2.84 está repetida aqui. A traçãono cabo é 2 kN. Para a posição da polia C, emx = 2,67 m, calcular a intensidade do momento datração em torno do eixo AB.

RelJP. M = 0,707 kN •m

x

deste sistema em torno do

y

= -260i + 328j + 88kN'm

;~ aço está inclinada e apoiada. ontal AB e é mantida na

cabo que vai do ponto CA tração nq cabo é 20 kN.

o momento da tração doAB. Desenvolva o problemais apropriada para cada

.'< de apresentação. (Observe

50 I ESTÁTICA

2.9 - RESULTANTES

~o item 2.6, defmiu-se resultante como sendo a combinação mais simples de forças, capaz de substituirum.~~~istema de forças, sem alterar o efeito externo que causam sobre o corpo rígido em que atuam.Encontrou-se a intensidade e a direção da força resultante, em um sistema de forças bidimensional, usando osomatório de vetores de forças (Eq. 2.4) e localizou-se a sua linha dé ação empregando o teorema dosmomentos (Eq. 2.5). Esses mesmos princípios podem ser utilizados em sistemas de três dimensões.

No item anterior, mostrou-se que uma força pode ser deslocada para uma posição paralela, adicionando-se um conjugado correspondente. Assim, para um sistema de forças FI, F2, F3, ... , atuando sobre umcorpo rígido (Fig. 2.25a), pode-se deslocar cada uma delas para um ponto arbitrário O, desde que se introduza, também, um conjugado para cada força transferida. Assim, por exemplo, pode-se mover a força F parao ponto O, desde que se introduza o conjugado M1 = r X FI, onde r é o vetor de O para qualquer pontosobre a linha de ação de FI. Desta maneira, quando se transferir todasas forças para o ponto O, tem-se umsistema de forças concorrentes em O e um sistema de vetores conjugados, como representado na parte b dafigura. Então, as forças concorrentes podem ser adicionadas vetorialmente, a fim de fornecerem uma forçaresultante R, podendo também serem adicionados os conjugados fornecendo um conjugado resultante M(Fig. 2.25c). Portanto, o sistema geral de forças é reduzido à:

lbrio completo de,8. Portanto, a dete:

Vamos agora esm&:

Forças Concorrem

porque não existeIL

Forças Paralelas.

paralela resultanIte obtida empreganri..-'

ndicular às forças.

Forças Coplanares_

Torsor Resultante.

resultante é chamada

esmo sentido; negativo.torsor positivo, no emprsobre o parafuso na dire -

R = FI + F2 + F3 + = LF

M = MI + M2 + M3 + = L(r x F)(2.15)

R

Qualquer sistemade ação. Esta simde forças, a força

bora M seja um vetorená decomposto nas com

ljugado M2 foi sub .d = M2/R, com a força -,resultante R, que atua ao- e, como é mostrado

mam-se em um torsor

-erifica-se pela Fig. 2.2finido por R e M. O to

Contudo, esta forma temreferência um ponto

niente, não situada sobre o

(a)

(2.16)

(c)

M~ R

\~O

(b)

Fig.2.25

Rx = LFx Ry = LFy Rz = LFz

R = Y(LFx)2 + (LF)2 +'(LFY

Mx = L(r x F)x My = L(r x F)y Mz = L(r x F)z

M = yM 2 + M 2 + M 2x y z

Os vetores conjugados, embora sejam mostrados passando pelo ponto O, podem ser representados emqualquer posição paralela, visto que eles são vetores livres. As intensidades dos resultados e suas componentessão:

O ponto O, escolhido como ponto de concorrência das forças é arbitrário e a intensidade e a direção deM dependerá do ponto particular O, escolhido. Contudo, a intensidade e a direção de R são as mesmas nãoimportanto o ponto escolhido. Em geral, qualquer sistema de forças pode ser substituído por sua forçaresultante R e pelo conjugado resultante M.-Em Dinâmica o centro de massa é usualmente escolhido comoponto de referência, sendo a alteração no movimento linear do corpo determinada pela força resultante e amudança no movimento angular do mesmo sendo determinada pelo conjugado resultante. Na Estática, o


'I,de :orças, ca~z de substituirCC':?O rígidd em que atuam.

~b'dim I. al d

< I enSlOn, usan o oqregando o teorema dos

tis dimensões.

I :micão paralela, adicionan-'I - >I ~.3, ... , atuando sobre um

DO O, desde que se introc=-se mover a força F para

k :.c O para qualquer ponto·1

~ ~i1 o ponto O, tem -se umID =-=pIesentado na parte b da• ::.e fornecerem uma força

conjugado resultante M

íbrio completo de um corpo é especificado. quando a força resultante R e o conjugado resultante forem. Portanto, a determinação de resultantes é essencial na Estática e na DirIâmica.

Vamos agora estudar as resultantes para algups sistemas especiais de forças.

Forças Concorrentes. Quando as forças são concorrentes, somente a primeira das Eqs. 2.15 é neces- , porque não existem momentos em torno do ponto de concorrência.

Forças Paralelas. Para um sistema de forças paralelas, nem todas no mesmo plano, a irItensidade daparalela resultante é, simplesmente, a soma das forças dadas, e a posição de sua linha de ação é facil

e obtida empregando as duas componentes do teorema dos momentos, em torno de eixos em um planondicular às forças.

Forças Coplanares. O item 2.6 dedicou·se a este sistema de forças.

Torsor Resultante. Quando o vetofM do conjugado resultante é paralelo à força resultante (Fig. 2.26),resultante é chamada de torsor. O torsor é positivo se os vetores da força e do conjugado apo~tatem no

o sentido; negativo, se eles apontarem em sentidos opostos. Encontra-se um ex~mplo comum de umII positivo, no emprego de um parafuso de acionamento, onde os esforços de torção e axial são exercidose o parafuso na direção de seu eixo.

(2.15)

Torsor positivo Torsor negativo

R

(d)

R

(e)

-R

Fig.2.27

Fig.2.26

(6)

R

(a)

Qualquer sistema geral de forças pode ser representado por um torsoraplicado ao longo de uma únicade ação. Esta simplificação é ilustrada na Fig. 2.27, onde a parte a da figura representa, para o sistemade forças, a força resultante R, que atuam num ponto O, e o correspondente conjugado resultante M.ra M seja um vetor livre, por conveniênc:ta, ele é representado passando por O. Na parte b da figura, M

. decomposto nas componentes M1, ao longo da direção de R, e M2, normal à R. Na parte c da figura, ojugado M2 foi substituído por seu equivalente de duas forças R e -R, :;eparadas por uma distância

=M2/R, com a força -R aplicada em O a fim de anular a força original R. Esta etapa permite obter ate R, que atua ao longo de uma nova e única linha de ação, e ao conjugado paralelo M1, que um vetor

, como é mostrado na parte d da figura. Assim, as resultantes do origirIal sistema geral de forças transfor

·se em um torsor (positivo; nes~a ilustração), com seu único eixo defmido pela nova posição de R.'erifica-se pela Fig. 2.27, que o eixo do torsor re~ultante situa-se no plano que passa por O, normal ao plano

.do por R e M. O torsor é a forma mais simples para expressar a resultante de um sistema geral de forças.tudo, esta forma tem aplicação limitada, uma vez que, usualmente, é mais conveniente usar como pontoeferência um ponto O, tal como o centro da massa do corpo ou outra origem de coordenadas convelte, não situada sobre o eixo único do torsor.

(2.16)

tltensidade e a direção dee R são as mesmas não

ituído por sua forçaente escolhido como

-=- ;>ela força resultante e a:=sultarIte. Na Estática, o

e)

-=zm ser representados emdos e suas componentes

52 I ESTÁTICA


Solução. Os co-senos didevem ser os mesmos da fi

torsor seja positivo. A força

R=R= 20i + 40j + 40kN

Determinar o torsorsobre a cantoneira. Calcular

x-y, através do qual atua a fé

também, a intensidade do co~

500 N

/Íai 40° I

~.JT80mm

700 N

Portanto,

Solução. A força resultante tem as componentes

R = 928i + 871j + 621k N

[Rx = EFxl Rx = 500 sen 40° + 700 sen 60° = 928 N

[Ry = EFyl Ry = 600 + 500 cos 40° cos 45° = 871 N

[Rz = EFz I Rz = 700 cos 60° + 500 cos 40° sen 45° = 621 N

Substituir as duas forças e o torsor negativo por uma forçaúnica R, aplicada emA, e pelo conjugado correspondente M.


o conjugado a ser adicionado, em conseqüência do deslocamento da força de 500 N é:

[M = r X FI MSDO = (0,08i + 0,12j + 0,05k) X 500 (i sen 40°

+ j cos 40° cos 45° + k cos 40° sen 45°),

onde r é o vetor deA aB.O desenvolvimento componente por componente, ou deter

minante, dá

cos 9y=

(M)Rx = 20ykN-mm

(M)Ry = -4p (60)i - .

(M)Rz = 40 (80 - y)i

O momento do conjugadomomentos das forças dadas ezpassa R. Os momentos em tOIllC

e seus co-senos diretores são

20 1.cos9x= 60= 3'

Resp.R = -./(928)2 + (871)2 + (621)2 = 1 416 N

e

M50D = 18,95i - 5,59j - 16,90k N - m e o momento total é

O momento da força de 600 N, em torno de A, é calculadopelo exame de seus componentes x e z, queiornecem: Notas:

M = (800 - 40y)i + (-4 000 -

Os co-senos diretores de M si

M60D ,= (600) (0,060)i + (600) (0,040)k =

= 36,Oi + 24,Ok N - m

2) O momento da força de 700 N em torno de A é facilmenteobtido dos momentos das componentes x e z da força. O resultado vem a ser:

M700 = (700 cos 60°) (0,030)i - [(700 sen 60°) (0,060) +

+ (700 cos 60°) (0,100) li - (700 sen 60°) (0,030)k

= 10,5i - 71,4j - 18,19k N - m

3) O conjugado do torsor também pode ser escrito:

<D Sugestão: Verifique os resultados do produto vetarial, avaliando os momentos das' componentes da força de 500 N em torno de A,diretamente do esboço.

® Para as forças de 600 N e de 700 N, é maisfácil obter as componentes dos momentosem torno das direções coordenadas de origem A, inspecionando a figura, do quemontar as relações do produto vetoria!.

cos 9x = (

cos 9y = (--4

cos 9z = (-4

onde M é a intensidade de M. ~R e de M tem-se

800 -

-4000 -

4

M' = 25,0 (-i sen 40° - j cos 40° cos 45° - k cos 40° sen 45°)

= -16,07i -13,54j -13,54kN-m

Portanto, o conjugado resultante, obtido por meio da somados termos i, j e k, dos quatro mommltos é:

M = 49,4i - 90,5j - 24,6k N - m

e

M = J (49,4)2 + (90,5)2 + (24,6)2 = 106,0 N - m Resp.

® O vetor conjugado de 25 N - m do torsoraponta na direção oposta à da força de500 N e, podemos decompô-lo nas componentes x, y e z, a serem aduzidos às componentes dos outros vetores conjugados.

@ Embora o vetor conjugado resultante Mseja mostrado, no esboço das resultantes,passando por A, reconhecemos que o vetorconjugado é um vetor livre e, portanto,não tem nenhuma linha de ação especÍfica.

-40x -

A solução das três equações

M= -2400N-mm; x=

Vemos que M é negativogado está orientado na direçãOnegativo.



Solução. Os co-senos diretores do conjugado M do torsordevem ser os mesmos da força resultante R, supondo que otorsor seja positivo. A força resultante é

R = v'c20) , +(40)' + (40)' = 60 NR= 20i + 40j + 40kN

Detenninar o torsor resultante das três forças que atuamsobre a cantoneira. Calcular as coordenadas do ponto P, no planox-y, através do qual atua a força resultante do torsor. Encontre,também, a intensidade do conjugado M do torsor.

O momento do conjugado do torsor deve ser igual à soma dosmomentos das forças dadas em tomo do ponto P, pelo qualpassa R. Os momentos em tomo de P, das três forças são

(M)Rx = 20ykN'mm

(M)Ry = -49 (60)i -AOxkN'mm

(M)Rz = 40 (80 - y)i - 40 (100 - x)j N • mm

y =40mm

''''--x

60mm

40 _ 2cos8z= 60- 3

40 2.cos 8y = 60 = 3'

20 1.cos8x= 60= 3'

e seus co-senos diretores são

e o momento total é

M = (800 - 40y)i + (-4 000 + 40x)j + (-40x + 20y)k N •mm

Os co-senos diretores de M são

resultados do produs momentos das' com-00 N em tomo de A,

cos 8x = (800 - 40y)/M

cos 8y = (-4 000 + 40x)/M

cos 8z = (-40x + 20y)/M

S e de 700 N, é maisntes dos momentoscoordenadas de ori

o a figura, do que,,- produto vetoria!.

onde M é a intensidade de M. Igualando os co-senos diretores deR e de M tem-se

800 -40y = M3

-4000+40x= 2M3

-40x + 20y = 2M3

A solução das três equações dá Nota:

.M= -2400N'mm; x=60mm; y=40mm Resp.

Vemos que M é negativo, o que significa que o vetor conjugado está orientado na direção oposta à de R, tomando o torsornegativo.

<D Devemos supor, inicialmente, que o torsor épositivo. Se M vier a ser negativo, a direçãodo vetor conjugado é oposta à da força resultante.

54 I ESTÁTICA

Prob

zIIII _ .1l

Resp. R=M=

17 As quatro forças estão ado cubo de O,SI}l deRepresentar a resultanforça R, que passa pelogado M.

ll16 Represente a resultarrteatua sobre o conjuntoça R em A e um conj

3at I

\~I----/'--y" I ./

"".V/

Prob!.2.113

zIII~---

/' I'~--:::;

40N\--rt?30o~ /'/

2.115 Determine a resultante das quatro forças e do conjugado que atuam sobre o eixo.Resp. Conjugado M = -13 ,5li + 2,SOj + 4k N •m

2.114 Use a Fig. 2.25c e mostre que um sistema maisgeral de· forças pode ser representado por duasforças que não se interceptam.

Probl.2.110

2.111 Determinar as coordenadas x e y de um ponto peloqual passe a resultante das forças paralelas.

8kN

9kN4kN

6kN


Probl. 2.111

5kN

Resp. x = 7,30 m; y = 15,S3 m

2.110 A laje de concreto suporta as seis cargas verticaismostradas. Determinar a resultante dessas forças eas coordenadas x e y de um ponto através do qualela atua.

PROBLEMAS PROPOSTOS

ProbL:

119 A ação combinada da.sO pode ser obtida pebtante através de O. Dassociado M.

Resp. R =

2.l18 Substituir as duas fOI

por uma força única Ilpor um conjugado M.

yIkI '

45,4N I/iao' 40 N, I I, I I

4N'm " I~~~,I

z--------~J1~1-=' I J ',~'xk 50*-9080 80 mm mmmm

mm 80N

Probl. 2.115

2.112 Determinar o ângulo O de modo que a força líquidapara baixo sobre o olhal fIxo seja 750 N. Determinar a intensidade correspondente da resultante dastrês forças e os seus co-senos diretores.

Resp. O=33,3°;R=1021N; cosOx=0,525;

cos Oy = 0,430; cos Oz = -0,734

2.113 As quatro forças são concorrentes na origem O decoordenadas. Se a componente x da resultante Rfor -50 N e a componente z for 100 N, determinarF,O eR.

--y

2.120 O motor de 160 N de peso está montado sobre osuporte. Seu eixo resiste à. força axia1 de 120 N e aum conjugado de 25 N •m aplicado. Determinar aresultante do sistema de forças mostrado, em termos de uma força R aplicada em A, e de um conjugado M.

Probl. 2.120

Probl.2.119

zIIII

ProbI. 2.118

z


2.121 A resultante de duas forças e de um conjugadopode ser representada por um torsor. Determine aexpressão vetorial para o momento M do torsor eencontre as coordenadas do pontoP, no plano x-z,pelo qual passa a força resultante do torsór.

Resp: M=10(i+j)N'm; x=100mm; z=100mm

--y

400 N

Resp. R = 200 (j + k) NM = 560i - 320j + 400k N· m

Probl. 2.117

III:---..

O,8m,I

J.-/'/'/'

./

a,8m

2.117 As quatro forças estão atuando ao longo das arestasdo cubo de 0,81)1 de lado, como se vê na figura.Representar a resultante dessas forças por umaforça R, que passa pelo ponto A, e por um conjugado M:

ProbI. 2.116

z

r3r:fJn:\1:n-1 120 N

50 N •fi d1I::s~

100N li/L ~

116 Represente a resultante do sistema de forças queatua sobre o conjunto de tubos, por uma única força R em A e um conjugado M.

2.118 Substituir as duas forças, de igual intensidade F,por uma força única R, que passa pelo ponto A, epor um conjugado M.

2.119 A ação combinada das três forças sobre a base emO pode ser obtida pela determinação de sua resultante através de O. Determinar R e o conjugadoassociado M.

Resp. R = 10,93 kN; M= 38,9 kN'm

Probl. 2.112

mm

das quatro forças e do cono eixo.

= -13,5li + 2,80j + 4kN'm

2.115

e ::Jostre que um sistema maisser representado por duasptam.

60N1~I---I~I -)--_yI /

~/

Probl. 2.113

I

=

rI!

56 / ESTÁTICA

/OON

,,,

Probl. 2.121

2.122 Substituir o sistema de forças que atua sobre o conjunto de tubos do Probl. 2.116 por um torsor. Encontre a intensidade do momento M do torsor e as

coordenadas do ponto P, no plano x-y, pelo qualpassa a força resultante do torsor.

Resp. M= 95,6 N'm; x = 271 mm; y = -486 mm

2.123 A resultante de um sistema geral de forças pode serexpressa corno unrtorsor, ao longo de urna únicalinha de ação. Para o sistema de forças do Probl.2.120, determinar as coordenadas do ponto P, queé a interseção da linha de ação do torsor com oplano x-y.

Resp. X = 56,2 mm; y = 100 mm.

3.1 - INTRODUÇÃO

A Estática lida princimanter o estado de equilíbparte mais central da Estátil

desenvolvidos no Capo 2, sO

do equillbrio. Os procedimeaos métodos de abordagemem outras áreas da EngenltEstática, portanto, é recoIIlf

Um corpo está em equ'força resultante R e o conj~

Estes requisitos são COI

Seguiremos a organizasistema de forças bidimensiol

SEÇÃO A. EQUiLIBRIO El

3.2 - ISOLAMENTO DO Si

Antes das Eqs. 3.1 senou o sistema mecânico a sersobre o corpo. A omissão detará resultados errados.

Um sistema mecânico

todos os outros corpos. Talcorpos podem ser rígidos ougasosa, ou uma combinação.defInição das forças que atuados fluidos. Uma vez decidk

corpo (ou combinação, consi<

Administrador

Rectangle

forças qu(ua sobre o con·f 2.1161"" = to,,",. E,·

do momento M do torsor e as

P, no !plano x-y, pelo qualdo torsor.I

I~ r = 271 mm; y = -486 mm

~~a geral de forças pode ser

, ::onor, ao longo de uma única, o sistema de forças do Probl., Z$ lXlOrdenadas do ponto P, que

" -~ á::ba de açao do torsor com o

.r= 56,2 mm; y = 100 mm,

3EQUILÍBRIO

- INTRODUÇÃO

A Estática lida principalmente com a defmição das situações de forças necessárias e suficientes parater o estado de equihbrio das estruturas. Portanto, este capítulo, que trata do equihbrio, constitui ae mais central da Estática e, assim, deve ser dominado inteiramente. Faremos uso contínuo dos conceitos

nvolvidos no Capo 2, sobre forças, momentos, conjugados e resultantes, quando aplicarmos os princípiosequilíbrio. Os procedimentos que serão desenvolvidos neste capítulo constituem uma ampla introduçãométodos de abordagem usados na solução de um sem-número de problemas, tanto na Mecânica comooutras áreas da Engenharia. A abordagem que será desenvolvida é básica para o domínio perfeito da'tica, portanto, é recomendável que o estudante leia e estude as seções seguintes com atenção e empenho.

Um corpo está em equihbrio quando a resultante de todas as forças que agem sobre ele é nula. Assim, aça resultante R e o conjugado resultante M são ambos nulos, e tem-se as equações de equilíbrio:

(R = LF = O M=LM=OJ (3.1)

Estes requisitos são condições necessárias e suficientes para haver equillbrio.Seguiremos a organização usada no Capo 2 e, assim, discutiremos na Seção A o equilíbrio de um

ÃStema de forças bidimensional e, na Seção B, o equihbrio de sistema de forças tridimensionais.

SEÇÃO A. EQUlLIBRlO EM DUAS DIMENSÕES

3.2 - ISOLAMENTO DO SISTEMA MECÂNICO

Antes das Eqs. 3.1 serem aplicadas, é fundamental que se defma, sem ambigüidades, o corpo particularou o sistema mecânico a ser analisado e, representar claramente e completamente todas as forças que atuamJObre o corpo. A omissão de uma força ou a inclusão de uma que não atue sobre o corpo em questão, acarretará resultados errados.

Um sistema mecâ,nico é defmido como um corpo, ou um grupo de corpos, que pode ser isolado detodos os outros corpos. Tal sistema pode ser um corpo único ou uma combinação de corpos ligados. Oscorpos podem ser rígidos ou deformáveis. O sistema pode também ser uma massa fluida definida, líquida ougasosa, ou uma combinação de fluidos e sólidos. Em Estática, a atenção está orientada principalmente para adefInição das forças que atuam sobre corpos rígidos em repouso, embora seja considerada também a Estáticados fluidos. Uma vez decidido qual o corpo (ou combinação de corpos) que deve ser analisado, então estecorpo (ou combinação, considerada como um corpo único) é isolado de todos os outros que lhe sejam adja-

58 / ESTÁTICA--~----

centes. Este isolamento é efetuado por meio do diagrama de corpo livre, que é representação esquemática doorpo isolado (ou combinação de corpos), mostrando todas as forças aplicadas nele (ou neles) pelos outros

corpos adjacentes, que não aparecem no diagrama. Os cálculos das várias forças devem ser efetuados somenteapós o diagrama ter sido cuidadosamente desenhado. Devido a sua importância salienta-se aqui que,

~o diagrama de corpo livre é o passo mais importante na solução de problemas na Mecânica.

As características mecânicas da aplicação da força necessitam de uma descrição adicional, antes de setentar desenhar os diagramas de corpos lineares. No item 2.2 foram descritas as características básicas das

forças, focalizando-se a atenção principalmei\te nas propriedades vetoriais das forças. Observou-se que as;forças são aplicadas tanto por contato físico direto como por ação remota e, além disso, podem ser internasou externas ao corpo em consideração. Notou-se, ainda, que a aplicação das forças externas é acompanhadapor forças reativas e, que ambas podem ser concentradas ou distribuídas. Introduziu-se, também, o princípioda transposição, que permite tratar a força como um vetor deslizante, no que se refere aos efeitos externossobre um corpo rígido. Essas características das forças serão ágora usadas para desenvolver o modelo analíticode um sistema mecânico isolado, ao qual serão aplicadas as equações de equihbrio.

A Fig. 3.1 mostra os tipos comuns de aplicação de força sobre sistemas mecânicos, para análise em duasdimensões. Está indicado, em cada exemplo, a força exercida sobre o corpo a ser isolado pelo corpo a serretirado da representação esquemática. Deve-se observar cuidadosamente a terceira lei de Newton, quemenciona a existência de uma reação igual e oposta para cada ação.

Está representada, no Ex. 1, a ação de um cabo flexível - correia, corda ou corrente - sobre o corpo,ao qual está ligado. Um cabo flexível, por causa de sua flexibilidade, é incapaz de oferecer qualquer resistência à flexão, ao cisalhamento ou à compressão e exerce, portanto, em seu ponto de ligação, uma força detração na direção tangente ao cabo. A força exercida pelo cabo sobre o corpo ao qual está ligado é semprepara fora do corpo. Pode-se admitir que o cabo forme uma linha reta quando a tração T for grande, comparada a seu peso. Quando o peso do cabo não for desprezível em relação à tração, a flecha do cabo torna-seimportante e a tração no cabo muda de direção e de intensidade ao longo de seu comprimento. Em seu pontode ligação ela exerce uma força tangente a si mesma.

Quando as superfícies lisas (sem atrito) de dois corpos estão em contato, como no Ex. 2, a forçaexercida por um sobre o outro é normal ao plano de tangência das superfícies e é de compressão. Embora nãoexistam superfícies reais completamente lisas, esta suposição é válida, em sentido prático, em muitos casos.

Quando as superfícies dos corpos em contato são rugosas, Ex. 3, a força de contato pode não ser,necessariamente, normal ao plano de tangência das superfícies, porém pode ser decomposta em uma componente tangencial F, relativa ao atrito, e em uma componente normal N.

O Ex. 4 ilustra diversos tipos de apoios mecânicos que eliminam efetivamente as forças tangenciais defricção. Neste exemplo, a reação é normal à superfície do apoio.

O Ex. 5 mostra a ação de uma guia polida sobre o corpo que ela suporta. Não existe resistência paralelaà guia.

O Ex. 6 ilustra a ação de um pino de ligação. Tal ligação é capaz de suportar uma força em qualquerdireção normal ao eixo do pino. Esta ação é normalmente representada por dois componentes retangulares.Somente a força R pode ser suportada, se a conexão puder girar livremente em torno do pino. Um conjugadoresistente M pode também ser suportado, se a articulação não estiver livre para girar.

O Ex. 7 mostra as resultantes de uma distribuição bastante complexa de forças através da seção transversal de uma barra ou viga esbelta, no seu suporte engastado ou fixo.

Uma das forças mais comuns é a devida à atração da gravidade, Ex. 8. Esta força afeta todos os elementos do corpo e, portanto, está inteiramente distribuída nele. A resultante das forças gravitacionais sobre todosos elementos é o peso mg do corpo que passa pelo centro de gravidade G e que para estruturas terrestres estádirigido para o centro da Terra. A posição de G é usualmente determinada pela forma geométrica do corpo,particularmente onde existem condições de simetria. Quando a posição não estiver facilmente aparente, alocalização de G deve ser calculada ou determinada experimentalmente. Observação análoga se aplica àsforças magnéticas e elétricas que agem por ação remota. Estas forças de ação remota têm os mesmos efeitos

Tipo de

1. Cabo fiecorrente ouo pesoà:.~boi~,,1

o pesodocóc.é desprezívd

2.Superfícies

lisas---3. Superfícies

rugosas

4. Suporte derolete

5. Guia des1izan

6. Conexão de

pino

7. Suporte enga

8. Atração gra>itacional

9. Ação damoPosição

neutra~

G\I\I\I\I\I\--<

EQUIu'BRIO / 59

Uma conexão de pin0Jarticulada livremente, ecapaz de suportar umaforça em qualquer direção, no plano norinal aoeixo do pino geralmenteindicada como duas

componentes Rx e Ry'Um pino que não estejalivre para girar podetambém suportar umconjugado M.

Um suporte engastado oufixo é capaz de suportaruma força axial F, umaforça transversal V (forçade cisalhamento) e umconjugado M (momentoÍletor) para evitar rotação.

Colar ou cursor, livresparamoverem-se ao longo deguias lisas, podem suportar somente forças normais à guia .

A força exercida por umcabo flexível é sempreuma tração para fora docorpo na direção do cabo.

O suporte de role te, de esfera ou de setor de roletetransmite uma força decompressão normal à superÍlcie do suporte.

A força de contato é decompressão e normal àsuperfí cie.

As superfícies rugosas sãocapazes de suportar umacomponente tangencial F(força de atrito), bem como uma componente normal N da força de contatoresultante R.

A resultante da atração gravitacional sobre todos oselementos de um corpo é opeso mg, que atua em direção ao centro da Terra,passando pelo centro degravidade G do corpo.

A força da mola é de tração sea mola for esticada e de compressão se ela for comprimida.Para uma mola linear em regime elástico, a constante elástica da mola k é a força necessária para deformar a mola deuma unidade de comprimento.

~W=mg

Pino está livre Pino não estáparagirar livre paragirar

8T?OT~

A1

F~C=V

~HHH

A

"- Solda

8. Atração gravítacional

6. Conexão de

pino

Fig.3.1

2. SuperfíciesliSas

7. Suporte engast"do ou fixo

AÇÃO MECÃNICA DAS FORÇAS

Tipo de contato e origem de força I Ação sobre o corpo a ser isolado

·5. Guia deslizando livremente

3. Superfíciesrugosas

4. Suporte derolete

1. Cabo flexível, oorreia,

corrente ou cor~8 ---o peso do ca- .

~Iédespmd'~

_ 8 ""o peso do cabo nao _

é desprezível

~ uma força em qualquer--:mponentes retangulares.

.o pino. Um conjugado

_~ através da seção trans-

- .:os, para análise em duas_ isolado pelo corpo a ser

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_ :orrente - sobre o corpo,- -:erecer qualquer resistên·

" ligação, uma força deestá ligado é sempre

•ão T for grande, compaecha do cabo torna-se

~primento. Em seu ponto

_ ~mo no Ex. 2, a força;~ :ompressão. Embora não

?tático, em muitos casos.~ contato pode não ser,

posta em uma compo-

~ ~sentação~quemática do

~e (~~_21es) pelos outros~ Ln~~etuados somente:<l-seaqui que,

60 / ESTÁTICA

totais sobre um corpo rígido como as forças de igual intensidade e direção aplicadas por contato externodireto.

O Ex. 9 mostra a ação de molas nos regimes elásticos (linear) e não-elástico (não-linear). A força exercida pela mola no regime elástico, tração ou compressão, é dada por F = kx, onde k é a constante elástica damola e x é sua deformação, medida a partir da posição neutra ou indeformada. A função linear da relação

força-deformação define que forças iguais acarretam deformações iguais durante o carregamento ou alívio damola. Para a mola em regime não-elástico, a foiça para uma dada deformação não é a mesma para as condições de carregamento e alívio.

É bastante recomendável que o estudante examine estas nove condições e as identifique na resoluçãodos problemas, de modo que os diagramas de corpo livre correntes possam ser desenhados. As representaçõesna Fig. 3.1 não são diagramas de corpo livre mas simplesmente princípios para serem empregados na construoção dos diagramas de corpo livre.

O método completo para desenhar um diagrama de corpo livre, que permita isolar o corpo ou sistemaem consideração será agora definido.

Construção dos diagramas de corpo livre. Os seguintes passos estão envolvidos:

l.a Fase. Deve-se definir claramente o corpo ou combinação de corpos que deve ser isolado. O corpoescolhido incluirá uma ou mais das quantidades desconhecidas desejadas.

2.a Fase. O corpo ou combinação escolhida é, em seguida, isolado por um diagrama que representa seucompleto limite externo.

Esse limite externo define o isolamento do corpo de todos os corpos que estão em contato ou exercematração, e são considerados removidos do diagrama. Esta fase é freqüentemente a mais crucial de todas. Oestudante deve sempre certificar-se de ter isolado completamente o corpo antes de passar à fase seguinte.

3.a Fase. Representam-se, em seguida, sobre o diagrama do corpo isolado, em suas próprias posições,todas as forças que atuam sobre o corpà isolado, como as aplicadas pelos corpos em contato ou por aquelesque, removidos, exercem atração. A análise sistemática do limite completo do corpo mostrará todas essasforças. Os pesos, quando apreciáveis, devem ser incluídos. As forças conhecidas devem sér representadas pelassetas dos vetores com suas intensidades, direções e sentidos próprios indicados. As forças desconhecidasdevem ser representadas pelas setas dos vetores com as intensidades ou direções desconhecidas indicadas pelossímbolos. Se o sentido do vetor for também desconhecido, ele pode ser adotado arbitrariamente. Os cálculosrevelarão um resultado positivo, se o sentido arbitrado estiver correto, e negativo, em caso contrário. Énecessário ser coerente com as características fixadas das forças desconhecidas, do começo ao fim doscálculos.

4.a Fase. A escolha dos eixos de coordenadas deve ser indicada diretamente sobre o diagrama. Dimensões geométricas apropriadas podem, também, ser apresentadas por conveniência. Observe contudo que odiagrama de corpo livre é apropriado para pôr em evidência a análise acurada sobre a ação de forças externase, portanto, o diagrama não deve ser amon\oado desordenadamente, com excessivas informações alheias a seuobjetivo. As setas que indicam forças devem ser claramente evidenciadas, de modo a não se confundirem comqualquer outra que possa aparecer, e é útil utilizar lápis de cor.

Uma vez executadas as quatro fases precedentes, resultará um correto diagrama de corpo livre, e ocaminho estará livre para a aplicação direta e bem sucedida dos princípios da Mecânica (quer da Estática querda Dinâmica).

Muitos estudantes ficarão tentados.a omitir do diagrama de corpo livre certas forças que podem pare·cer, à primeira vista, desnecessárias aos cálculos. Ao caírem nesta tentação, estarão cometendo graves erros. Ésomente através do isolamento completo e da representação sistemática de todas as forças externas que sepode calcular com segurança os efeitos de todas as forças ativas e reativas. Muito freqüentemente é falsa aprimeira impressão que uma determinada força possa parecer não influenciar o resultado desejado. Portanto,o único procedimento correto é certificar-se de que todas as forças cujas intensidades não sejam desprezíveisfigurem no diagrama de corpo livre.

---

1. Treliça p'

O peso dasupostocomparado

2. Viga em ba

3. Viga

Superfícielisa, emA.Massam

p~

4. Sistema~considerad

p-

Administrador

Rectangle

EQUILfBRIO I 61

P

L.

W=mg

. ~~~M

p~~~~N !~B;rrw=mg LBy

x

---Programa de corpo livre do corpo isolado

Fig.3.2

M

m

2. Viga em balanço

~

,\3Ft

F'~

F3

!yLx

Massam

VW=mg

p

EXEMPLOS DE DIAGRAMAS DE CORPO LIVRE

Sistema Mecânico

3. Viga

Superfície de contatolisa, emA.Massam

4. Sistema rígido de corpos interligadosconsiderado como uma unidade

p

1. Treliya plana

O peso da treUça ésuposto desprezívelcomparado com P.

~ forças que podem pareetendo graves erros. É

as forças externas que sefreqüentemente é falsa a

do desejado. Portanto,não sejam desprezíveis

:;;...c=a de corpo livre, e o(quer da Estática quer

50lar o corpo ou sistema

re O diagrama. DimenObserve contudo que o

~ a ação de forças externas- :::uormações alheias a seua :Ião se confundirem com

- em contato ou exercem

c:. :nais crucial de todas. Oà fase seguinte.

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sér representadas pelasAs forças desconhecidas~ecidas indica das pelos

=:it:ariamente. Os cálculos. em caso contrário. É

o começo ao fim dos

- :dentifique na resoluçãodos. As representações

empregados na constru-

\

por yntato externodo-linear~. A força exer

- á a constante elástica da

_~:unção linear da relaçãoegamento ou alívio da

- á a mesma para as condi-

62 I ESTÁTICA

o diagrama de corpo livre foi apresentado em detalhe por causa de sua grande importância em Mecâ·nica. O método do diagrama de corpo livre assegura a defmição precisa de um sistema mecânico e concentra aatenção sobre o significado e a aplicação exata das leis da Estática e da Dinâmica. Na verdade, este método é

tão importante que recomendamos ao estudante reler esta seção várias vezes, quando estiver estudando osexemplos dos diagramas de corpos livres mostrados na Fig. 3.2 e os problemas resolvidos que aparecem nofinal da seção seguinte.

A Fig. 3.2 fornece quatro exemplos de mecanismos e estruturas juntamente com seus diagramas decorpo livre corretos. As dimensões e as intensidades foram omitidas para tornar mais claro. Em todos oscasos, o sistema completo é tratado como um corpo único, isto é, as forças internas não são mostradas. Ascaracterísticas dos vários tipos de forças de contato, ilustradas na Fig. 3.1, estão incluídas nos quatro exem·pIos, quando se aplicam.

No Ex. 1, a treliça é composta de elementos estruturais que, considerados em conjunto, constituemuma estrutura rígida. Assim, a treliça completa pode ser removida de sua base de suporte e tratada como umcorpo rígido único. Em aditamento à carga externa P aplicada, o diagrama de corpo livre deve incluir asreações sobre a treliça em A e B. O suporte oscil;mte, emB, pode suportar somente uma força vertical e ,esta

força é transmitida à estrutura B (Ex. 4 da Fig. 3.1). O pino de ligação em A (Ex. 6 da Fig. 3.1) é capaz defornecer 'à treliça as componentes horizontal e vertical da força. Neste exemplo, relativamente simples, está

claro que a componente vertical Ay deve ser dirigida para baixo, para evitar que a treliça gire no sentidohorário, em torno de B. Também a componente horizontal Ax estará dirigida para a esquerda, para impedirque a treliça se mova para a direita, sob a influência da componente horizontal de P. Se o peso total dosmembros da treliça for apreciável, quando comparado com P e com as forças em A e B, então estes pesosdevem ser incluídos no diagrama de corpo livre como forças externas.

No Ex. 2, a viga em balanço está fixada à parede e sujeita às três cargas aplicadas~ Quando se isola aparte da viga à direita da seção A, deve-se incluir as forças reativas aplicadas na viga pela parede. As resultantes dessas forças reativas são mostradas atuando sobre a seção da viga (Ex. 7 da Fig. 3.1). Está mostradauma força vertical V para contrabalançar o excesso de forças aplicadas com sentido para baixo. Deve sertambém incluída a tração T para compensar o excesso de forças aplicadas para a direita. Além disso, é necessário um conjugado M, anti-horário, para impedir que a viga gire em tomo de A. O peso mg da viga deve serrepresentado passando pelo centro de massa (Ex. 8 da Fig. 3.1). O diagrama de corpo livre está agora completo e mostra a viga em equilíbrio, sob a ação de seis forças e um conjugado.

No Ex. 3 é mostrado o peso mg, que atua através do centro de gravidade da viga, que se supõe conhecido (Ex. 8 da Fig. 3.1). A força exercida pelo canto A sobre a viga é normal à superfície lisa da viga (Ex. 2da Fig. 3.1). Se as superfícies de contato no canto não forem lisas, existe a possibilidade de desenvolvimentode uma componente de atrito tangencial. Em aditamento à força aplicadaP e ao conjugadoM, existe o pino

de ligação em B, que exerce sobre a viga uma componente x e uma y da força. Os sentidos positivos destascomponentes são supostos arbitrariamente.

No Ex. 4 o.çiiagrama de corpo livre d.o mecanismo completo, isolado, revela três quantidades desconhecidas par:a o equilíbrio com as cargas dadas mg e P. Qualquer uma das muitas configurações internas, nointuito de assegurar a direção do cabo, a partir de m, seria possível sem alterar o efeito do mecanismo comoum todo e este fato é apresentado pelo diagrama de corpo livre.

Foram admitidos, nos diagramas de corpos livres, os sentidos positivos deBx e By no Ex. 3, e de By noEx. 4. A validade dessas hipóteses deve ser aprovada ou não, de acordo com o que derem os sinais algébricosdos termos, positivos ou negativos, quando os cálculos forem executados nos problemas reais.

O isolamento do sistema mecânico em estudo será identificado como uma fase crítica no equacionamento do modelo matemático. Recomendamos novamente ao estudante dedicar uma atenção especial a estafase. Antes de usarmos diretamente, na próxima seção, o diagrama de corpo livre na aplicação dos princípiosdo equillbrio das forças, será útil termos certa prática inicial com seu desenho. Tendo em vista esta fmali

dade, os problemas que seguem foram planejados para dar essa prática, através de exemplos selecionadossimples e diretos.

OBLEMAS PROPOSTI

3.1 Em cada um dos cin::cdireito, um diagrama jcada caso, para fo=indicado o contrário. F

1. Alavanca10 supmassam.

2. Alavancatrole aplica:que ao ejx,

3. LançaOA.sa despreziparada CODm.Alanç;votada en:

portada pde içamen

4. Caixote dehomogêmdo na paIlcal lisa esem uma!horizonta

5. Peça carrportadade artiCl:gação) erpino fIxe

nado dranhura

Administrador

Rectangle

DCL incompleto

p

~

~g A

Corpo

EQUIu"BRIO / 63

2. Alavanca de con

trole aplicando torque ao eixo em O.

1. Alavanca em ângulo suportando amassa m.

Em cada um dos cinco exemplos seguintes, o corpo a ser isolado é mostrado no lado esquerdo do diagrama e, no ladodireito, um diagrama de corpo livre (DCL), incompleto, do corpo isolado. Acrescentar todas as forças necessárias, emcada caso, para formar um diagrama de corpo livre completo. Os pesos dos corpos são desprezíveis, a não ser que sejaindicado o contrário. Foram omitidos, para facilitar, os valores numéricos das forças e as dimensões do corpo.

OBLEMASPROPOSTOS"'-"le im~rtância em Mecâ·

mecâni\o e concentra a_\a verdadà este método é

do estiver estudando os

-olvidas que aparecem no

.~em conjunto, constituemk 5m>orte e tratada como um

IrpOlivre deve incluir asa::e uma força vertical e .esta

6 da Fig. 3.1) é capaz de~tivamente simples, está

a treliça gire no sentidoa esquerda, para impedir

::e P. Se o peso total dosA e B, então estes pesos

com seus diagramas de

r"'- mais claro. Em todos os~as não são mostradas. As

ic :""'duídas nos quatro exem·

das: Quando se isola a

iga pela parede. As resul=.aFig. 3.1). Está mostrada

-do para baixo. Deve ser2..cita. Além disso, é neces·

peso mg da viga deve serIt ::amo livre está agora com-

3. Lança OA, de mas·sa desprezível comparada com a massam. A lança está pivotada em O e su

portada pelo cabode içamento em B.

". >iga, que se supõe conheície lisa da viga (Ex. 2

e de desenvolvimento

gado M, existe o pino5. sentidos positivos destas

::'ês quantidades desconhe:unf'igurações internas, no;feito do mecanismo como

4. Caixote de massa m

homogênea, apoiado na parede vertical lisa e suportadoem uma superfíciehorIZontal rugosa.

B

~By no Ex. 3, e deBy no-lerem os sinais algébricos

reais.

3.se crítica no equaciona~a atenção especial a esta

Ie :=:. aplicação dos princípiosTe:ldo em vista esta fmali

• ::z exemplos selecionados

5. Peça carregada, suportada pelo pinode articulação (ligação) em A e pelopino fIXO posicionado dentro daranhura lisa em B.

Probl. 3.1

(7\FA

~ ESTÁTICA3.2 \V1 cada um dos cinco exemplos seguintes, o corpo a ser isolado é mostrado no diagrama do lado esquerdo. No ladodireito é mostrado um diagrama de corpo livre errado ou incompleto. Faça todas as mudanças ou adições necessárias,em cáda caso, para formar um diagrama de corpo livre correto e completo. Os pesos dos corpos são desprezíveis, a nãoser que se indique o contr4rio, As dimensões e os valores numéricos foram omitidos.

,j,

1.

1. Rolo de uma cortadora de grama de massam, sendo empurradopara cima, em um plano inclinado de ângulo e.

Corpo DCL errado ou incompleto

2. Roda derolar $O

2. Alavanca levantandouma massa m, tendoesta uma superfície horizontal lisa. A barrarepousa sobre uma superfície horizontal rugosa.

3. Estaca de massa m,uniforme sendo içadapara a posição, peloguincho. A superfíciehorizontal de suporteestá escariada, para evitar o deslizamento daestaca.

•

3. Treliça caIpino de arcabo emB.

4. Jogo de suportes emângulo para estrutura.Nós com pino.

F

.)1 B

A,.

F

4. Barra de massrolete de masem conjunto. :jugado M e SUl

mostrado na Q

A,.

5. Barra dobrada soldadaem A e submetida a

duas forças e um conjugado.

A

yII

L_-x

M

P•••• \'" :> p-M

~ - CONDIÇÕES DE EQUl

Probl. 3.2

3.3 Desenhar um diagrama de corpo livre completo e correto, de cada um dos corpos indicados. Os pesos dos corpos sãosignificativos, apenas quando é mencionado. Todas as forças conhecidas e desconhecidas devem ser qualificadas.(Nota. O sentido de algumas componentes de reação nem sempre pode ser determinado sem cálculo numérico.)

No item 3.1, defIniu-se ê

um corpo é nula. Dito

os sobre ele estão cOIIlI3.1) que, em duas dimens

EQUILi"SRIO I 65

5. Roda com gome, de massa m, uniforme, suportada por uma superfície rugosa e sob ação de cabo horizontal.

2. Roda de massa m na iminência de

I6. Barra inicialmente horizontal, mas

rolar sobre o meio-fio, pela forçaP.flexionada sob carga P. Fixada

nas extremidades, por meio de pi-nos, aos suportes rígidos.I

P.§ij~

~

3. Treliça carregada, suportada pelo

7. Placa pesada, de massa m, unifor-pino de articulação em A e pelo

me, suportada no plano verticalcabo emB.

pelo cabo C e pino A.

1. Baira horizontal de massa m, uniforme, suspensa pelo cabo vertical em A e suportada pela superfície inclinada e rugosa em B.

do l'd~'''lU''dO. No 1000ças ou atliçõesnecessárias,

~s são desprezíveis, a não

B

F

4. Barra de massa m, homogênea, erolete de massa M, consideradosem conjunto. Submetidos ao conjugado M e suportados como está

mostrado na figura. mo ~M

8. Estrutura completa, polias e cabode ligação a serem isoladas, comouma só unidade.

Probl. 3.3

M

._.~ CONDIÇÕES DE EQUlLIBRIO

(3.2)

No item 3.1, defIniu-se equilíbrio como a condição na qual a resultante de todas as forças, que atuamum corpo é nula; Dito de outro modo, um corpo está em equill'brio se todas as forças e os momentosdos sobre ele estão compensados. Estas exigências estão contidas nas equações vetoriais do equilibrio

,.3.1) que, em duas dimensões podem ser escritas na forma escalar.-lns. Os pesos dos corpos são

devem ser qualificadas.cálculo numérico.)

66 / ESTÁTICA

A terceira equação representa o somatório nulo dos momentos de todas as forças em torno de qualquerponto O, sobre o corpo ou fora dele. As Eqs. 3.2 são as condições necessárias e suficientes para o completoequihbrio em duas dimensões. São condições necessárias porque, se não forem satisfeitas, as forças e osmomentos não estarão compensados. São, também, suficientes porque, uma vez satisfeitas, não pode ocorrerdesbalanceamento de esforços, e o equihbrio estará assegurado.

As equações que relacionam força e aceleração para movimento dos corpos rígidos, estão desenvolvidasno livro Dinâmica, deste autor, a partir da segunda lei de Newton referente ao movimento. Estas equaçõesmostram que a aceleração do centro de massa de um corpo é proporcional à força resultante F, que atuasobre o corpo. Conseqüentemente, se um corpo move com velocidade constante (aceleração nula), a forçaresultante sobre ele deve ser nula, e o corpo pode ser tratado como se estivesse no estado de equihbrio.

Para o equilíbrio completo em duas dimensões, as três Eqs. 3.2 devem ser integralmente satisfeitas.Porém, estas condições são requisitos independentes, e um pode valer sem o outro. Tome, por exemplo, umcorpo que deslize em uma superfície horizontal, com velocidade crescente, sob a ação de forças aplicadas. Asequações de equilíbrio das forças serão satisfeitas na direção vertical onde a aceleração é nula, mas não oserão na direção horizontal. Um outro exemplo, uma roda girando em torno de seu centro fixo de massa,com velocidade angular crescente, não está em equihbrio rotacional, mas as duas equações de equillbrio dasforças serão satisfeitas.

(a) Categorias de Equilíbrio. As aplicações das Eqs. 3.2 caem naturalmente dentro de um número decategorias que são facilmente identificadas. Estas categorias de sistemas de força que atuam em corpos emequihbrio estão resumidas na Fig. 3.3 e explicadas como segue.

CATEGORIAS DE SISTEMAS DE

FORÇAS EM EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES

Categoria I Figura I Equações independentes

Caso 2, o equillbriente /as duas equaçõeso de um eixo z que p

Caso 3, o equillbrio(direção x), e a única

Caso 4, o equilíbrio .plano e uma única equaç-

Há duas situações de cdo. A primeira situacão I

ados na Fig. 3.4 eato do corpo não deve'derados desprezíveis,

1. Colinear

I~/

~Fx = oIA segunda situação é o

FI ~

z ação das três forças deven:~tante em torno do pontorno de cada ponto. A .

2. Concorrente IF~2

IY

I

~Fx = o

II:alcorrência pode ser consiem um ponto'-''- //I ~íbrio é de considerávelL__ x

~Fy = o

--ügono das forças é traçadc, er sob a ação de mais.::onhecidas.3, Paralela

I----------IYI~F, = o ~Mz = o

F21~II

L__x

4. Geral

~Fx = o

~F)' =0

Fig. 3.3

Caso 1, O equilíbrio sob forças colineares, evidentemente, exige somente a única equação de forças, nadireção das forças (direção x), tendo em vista que todas as outras equações estão automaticamente satisfeitas.

(b) Equações Alternam

ssárias para o equillbrio.tão, a reSultante R, se ela ~

em forno de qualquer-ientes para o completo

tisfeitas, as forças e os" ~eitas, não pode ocorrer

=5idos, estão desenvolvidasmimento. Estas equações-;3 resultanteF, que atua

aceleração nula), a forçao de equilíbrio.

_ :ntegralmente satisfeitas.~"Iome, por exemplo, um•[0 de forças aplicadas. As

'!ação é nula, mas não ocentro fIxo de massa,

:'012.ções de equillbrio das

=- ~ntro de um número de

~-::eatuam em corpos em

.~s

EQUILI"BRIO / 67

Caso 2, o equillbrio de forças que se situam no plano (x-y) e são concorrentes no ponto O exigeente as duas equações de força, tendo em vista que a soma dos momentos em torno de O, isto é, emo de um eixo z que passa por O, é necessariam~nte igual a zero.

Caso 3, o equillbrio de forças paralelas em um plano exige a única equação de forças na direção das(direção x), e a única equação de momentos em torno de um eixo (eixo z) normal ao plano das forças.

Caso 4, o equilíbrio de um sistema geral de forças em um plano (x-y) exige as duas equações de forçasplano e uma única equação de momentos em torno de um eixo (eixo z) normal ao plano.

Há duas situações de equillbrio que ocorrem freqüentemente e para as quais o estudante deve serdo. A primeira situação é o equilíbrio de um corpo sob a ação de apenas duas forças. Dois exemplos sãoados na Fig. 3.4 e está claro que para tal corpo, as forças devem ser iguais, opostas e colilleares. O

ato do corpo não deve confundir esta simples exigência. Nas ilustrações citadas, os pesos dos corpos são'derados desprezíveis, comparados com as forças aplicadas .

p

/'/'

/'/'

/'/'

-p

Corpo submetido à açãode duas forças

(a)

Fig.3.4

A segunda situação é o equillbrio de um corpo sob a ação de três forças (Fig. 3.5a). Vê-se que as linhasde ação das três forças devem ser concorrentes. Se elas não o forem, uma das forças exercerá um momentoresultante em torno do ponto de concorrência das outras duas, o que violará a exigênçia de momento nulo,em torno de cada ponto. A única exceção ocorre quando as três forças são paralelas. Neste caso, o ponto deconcorrência pode ser considerado como estando no infmito. O princípio da concorrência das três forças emequillbrio é de considerável utilidade na execução de soluções gráfIcas das equações das forças. Neste caso, opolígono das forças é traçado de modo a fechar-se, como mostrado na Fig. 3.5b. Se um corpo em equillbrioestiver sob a ação de mais de três forças, é comum reduzi-Ias a três, combinando duas ou mais das forçasconhecidas,

(a) Corpo submetido à açãode três forças

Fig.3.5

(b) Polígono fechadosatisfaz ~F == O

equação de forças, naticamente satisfeitas.

(b) Equações Alternativas de Equilíbrio. Há duas maneiras adicionais de se expressar as condições

necessárias para o equilíbrio de forças em duas dimensões. Para o corpo mostrado na Fig. 3.00 se LMA =0,então, a resultante R, se ela ainda existe, não pode ser um conjugado, porém deve ser uma força R que passa

guia e o cursor do Ex..'culação fixo fornece .o, a menos que o pinl.ção, assim como vín

Se o suporte oscilo, como em A, haveria

'0 sem colapso. As trêstodas as quatro incá

- ça seriam dependentes Iespondentes proprie

ormação inicial, exigidaFazendo, outra vez, re

smitir um conjugado pdo sobre a viga, a sabe

- temente, as três equaçõpara o cálculo das quatro

Um corpo, ou combir,rtes externos ou vfncu1c

ricamente indeterminadno são chamados de redu

grau de indeterminação ;lÍmero de equações de equiJ. ero mfnimo de vfnculo:

ricamente determinados,

ças externas desconheci&

Os problemas sobre e,os estaticamente determ

- estável e onde as forçasequillbrio independente-s

ssão, para o fato de qrn,blema de equilfbrio. Um- reações externas descon

forças envolvido. É semplo que um número igual

esforço na tentativa de.gnitas podem ser forças,

Ao discutir a relação elvfnculos. A existência de

uma configuração estável.to A do corpo rfgido emquer rotação em tornoopriados)o Na parte b da

pelo ponto A, onde a

(d)

B. R\. x

-------- --A

(b)

tMA = O}satisfeitas"LMR=O

Figo 306

(a)

(c)

"LMA = Osatisfeita

tMA = o satisfeita

( .68 I ESTATlCA

p~r A. Se agora a equaçOo ~ Fx ~ O "mantém onde a direçOo x é perfei,,",en!e "bitrária, "gue, confonnea Fig. 3.6b, que a força resultante R, se ela ainda existe, não somente deve passar por A, mas deve tambémser perpendicular à direção x, como mostrado. Agora, se "iMB = O, onde B é qualquer ponto tal que a linhaAB não seja perpendicular à direção x, está claro que R deve ser zero e portanto o corpo está em equilfbrio .Por conseguinte, uma opção para o conjunto das equações de equilfbrio é:

onde os dois pontos A e B não se devem situar sobre uma linha perpendicular à direção x.

Uma terceira formulação das condições de equilíbrio pode ser feita, para um sistema de forças copIa·nares. Novamente, se "iMA = O, para qualquer corpo tal como mostrado na Fig. 3.6c, a resultante, se elaexiste, deve ser uma força R que passa por A. Além do que, se "iMB = O, a resultante, se ainda existir, devepassar por B, como mostrado na Fig. 3.6d. Tal força não pode existir, contudo, se "i Me = O, onde C não é

colinear com A e B. Portanto, as equações de equillbrio podem ser .

onde A, B e C são três pontos quaisquer não situados sobre a mesma linha reta.Quando nem todas as equações de equillbrio são independentes, obtém-se informação redundante e a

solução das equações dará O = O. Por exemplo, em um problema geral em duas dimensões, com três incógnitas, escrevendo-se três equações de momentos em torno de três pontos que estão sobre a mesma linha reta,obtém-se equações dependentes. Estas equações conterão informações redundantes e a solução de duas delaspode, no máximo, determinar duas das incógnitas. A terceira equação verificará, meramente, a identidade0=00

(c) Vinculas e Determinação Estática. As equações de equillbrio desenvolvidas neste item são condições necessárias e suficientes para estabelecer o equillbrio de um corpo, contudo elas não fornecem necessariamente informações suficientes para se calcular todas as forças desconhecidas que possam atuar sobre ocorpo emequillbrioo A questão de suficiência situa-se nas caracterfsticas dos vfnculos a possfvel movimentodo corpo, fornecidas pelos seus suportes. Vfnculo significa o impedimento do movimento. No Ex. 4 daFigo 3.1, o r01ete, a esfera e o suporte oscilante fornecem vfnculos normais à superffcie de contato, masnenhum vínculo tangente à superffcie. Portanto, uma força tangencial não pode ser suportada. Para a bucha

A

) Estabilidade completa. (,Vínculos suficientes

itci~, segue, conConnepor A, Imas deve também

"quer ponto tal que a linharpo está em equilíbrio.

•

sistema de forças copla~. 3.6c, a resultante, se ela

te, se ainda existir, devese 'LMc = O, onde C não é

Ie informação redundante e aIcEmensões, com três incógni- sobre a mesma linha reta,

e a solução de duas delas• meramente, a identidade

EQUI ÜBR 10 I 69

de guia e o curso r do Ex. 5, o vínculo somente é possível na direção normal à guia. No Ex. 6, o pino dearticulação fixo fornece vínculo em ambas as direções, mas não oferece resistência à rotação em torno dopino, a menos que o pino não esteja livre para girar. O suporte fIxo do Ex. 7, contudo, oferece vínculo àrotação, assim como vínculo ao movimento lateral.

Se o suporte oscilante, que suporta a treliça do Ex. 1, na Fig. 3.2, fosse substituído por uma junta delinO, como em A, haveria um vínculo adicional, além do exigido, para suportar uma configuração de equilí

brio sem colapso. As três condições de equilíbrio escalar, Eqs. 3.2, não seriam sufIcientes para a determinaçãode todas as quatro incógnitas, visto que Ax e Bx não poderiam ser separadas. Estas duas componentes da'orça seriam dependentes da deformação das barras da treliça, conforme fossem influencidas por suas

correspondentes propriedades de rigidez. As reações horizontais também seriam dependentes de qualquereformação inicial, exigida para ajustar as dimensões da estrutura àquelas das fundaçÕes entre A e B.

Fazendo, outra vez, referência à Fig. 3.2, se o pino B no Ex. 3 não for livre para girar, o suporte podetransmitir um conjugado para a viga através do pino. Portanto existiriam quatro reações de apoio incógnitasatuando sobre a viga, a saber: a força em A, a duas componentes da força emB e o conjugado emB. Conseqüentemente, as três equações escalares do equilíbrio independentes não iriam fornecer informações sufIcientes para o cálculo das quatro incógnitas.

Um corpo, ou combinação rígida de elementos, considerada como um corpo único, que possua maissuportes externos ou vínculos do que os necessários para manter uma posição de equilíbrio, é chamado deestaticamente indeterminado. Suportes que podem ser removidos sem destruir a posição de equillbrio docorpo são chamados de redundantes. O número de elementos de suportes redundantes presentes correspondeao grau de indeterminação estática e se iguala ao número total de forças externas desconhecidas menos o.ÚInero de equações de equilíbrio independentes disponíveis. Por outro lado, corpos que são suportados pelo,ÚInero míniino de vínculos necessários para assegurar uma confIguração de equihbrio são chamados de

estaticamente determinados e, para tais corpos, as equações de equillbrio são sufIcientes para determinar asorças externas desconhecidas.

Os problemas sobre equillbrio incluídos nesta seção e por toda a Estática estão geralmente restritos acorpos estaticamente determinados, onde os vínculos são perfeitamente sufIcientes para assegurar uma posição estável e onde as forças de suporte desconhecidas podem ser completamente determinadas pelas equaçõesde equillbrio independentes disponíveis. Contudo, o estudante está alertado neste ponto, por esta brevediscussão, para o fato de que ele deve estar atento sobre a natureza dos vínculos, antes de tentar resolver um

ifOblema de equillbrio. Um corpo será identillcado como estaticamente indeterminado quando existiremais reações externas desconhecidas do que equações de equillbrio independentes disponíveis, para o sistema

de forças envolvido. É sempre bom contar o número de forças desconhecidas sobre um dado corpo e estarcerto que um número igual de equações independentes podem ser escritas. Caso contrário, pode-se desperdiçar esforço na tentativa de uma solução impossível, com o auxI1io somente das equações de equillbrio. As. cógnitas podem ser forças, conjugados, distâncias ou ângulos.

Ao discutir a relação entre vínculos e equillbrio, deve-se estar atento para a questão da adequabilidadedos vínculos. A existência de três vínculos em um problema bidimensional, nem sempre garante a existência

uma configuraçito estável. A Fig. 3.7 apresenta quatro tipos diferentes de vínculos. Na parte a da figura, oponto A do corpo rígido está fIxado por dois vínculos e não pode mover-se, e um terceiro vínculo impedequalquer rotação em torno de A. Assim o corpo está completamente fIxo com três vínculos adequadosapropriados). Na parte b da fIgura, o terceiro vínculo é posicionado de tal modo que a sua linha de ação

passa pelo ponto A, onde as forças dos outros dois vínculos concorrem. Portanto, esta confIguração de

. 'das neste item são condielas não fornecem necessa

que possam atuar sobre oos a possível movimento

movimento. No Ex. 4 da

5l.Iperfície de contato, mas3eI suportada. Para a bucha

A

(o) Estabilidade completa.Vínculos suficientes

A

(b) Estabilidade incompleta. (c) Estabilidade incompleta. (d) Estabilidade excessiva.Vínculos parciais Vínculos parciais Vínculos redundantes

Fig.3.7

;:-----

~ÀTIC'

vínculos não pode oferecer nenhuma resistência inicial à rotação em torno de A, que pode ocorrer quandoforem aplicadas forças externas sobre o corpo. Conclui-se, assim, que este corpo está mal fixado, com víncu

los parciais. A configuração da parte c da figura fornece uma condição semelhante de fixação incompleta,porque os três vínculos paralelos não podem oferecer resistência inicial a pequenos movimentos verticais docorpo como resultado da aplicação de cargas externas sobre ele, nesta direção. Os vínculos desses dois exemplos são freqüentemente denominados impróprios. Na parte d da figura, tem-se as condições de fixaçãocompleta, com a ligação 4 atuando como um quarto vínculo, desnecessário para manter" a posição fixa. Aligação 4 é, então, um vínculo redundante, eo corpo é estaticamente indeterminado.

Como mostrado noS quatro exemplos da Fig. 3.7, é geralmente possível concluir, através da observaçãodireta, quando os vínculos de um corpo em equilíbrio em duas dimensões são adequados (apropriados),parciais (impróprios) ou redundantes. Como já foi citado, a grande maioria dos problemas neste livro é estaticamente determinada com vínculos adequados.

Solução II (álgebra eções simultâneas, serão usameiro somatório na direção

[1;Fy' = O]

- C cos 200 - 3 cos

[1;Fx' = O]

T + 8 cos 400 - 16 cos 4{

T

Igualando a zero os coefi

que, naturalmente; são as mdas acima.

8 + T cos 40°

Tsen 40

Solução III (álgebra vemnas direções x e y, o somadá a equação vetorial

8i + (T 00'

+(

[~F= O]

Os problemas resolvidos no final do item, ilustram a aplicação do diagrama de corpo livre e das equações de equilíbrio em problemas típicos da Estática. Quando se aplicam as equações do equilíbrio, um passomuito útil é proceder a uma rápida escolha dos eixos de referência e do centro de momentos. Em geral, amelhor escolha para centro de momentos é o ponto pelo qual passa o maior número possível de forças desconhecidas. A necessidade freqüente de encontrar a solução simultânea das equações de equillbrio pode serminimizada ou evitada por uma escolha cuidadosa dos eixos de referência e do centro dos momentos.

Na solução de problemas é recomendável, antes de aplicar um princípio da Mecânica, preceder estaaplicação por uma declaração simbólica do princípio ou da equação regente envolvida. Nos problemas resolvidos, estas declarações estão localizadas entre parênteses, à esquerda dos cálculos e servem como recordaçãoda justificativa para cada etapa principal. Do mesmo modo, as recomendações localizadas no item 1.8 sãovaliosas ao estudante, particularmente neste estágio inicial, para formar seus hábitos de abordagem à soluçãodos problemas de Engenharia.


Solução I (álgebra escalar). Para os eixos x-y mostrados,têm-se,

Determinar a intensidade das forças C e T que, juntamentecom as outras três forças mostradas, atuam sobre os elementosde um nó de treliça.

Solução IV (geométriCl1presenta a soma vetorial mvê-se que as equações (a) edireções x e y. Semell1ante!lx' e y' dão as equações altel'i

Uma solução gráfica é fi

dos são dispostos em seqiií?

e as direções de T e de C siinterseção resultante no po::medir as intensidades de T

quer que seja o grau de pIgono.


Determinar a tração T D(

pino em A, para a lança do gperfil I, padronizado, com O.

comprimento.

(a)

(b)

[~Fx = O] 8 + T cos 400 + C sen 200 - 16 = O

0,766T + 0,342C = 8

[1;Fy = O] T sen 400 - Ccos 200 - 3 = O

0,643T - 0,940C = 3

Solução. O esboço apresentado constitui o diagrama decorpo livre do nó em questão, e mOstra as cmco forças que estãoem equilíbrio.

A solução simultânea das equações (a) e (b) dá

T= 9,09 kN C= 3,03 kN Resp.

Solução algébrica. ~ evi.

relação ao plano vertical x-)Assim, o problema pode ser

§...!íl::!.

EQUI LfBRIO I 71

CD A escolha dos eixos de referência, para facilitar os cálculos, é sempre uma consideraçãoimportante. Poderíamos ter tomado, nesteexemplo, um outro conjunto de eixos, coincidente e perpendicular à direção de C, eempregarmos um somatório de forças normais a C, para eliminá-Ia.

~ Os vetares conhecidos podem ser somadosem qualquer ordem desejada, mas sempredevem ser somados antes dos vetores desconhecidos.

Notas:

Resp.

Resp.

T= 9,09 kN

C= 3,03 kN

8i + (T cos 40")i + (T sen 400)j - 3j +

+ (C sen 200)i - (C cos 200)j - 16i = O

[!:F = O]

Solução ]V (geométrica). Apresenta-se o polígono que representa a soma vetorial nula das cinco forças. Imediatamentevê-se que as equações (a) e (b) dão as projeções dos vetores nasdireções x e y. Semelhantemente, as projeções sobre as direçõesx' e y' dão as equações alternativas da solução 11.

Uma solução gráfica é facilmente obtida. Os vetores conhecidos são dispostos em seqüência, usando uma escala conveniente,e as direções de T e de C são traçadas para fechar o polígono. Ainterseção resultante no ponto P completa a solução, permitindomedir as intensidades de T e de C diretamente do desenho, qualquer que seja o grau de precisão usado na construção do polígono.

Igualando a zero os coeficientes de i e de j tem-se

8 + T cos 40° + C sen 20° - 16 = O

T sen 40° - 3 - C cos 20° = O

Determinar a tração T no cabo de suporte e a força sobre opino em A, para a lança do guindaste, mostrada. A viga AB é umperfil I, padronizado, com 0,5 m de altura e 95 kg por metro decomprimento.

que, naturalmente; são as mesmas equações que (a) e (b), resolvidas acima.

Solução ]]] (álgebra vetorial). Com os vetores unitários i e j,nas direções x e y, o somatório de forças nulo para o equilíbriodá a equação vetorial

[!:Fx' = O]

T + 8 cos 40° - 16 cos 40° - 3 sen 40° - 3,03 sen 20° = O

Solução algébrica. ~ evidente que o sistema é simétrico emrelação ao plano vertical x-y, como se observa na vista lateral.Assim, o problema pode ser analisado como o equilíbrio de um


P;Fy' = O]

- C cos 20° - 3 cos 40° - 8 sen 40° + 16 sen 40° = O

Solução II (álgebra escalar). Para evitar a solução de equações simultâneas, serão usados os eixos x"y', tomando o primeiro somatório na direção y', para eliminar T. Assim

·e pode ocorrer quandoti mal fixado, com víncu

.~de fIxação incompleta,movimentos verticais do

- culos desses dois exem

as condições de fIxação~ manter" a posição fIxa. A

~,

. , através da observaçãoequados (apropriados),

emas neste livro é estati-

corpo livre e das equa'"5es do equilíbrio, um passo

de momentos. Em geral, apossível de forças desco

de equilíbrio pode serdos momentos.

iD :a ~ecânica, preceder esta- 'da. Nos problemas resole servem como recordação

a loCalizadas no item 1.8 são

~ de abordagem à solução

mml =

Probl. 3.

O suporte desllzante mfacilitar a mudança deiçamento, quando estivergado, as saliências A euma viga caixão, e oatravés de um rasgo hom

" ~forças em A e em B q~tando uma massa de 300 1

Resp.

Determinar a intensidadeo jardineiro deve exercerum rolo para gramado deparado em um plano cocontre, também, a forçarolo. O centro de graviO.

OBLEMASPROPOSTOS

4,66 kN

-...o~~~~~f"-...-- [ .

_-- Ii

~4,66 kN

lOkN

Diagrama de corpo livre

® A direção da força em A poderia ser calculada facilmente, se desejado. Porém, no projeto do pino A, ou na verificação da sua resistênCia, a intensidade da força é que interessa.

CV O cálculo de momentos em problemas bidimensionais é, geralmente, tratado de maneiramais fácil, pela álgebra escalar do que peloproduto vetorial r A F. Em três dimensõesocorre o oposto, corno será visto.

CV A justificativa para este passo é, naturalmente, o teorema de Varignon ou teorema dosmomentos, explicado no item 2.4. Estejapreparado para tirar, freqüentemente, toda avantagem deste princípio.

Ax

A --1A1- y

Notas:

Resp.T= 19,61 kN

Calculando, vem:

[EFy = O] Ay + 19,61 sen 25° - 4,66 - 10 = 0,

Ay = 6,37 kN,

[A = .J~A-x-'-+-A-y-'J, A = y'(i 7,77fJ + (6,37)',

A = 18,88 kN. Resp.

[EFx = O] Ax - 19,61 cos 25° = 0, Ax = 17,77 kN

Solução gráfica. Aplica-se o princípio de que três forças emequilíbriO devem ser concorrentes para uma solução gráfica,combinando-se as duas forças verticais conhecidas de 4,66 kN e10 kN, em urna força única de 14,66 kN, aplicada, corno se vê,sobre o diagrama de corpo livre da viga, modificado, na parte bda fJgUraA. A posição desta carga resultante pode ser determinada gráfica ou algebricamente. A interseção da força de 14,66 kNcom a linha de ação da força de tração T, desconhecida, define oponto de concorrência 0, pelo qual deve passar a reação do pinoA. As intensidades desconhecidas das forças T e A podem agoraser determinadas, traçando-se o polígono feohado de equilíbriodas forças. Após a carga"vertical conhecida ser repre6entada emescala sonveniente, corno é mostrado na parte inferior da figura,desenha-se urna linha que representa a direção dada da tração T eque passa pela extremidade do vetor de 14,7 kN: Do mesmomodo desenha-se uma linha que representa a direção da reação Ado pino, determinada da concorrência estabelecida com o diagrama de corpo livre e que passa pela parte traseira do vetor de14,7 kN. A interseção das linhas que representam os vetores T eA estabelece as intensidades de T e A, necessárias para igualar asorna vetorial das forças a zero. Essas intensidades podem se!medidas diretamente do diagrama. As componentes x e y de Apodem ser representadas no polígono de força, se isso for conveniente.

(T cos 25°) 0,25 + (T sen 25°) (5 - 0,12) -

- 10 (5 - 1,5 - 0,12) - 4,66 (2,5 - 0,12) = °

Igualando a zero as somas das forças nas direções x e y, vem:

3

\ I ESTATlCAsistema de forças coplanares. O diagrama de corpo livre da vigaé mostrado na figura, com a reação do pino em A decompostanas duas· componentes retangulares. O peso da viga é95 00-3) (5) 9,81 = 4,66 kN e atua em seu centro. Note-se que

existem três incógnitas, Ax, Ay e T que podem ser achadas comas :três equações de equilíbrio. Começa-se com a equação dosmomentos em torno de A, que elimina duas das três incógnitas.Na aplicação da equação dos momentos, em torno de A, é maissimples considerar os momentos das componentes retangulares xe y de T, do que calcular o braço de alavanca de T em relação aA. Portanto, tomando o sentido anti-horário como positivo:

ProbL.

EQUIu"BRIO / 73

OBLEMASPROPOSTOS

Probl. 3.7

150 mm

3.7 Se o parafuso B do grampo de madeira for aperta-do de modo que os dois blocos fiquem submetidosa uma compressão de 500 N, determinar a força noparafuso A. (Nota. A força no parafuso pode sertomada na direção do parafuso.)

o cilindro tem massa homogênea de 40 kg e repousa sobre superfícies lisas A e B, inclinadas de 30° e60° da horizontal, respectivamente. Determinar asforças de contato em A e B.

Resp. A=340N;B=196N

Probl. 3.4

Determinar a intensidadeP da força horizontal queo jardineiro deve exercer sobre a alavanca leve deum rolo para gramado de 100 kg, a fun de mantê-Ioparado em um plano com 10° de inclinação. Encontre, também, a força exercida pelo solo sobre orolo. O centro de gravidade do rolo está no centroO.

10 kN

~!66~-, 10 kNde corpo livre

Probl. 3.8

3.8 Uma balança de mola indica uma tração T no cabomais à direita de um sistema de cabos e polias, queestá suportando um corpo de massa m. Expresse mem termos de T. Desprezar as massas das polias .

. Resp. m = 8T/g

Probl.3.5

l.6 O suporte deslizante mostrado é empregado parafacilitar a mudança de posição de um gancho deiçamento, quando estiver sem carga. Quando carregado, as saliências A e B se travam nos flanges deuma viga caixão, e o gancho se projeta para foraatravés de um rasgo horizontal na viga. Calcular asforças em A e em B quando o gancho está suportando uma massa de 300 kg.

Resp. A = 4,91 kN; B= 1,96 kN

este passo é, naturalmen-arignon ou teorema dos~o no item 2.4. Esteja_freqüentemente, toda a=ípio.

=os em problemas bidi--nte, tratado de maneira= ma escalar do que pelo

F. Em três dimensões--o será visto.

=A poderia ser calcula~ 25ejado. Porém, no proje

::l! ,eri.ficação da sua resisda força é que interessa.

Probl. 3.6

3.9 A viga de 4,5 m de comprimento e de massa unifor-me igual a 200 kg está carregada, no plano vertical,pelas forças paralelas mostradas. Calcular as reaçõesnos. apoios A e B.

6kN 2kNA .

~ ~ ~

I • ~LL ~ Jl4kNJ1,5m +lm 1mO,5m 0,5m

Probl.3.9

_~I

.0

Probl.3.16

2,5m

t--

3kN---

Probl.3.1l

Um avião a jato, com masshorizontalmente à velocict.

km/h, sob um empuxo c16 kN. Se o piloto aumentopara fornecer um empuxonariz do avião de modo a 5

velocidade constante de III

ângulo e formado pela no.,a horizontal. Notar que a litória de vôo, em uma althsomente da velocidade do a:

Se o peso do pau de cargarado com a carga P, enc<xrótula, em A, e mostrartodos os valores de e. Dele

T, quando e se aproxima de

A peça articulada é usadativo de trinco, para ligar urrvagão. Se uma tração T = ,barra de controle horizontatão, contra o qual a peçameio de uma solução vetotique o pino suporta emA.

6 A estrutura em T de mmassa em G. Calcular a

pino em O. após a aplilcabo.

010A

~O,75Jm

Probl.3.14

Probl. 3.15

Probl. 3.13

1,5m~

3.15 A resistência à flexão do suporte é testada comuma carga de 2 kN. Calcular a força sobre o roleteemA e a força total suportada pelo pino em O.

?2000 N

74 I ESTÁTICA

3.10 Calcular a forçaP que o homem deve exercer sobreo cabo, a fim de suspender o caixote de 200 kg, naposição incliriada mostrada. Escolha os eixos dereferência de modo a encontrar P usando uma úni

ca equação, sem envolver a tração na parte superiordo cabo.

3.11 Encontrar graficamente a força P e a tração T daparte superior do cabo do Probl. 3.10.

Probl. 3.12

Probl. 3.10

Resp. P = 871 N

3.12 Calcular as intensidades T, e T2 das trações nosdois cabos que suportam o caixote de 100 kg.

Resp. T, = 1 067 N; T2 = 1 730 N

3.13 Determinar a força P que o operário, cuja massa éde 80 kg, deve exercer sobre o cabo, a fim de suportar a si próprio, no assento ligado no mecanismo, como é mostrado na figura. Que força R ohomem exerGe sobre o assento?

Resp. P= 157 N; R = 628N

3.14 Para testar a deflexão de uma viga uniforme de100 kg, o menino de 50 kg exerce uma força de150 N no cabo, montado como mostrado. Calcular

a força suportada pelo pino da articulação O.Resp. FO = 3,93 kN

A estrutura em T de massa 200 kg, tem o centro demassa em G. Calcular a força total suportada pelopino em O, após a aplicação da força de 3 kN nocabo.

Resp. O = 2,36 N

3kN~

't-2,5m

1..-.

EQUIÜBRIO / 75

Substituir o conjugado M, do Probl. 3.20, pelaforça horizontal P e calcular seu valor, necessáriopara empurrar a roda de 40 kg para cima do planoinclinado. Determinar também a força de contatoR, emA. Não ocorre deslizamento.

Resp. R = 406 N

Probl. 3.20

Probl. 3.21

Calcular o valor do conjugado M, necessário paraempurrar a roda de 40 kg para cima do plano inclinado. Determinar também a força de contato R emA. A superfície do plano inclinado é suficientemente rugosa para evitar escorregamento.

Resp. M= 47,1 N·m; R = 393 N

3.22 O tambor de óleo com massa de 300 kg, quandocheio, tem centro de massa em G. Calcular a forçavertical P, necessária para manter o equilíbrio dotambor e do carrinho na posição mostrada. Pode-sedesprezar o peso do carrinho quando comparadocom o do tambor.

3.21

3.20

Resp. ()= 2,920

Prob1.3.16

Um avião a jato, com massa de 8 Mg, está voandohorizontalmente à velocidade constante de 1 000

km/h, sob um empuxo dado pelas turbinas de16 kN. Se o piloto aumenta a taxa de combustívelpara forneçer um empuxo de 20 kN e levanta onariz do avião de modo a subir, mantendo o ar navelocidade constante de 1 000 km/h, determinar oângulo () formado pela nova trajetória de vôo coma horizontal. Notar que a resistência do ar na trajetória de vôo, em uma altitude qualquer, é funçãosomente da velocidade do ar .

Probl. 3.18

9 A peça articulada é usada para ativar um dispositivo de trinco, para ligar um grande reboque ao seI.:vagão. Se uma tração T = 400 N for necessária nabarra de controle horizontal para desengatar o pistão, contra o qual a peça atua em C, estimar pormeio de uma solução vetorial, a mão livre, a forçaque o pino suporta em A.

8 Se o peso do pau de carga for desprezível, comparado com a carga P, encontrar a força F sobre arótula, em A, e mostrar que F é constante paratodos os valores de (). Determinar o valor limite de

T,quando () se aproxima de 900•3.14

o suporte é testada comcu1ar a força sobre o ro1ete

" Irtada pelo pino em O.

3.15

L 3.13

••

Probl. 3.29

Probl.3.28

Calcular a intensidade da f.em A, sob a ação de um aplicado ao suporte leve.

p

---±-

240 mm

375mm

Um tambor de 600 mm de raio, com centro demassa G no seu centro geométrico, tem uma maSSEtotal de 1 600 kg e repousa sobre um carrinhoconstituído por dois roletes longos de 240 mm dediâmetro. Os roletes se apóiam sobre uma superfície horizontal lisa e são impedidos de se separarempor meio de vínculos horizontais, um em cadaextremidade do rolete, como mostrado. Calcular atração T em cada vínculo e a reação R entre o tam·bor e cada rolete.

Resp. T= 3,79 kN; R = 10,91 kN

Probl. 3.26

Probl. 3.25

3.26

p

Dimensões emmilímetros

1,5 kN

b~~2kN'm

3m

Probl.3.22

4m

1 kN

2m !A

450

..•,. 2~·'i

A viga em balanço, com massa uniforme de 50 kgpor metro de comprimento, suporta o conjugado eas três forças mostradas. Isolar a viga à direita daseção A e calcular o momento (conjugado) M e aforça vertical V, exercida pela parede nesta seção.

Resp. V = 3,44 kN para cimaM = 8,33 kN' m anti-horário

3.23

Probl. 3.23

3.24 A vara de 15 metros, com massa uniforme de150 kg, é suportada por suas extremidades lisas,contra as paredes verticais, e pela tração T no cabovertical. Calcular as reações em A e B.

3.27 A treliça rígida está submetida às quatro cargasmostradas e é suportada pela articulação em A epela ligação BC. Desprezar o peso da treliça e calcular a intensidade da força suportada pelo pinoem A. Porque, com o carregamento dado, a direçãoda força em A é paralela a BC?

O conjugado aplicado no Prpela força horizontal de 30Ca intensidade da força supoque sustenta o suporte leve.

Probl.3.24

100mm~

3.25 A chave de pinos é usada para girar eixos e anéis.Se um momento de 80 N • m for necessário paragirar o eixo de 200 mm de diâmetro em torno deseu centro O, sob a ação da força aplicada?, determinar a força de contato R sobre a superfície lisaem A. O encaixe do pino em B pode ser considerado como ocorrendo na periferia do colar.

Resp. R = 1 047 N

3.28 A fita magnética, sob uma tração de 10,0 N em D,passa em torno das polias-guia e através do cabeçote de eliminação da informação registrada em C,com velocidade constante. Como conseqüência deum pequeno atrito nos mancais das polias, a fitaem E está sob uma tração de 11,0 N. Calcule a tração T na mola de suporte em B. A .chapa é horizontal e o mancal A, de rolamento de agulha, é deprecisão. Resp. T.= 10,6 N

Probl. 3.30

I A barra, com roletes nas e;x

forme de 50 kg, permanece.mostrada, por meio da corominar a tração T, na corda, eequação de equilíbrio. OB. por inspeção.

EQUIÜBRIO / 77

A"·

Prebl. 3.31

3.32 Quanda se aplica a ferça de 300 N na chave dereda vista na figura, a ferça de atrite cem e seleimpede a gire da rada. Usande semente uma equaçãa de equilíbrie, determinar a cempanente herizental 0x da reaçãa exercida sebre a reda, pelamancal fixe em O. Analise a chave e a reda cemese fessem um carpe únice.

Prebl. 3.28

Calcular a intensidade da farça supartada pele pineem A, seb a açãe de um cenjugada de 30 Nomaplicade ae superte leve.

p

1~5IDm~3.15

II~:= de raie, cem centre degeométrice, tem uma massa

• ~ repeusa sebre um carrinho11m :oletes lenges de 240 mm de~ se apÓiam sebre uma superfí-

- impedides de se separaremherizentais, um em cada

come mestrade. Calcular a

.o e a reaçãe R entre e tam-

T= 3,79 kN; R = 10,91 kN

~240 mm

3.26Prebl. 3.29

Resp. 0x = 510 N

bmetida às quatre cargas- pela articulação em A e

e pese da treliça e cal:.a ferça supertada pele pino

- =egamente dade, a direção-,- aBC?

o cenjugade aplicade ne Prabl. 3.29 é substituídepela ferça herizental de 300 N mestrada. Calculara intensidade da ferça supertada pele pine em A,que sustenta e superte leve.

Resp. A = 747 N

Prebl. 3.32

3.33 As estruturas mestradas sãa estaticamente indeter

minadas. Descreva, ne mÍnime, uma madificaçãenas apaias, para cada casa, que teme a estruturaestaticamente determinada. --

B

'=, uma traçãe de 10,0 N emD,

?CJlias-guiae através de cabe5z ÍIÚOJ;maçãeregistrada em C,

te. Ceme censeq üência demancais das pelias, a fita

~o de 11,0 N. Calcule a tra;>arte em B. A chapa é herizen:::. relamente de agulha, é de

Respo T.= 10,6 N

300N

Prebl.3.30

I A barra, cam reletes nas extremidades e massa uniferme de 5O kg, permanece em equil1brie na pesiçãemestrada, per meie da cerda herizental CD. Determinar a traçãe T,na cerda, escrevende somente umaequaçãe de equilÍbrie. Obter, entãe, as ferças A eB, per inspeçãe.

Pre!.>I.3.33

3.34 A figura mestra uma série de chapas retangulares eseus vínculas, tadas limitadas ae plane de representaçãe. As chapas pedem ser submetidas a várias

78 I ESTÁTICA

Probl. 3

O caminhão basculante éseção cortada de um tronOliA seção do tronco temcorpo da carroceria é de 3Gl' está localizado direseiras, na posição de Itorque M necessário paraaplicado à carroceria atralar, também, as forças code rodas traseiro e dianteinido cavalo mecânico é de 3roceria, e o centro de massa

A barra e os roletes das

centro de massa em G, e tf" . lin d nf \per lC1esmc a as, co a

dado valor de 8, detenn.mlbarra estará em equiliõr:ibém, dois valores adicionailveis.

Probl. 3.37

Probl. 3.36

3.38 As sapatas de suporte que mantêm o míssil presoplataforma de lançamentos deslizam em ranhT, no trilho-guia. Em teste estático de míssil,sapata A é firmemente presa à ranhura, enquantosapata B fica solta. Sabendo-se que o míssil temmassa de 1 500 kg e centro de gravidade G e ..empuxo de 20 kN, calcular a força que atuapino que liga o míssil à sapata B.

1 ( d+h)Resp. D = 4n mg + T -b-

3.36 A laje uniforme de concreto, mqstrada em vistalateral, tem massa de 25 Mg e está sendo içadavagarosamente para a posição vertical, pela tração P

no cabo de içamento. Para a posição onde !J = 600,

calcular a tração T na ancoragem do cabo horizontal, usando somente uma equação de equilíbrio.

3.37 Um barco, ainda em fase experimental, está equi·pado com quatro sapatas, duas de cada lado, comose vê na figura. O barco tem massa total m e centrode gravidade em G. O empuxo é fornecido pelzhélice. A relação entre a sustentação e o a"asta·mento, para cada sapata, é n. Sustentação é a forçavertical que cada sapata suporta. A"astamento é aforça horizontal que a água opõe ao movimento.Para um dado empuxo T da hélice, escrever z

expressão para o arrastamento D sobre cada umadas duas sapatas dianteiras.

5

2

4

Probl. 3.35

Probl.3.34

cargas conhecidas aplicadas no plano da chapa.Identificar as chapas que se relacionam com cadauma das seguintes categorias.

(A) Estabilidade completa com o número mínimo de vínculos suficientes.

(B) Estabilidade parcial, com vínculos insuficientes.

(C) Estabilidade completa, com vínculos redundantes.

(D) Estabilidade parcial, com vínculo redundante.

tioHD~ 8

· ..s.~/ 1----1~ ~

3.35 A barra, com roletes nas extremidades e massa uniforme de 30 kg, é suportada pelas superfícies vertical e horizontal e pelo fio AC. Calcular a tração Tno fio e as reações contra os roletes em A e.em B.

Resp. T = 295 N; A = 73,6 N; B = 196,2 N

EQUI L(BR 10 I 79

3.43 Determinar, no sistema de transporte de míssil descrito no Probl. 3.42, a intensidade F da força totalsuportada pela articulação em O. Sugere-se umasolução gráfica.

3.44 O guindaste móvel de uma oficina de automóveis'está levantando um motor de 100 kg. Para a posição mostrada, calcular a intensidade da força suportada pelo pino em C e a pressão de óleo p queatua contra o pistão com diâmetro de 80 mm, docilindro hidráulico AB.

Probl.3.42

Probl. 3.41

Resp. F ~ 26 kN

3.42 Um reboque especialmente constru{do é usadopara transportar e erguer um míssil até a sua posição vertical de lançamento. O corpo do reboque eo míssil têm massa combinada de 6,20 Mg, comcentro de massa em G. A unidade é levada para aposição por dois cilindros hidráulicos, um de cadalado do reboque. Calcular a força compressiva FC,em cada haste dos cilindros, para a posição em queo eixo AB do cilindro é perpendicular ao eixo longitudinal do reboque e míssil.

3.41 A roda de 300 mm de raio com massa de 60 kg ecentro de massa em G, repousa sobre uma superfície horizontal rugosa. Sob ação do conjugadoM = 50 N • m, aplicado em A, a roda se ap6ia contra o rolete em B, que a impede de rolar para afrente. Calcular a intensidade da força total exercida sobre a roda em C, pela superfície horizontal.

Resp. FC = 343 N

mm

Probl. 3.40

mm

Probl. 3.39

Probl. 3.38

Resp. {3 = arc tg (+ tg 8)

O caminhão basculante é usado para levantar umaseção cortada de um tronco de uma grande árvore.A seção do tronco tem massa de 600 kg e a docorpo da carroceria é de 300 kg. O centro de massaG •• está localizado diretamente sobre as rodas traseiras, na posição de levantamento. Calcular otorque M necessário para fazer. o levantamento,aplicado à carroceria através do eixo em O. Calcular, também, ás forças correspondentes nos paresde rodas traseiro e dianteiro do caminhão. A massado cavalo mecânico é de 3 100 kg, excluindo a carroceria, e o centro de massa está em G 2 •

9 A barra e os roletes das suas extremidades têm o

centro de massa em G, e estão dispostas sobre superfícies inclinadas, conforme mostrado. Para umdado valor de 8, determinar o ângulo {3, no qual abarra estará em equilÍbrio instável. Indicar, também, dois valores adicionais de {3 para posições estáveis.

,1. 3.37

~336

1 ( d+h)D=- mg+T--4n b

-<C que mantêm o míssil preso<.=entos deslizam em ranhurG!2:n teste estático de míssil, c.

presa à ranhura, enquanto <-

Sabendo-se que o míssil tem <

z centro de gravidade G e ur:.-_calcular a força que atua n:

à sapataB.

fase experimental, está equi, duas de cada lado, com

tem maSsa total m e centro

_ O empuxo é fornecido pela~--;re a sustentação e o arrasta·

é n. Sustentação é a forçasuporta. Arrastamento é <

água opõe ao movimento.o T da hélice, escrever a

z:::a..'fa.J11entoD sobre cada uma

ESTÁTICA

Probl.3.44

a uma distância de 700 mm da linha de centro ver

tical, antes do tambor começar a girar. Todos osroletes estão perfeitamente livres para girar, comexcessão de um em B, que deve vencer um apreciável atrito no mancal. Calcular a força de atrito F,tangente ao tambor, exercida por aquele rolete, etambém encontrar a intensidade R da força exercida sobre o tambor por todos os roletes de A, paraestas condições.

3.47 A cápsula lunar, de alumínio, tem massa de 240 kg,quando sai da fábrica, em Los Angeles. A lança oedo guindaste lunar tem 48 kg, quando fabricado, eseu centro de gravidade está na metade do comprimento. Determinar a força F no cilindro hidráulicoAB do guindaste, na posição mostrada, no momento em que ele posiciona a cápsula na superfície daLua. Lembrar que a atração gravitacional da Lua é

+.da terrestre.Resp. F = 2 340 N

O peso da treliça rígida ABrado com a carga de 12 Mglar a força na barra horizolsuportada pela articulação de

Probl. 3.49

A peça OBC e a roldana Ccentro de gravidade em G. Gda pela articulação de pino3 kN for aplicada. O anelA fte na direção horizontal.

Probl. 3.5]

O,2m

Probl.3.5O

I A estrutura triãngular comde 200 kg e centro de mas1tensidade da força suporoquando se aplica a força deA

Probl. 3.4 7

3.48 Um guindaste está içando um trator de 4,20 Mg. Amassa da lança OA é 2 Mg e o centro de massa estáno meio da sua altura. Calcular a tração T no cabopreso a B e a intensidade da força suportada pelaarticulação em O, para as condições de equilíbrio,na posição de 600• Desprezar a largura da lança.

Resp. T= 61,5 kN; 0= 99,2 kN

Probl. 3.45

- Determinar a dimensão !, com a massa m mantendoa tração especificada T na correia para a posiçãomostrada. Desprezar os pesos do braço e da poliacentral, comparados com m. Encontrar também aforça R suportada pelo pino, em O.

Resp. R = .J3T2+ (mg)2

3.46 O tambor com massa uniforme de 400 kg estámontado sobre uma linha de roletes em A e outraem B. Um homem de 80 kg move-se vagarosamente

Probl. 3.46 Probl. 3.48

Resp. 0= 34,3 kN

Probl. 3.52

EQUILfSRIO / 81

Probl.3.53

tão. Ao usar a equação do momento, tire vantagemda substituição de uma força por uma força e umconjugado) .

3.53 Uma estrutura especial para girar grandes seções detubos de concreto (mostrada em tracejado), consiste de um setor, de massa 80 Mg, montado sobreduas linhas de roletes, uma em A e outra em E. Umdos roletes em E é uma engrenagem que encaixaem um anel dentado do sétor, e serve para girar osetor em torno do seu eixo geométriCO O. QuandoC< = O, deve ser aplicado um torque anti-horário de2 460 N • m à engrenagem em E, para impedir queo conjunto gire. Quando C< ~ 30°, é necessário umtorque de 4 680 N •m sentido horário para evitar arotação. Localizar o centro de massa G da estruturaespecial, calculando r e (J.

Resp. r == 367 mm; (J == 79,8°

3.52 A viga tem comprimento de 6 m e massa uniformede 300 kg. A força P aplicada ao cabo de levantamento é lentamente aumentada, para içar o anel C,os dois cabos AC e EC de 4 m e a viga. Calcular atração nos cabos A e E, quando a viga deixa os seussuportes, e a forçaP é igual ao peso da viga.

Resp. TA = 816 N; TE = 2449 N

Probl.3.50

Probl. 3.49

Resp. O = 13,34 kN

O,2m

Probl. 3.51

A peça OEC e a roldana C têm juntas SOOkg e ocentro de gravidade em G. Calcular a força suportada pela articulação de pino O quando a carga de3 kN for aplicada. O anelA fornece suporte somente na direção horizontal.

A estrutura triângular com polias tem massa totalde 200 kg e centro de massa em G. Calcular a intensidade da força suportada pelo pino em O,quando se aplica a força de 10 kN no cabo. (Suges-

o peso da treliça rígida AECDE é pequeno, compaudo com a carga de 12 Mg que ela suporta. Calcular a força na barra horizontal, em E, e a forçasuportada pela articulação de pino, em A .

A

Resp. F = 2 340 ~-

~ -00 m.m .da~·nha e centror começar irar. Todos

ente li es para girar,== B, que deve vencer um apre<=

. Calcular a força de atrito :- :, exercida por aquele rolete, ~

a intensidade R da força exerc:_ ;x>r todos os roletes de A, piL,-

~ alumínio, tem massa de 240 kg..

- :ca, em Los Angeles. A lança OC

.-- tem 48 kg, quando fabricado. ~Hade está na metade do comp::

:;:::a força F no cilindro hidráuliIIE :lJI posição mostrada, no mome:.-

- .ona a cápsula na superfície 6.-= a atração gravitacional da Lua ~

~ içando um trator de 4,20 Mg. ,'o

IúA é 2 Mg e o centro de massa estÉ1.L~a. Calcular a tração T no cabe

=idade da força suportada pelElU. para as condições de equilíbrio.

- Desprezar a largura da lança..~~. T= 61,S kN; 0= 99,2 kl\

ESTÁTICA

-O~RIO EM TR~S DIMENSÕES- CONDIÇOES DE EQUlLmRIO

A representação cos das superfícies de

si<>nais,e estão expandidas.:orrJ.unsde transmissão de -

Os princípios e métodos desenvolvidos para o equilíbrio em duas dimensões serão, agora, estendidos ao:J'brio em três dimensões. As condições gerais para o equilíbrio de um corpo foram estabelecidas nas

~~ (3.1), item 3.1, especificando que a força e o conjugado resultantes sobre o corpo sejam nulos. Estas- -=: equações vetoriais do equillbrio e suas componentes escalares podem ser escritas como

'2.F = O ou

'2.M = O ou

1. Membro em .:

{u;: O 1

IIcie lisa ou

~'2.Fy = O

f:':~I

(3.3)

~M::O I

II/2. ~embro em Cl'2.Mz = O

ele rugosa.

4. União-rótula.

./X././

3. Suporte de rorestrição lateral

5. Conexão fixa (tada).

6. Apoio tipo manc1~

(a) Diagrama do Corpo Livre. Os somatórios nas Eqs. (3.3) incluem os efeitos de todas as forças queatuam sobre o corpo em consideração. Aprendeu-se, no item anterior, que o diagrama de corpo livre é oúnico método confiável para identificar todas as forças e momentos, que devem ser incluídos nas equações deequihbrio. Em três dimensões, o diagrama de corpo livre tem a mesma fmalidade essencial que em duasdimensões e deve ser sempre traçado. Pode-se escolher entre desenhar uma vista em perspectiva do corpisolado com todas as forças externas representadas, ou traçar as projeções ortogonais do diagrama de corplivre. Ambas as representações serão ilustradas nos problemas resolvidos no fmal deste item.

{\s três primeiras equações escalares estabelecem que não existem forças resultantes atuando sobre um'!po em equihbrio, em qualquer das três direções coordenadas. O segundo grupo de três equações expressa

o outro requisito do equillbrio, que é não existir momento resultante agindo sobre o corpo em torno delualquer dos eixos coordenados ou de eixos paralelos á eles. Estas seis equações são condições necessárias e

suficientes para que exista o equillbrio completo. Os eixos de referência podem ser escolhidos arbitraria·mente, conforme a conveniência. A única restrição é que deve ser usado um sistema coordenado destro, comnotação vetorial.

As seis relações escalares das Eqs. 3.3 são condições independentes, porque qualquer uma delas é válida.sem a outra. Por exemplo, para um carro acelerando em uma estrada reta e nivelada, a segunda lei de Newtondiz que a força resultante sobre o carro é igual à sua massa ve~es a aceleração. Portanto, "LFx 1= O, mas asequações restantes do equilíbrio de forças são satisfeitas pois todas as outras acelerações são nulas. Do mesmomodo, se a roda de inércia do motor do carro acelerando estiver girando com velocidade angular crescente,em torno do eixo x, não haverá equillbrio rotacional em torno deste eixo. Então tem-se "LMx 1= O junta·mente com "LFx 1= O, mas as quatro equações do equilíbrio restantes estariam satisfeitas para os eixos docentro de massa.

Para aplicar a forma vetorial das Eqs. 3.3, inicialmente representa-se cada força em termos dos vetoresunitários coordenados i, j e k. Para a primeira equação, "LF = O, a soma vetorial será nula se os coeficientes

de i, j e k forem todos nulos. Estes três coefioientes, quando igualados a zero, darão precisamente as trêsequações escalares do equihbrio, "LFx = O, LFy = O e "LFz = O.

Para a segunda equação, "LM = O, onde a soma de momentos pode ser tomada em relação a qualque.ponto conveniente O, representa-se o momento de cada força com o produto vetorial r X F, r sendo o vetarposição de O para qualquer ponto sobre a linha de ação da força F. Assim, "LM = "Lr X F = O. Os coeficientesde i, j e k, na equação resultante, quando igualados a zero, produzem exatamente as três equações escalaresdos momentos, "LMx = O, "LMy = O e "LMz = O.

EQUILt"BRIO I 83

A representação correta das forças, no diagrama de corpo livre, requer o conhecimento das características das superfícies de contato. Estas características foram ,apontadas na Fig. 3.1, para problemas bidimensionais, e estão expandidas para sistemas tridimensionais na Fig. 3.8, onde são mostradas situações maiscomuns de transmissão de força. As representações das Figs. 3.1 e 3.8 serão usadas na análise tridimensional.

A força deve ser normal àsuperfície e dirigida contra omembro.

Existe a possibilidade de umaforça F, tangente à superfície(força de atrito), atuar sobreo membro, do mesmo modoque a força normal N.

~z ~ma união-rótula livre para

1 g~ar em torno do centro darotula, poce suportar uma

R", Ry força R, com todas as três,/ ..... componentes.

x/ R 'YI %

Fig.3.8

Além das três componentes

~IZ da força, uma conexão fixa

I. pode suportar um conjugadoI M, representado por suas

R Ry três componentes.% MM%~ R ~y

,/'~ % C"o,; cbM 'YI %

O manca! de escora é capaz

IZ de suportar a força axial Ry

~R e as forças radiais Rx e Ry.

y A menos que o mancal sejaM livre para girar em torno dos

"'Z R", :-... eixos x ez, poderá, também,

// tRz ••.••••.••Y suportar os conjugadosx C!)M Mx e Mz·I %

IZ

~I P~e existir a força P, exer

clda pela guia sobre a rodaalém da força normal N. '

,// Px/ N' .....y

.•... ,/.....y x/

2. Membro em contato com superfície rugosa.

6. Apoio tipo mancal de escora.IZ

"'"

......•. /. "'-..•... '-.

.•...

,// .....yx/

.•...

'-y5. Conexão fixa (soldada ou engas

tada).

..........y

3. Suporte de roda ou rolete comrestrição lateraL, Iz

~,// .•....•...

x/ .....y4. União-rótula.

AÇÂO MECÂNICA DAS FORÇAS NA ANÁLISE TRIDlMENSIONAL

, Tipo de contato e origem das forças I Ação sobre o corpo a ser isolado

1. Membro em contato com superfície lisa ou membro suportado por

esfera.

c~ serão, agora, estendidos aoforam estabe1ecidas nas

corpo sejam nulos. Estas- como

:orça em termos dos vetares-~' será nula se os coeficientes

darão precisamente as três

(3.3)

quer uma delas é válidaa segunda lei de Newton

Portanto, 'iFx =1=O, mas as

~s são nulas. Do mesmo20cidade angular crescente,

-~ tem-se 'iMx =1=O juntasatisfeitas para os eixos d

=.:citos de todas as forças que

diagrama de corpo livre é oincluídos nas equações de

';;""de essencial que em duasem perspectiva do corpo

r~nais do diagrama de corpo~este item.

Jr5Ullantes atuando sobre um

de três equações expressare o corpo em torno de

-o condições necessárias eser escolhidos arbitraria·coordenado destro, com

da em relação a qualquer_•.•..•rial r X F, r sendo o veto

= L r X F = O. Os coeficientes

Te as três equações escalares

84 I ESTÁTICA

(b) Categorias de Equilíbrio. A aplicação das Eqs. (3.3) cai em quatro categorias que podem serfacilmente identificadas com auxIllo da Fig. 3.9.

Caso 4, o equilíbriomentos.

(c) Vínculos e Determnecessárias e suficientes

eridas para calcular as f(, como foi o caso em dw

Lsticas dos vínculos providc'culos, porém está fora do

vínculos, para alertar o h.ce A está completament.eixos das ligações 1, 2 esão ditos adequados. A.

Tecem resistência a um me

o incompleto e parciahr- da contra uma força des1

mpleto e parcialmenteuadamente localizados j

. restrições do que as nelorpo, com a talsétirna lijções, os vínculos de aprminados.

:l::Fy =0

:l::Fz = O

CATEGORIAS DE EQUILIBRIO EM TRÊS DIMENSÕES

Sistema de Forças IDiagrama de Corpo LivreIEquações Independentes

1. Concorrente I

Fl""",/F2IY

em um pon- I .•.••. x:l::Fx= Oto~

--,' ...••.. - - /,',.-',' --~ .•.••., :l::Fy=O'z

F5'~~~:l::Fz =0Fa

'I(::

2. Concorrente F2/IY

com umaI

.•.••.xlinha.•..F,~ --l:::/

:l::Fx = O:l::My=O. , 'z :l::Mz=O

:l::Fy=OFa :l::Fz =0

"-,3. Paralela

I_.-tt:::: 1'1IYI I:- til

I ......x

:l::Fx = O:l::My=Ol:::""" " :l::Mz=O'z

F5- .$,111- ".;- "a I1- (e)

4. Geral

Fig.3.9

Caso 1, o equi1íb;io~ncorrentes em um ponto O exige as três equações de forças mas nenhu·ma equação de mo~éntos, tendo em vista que seus momentos em torno de qualquer eixo que passe por O é,automaticamente, zero.

Caso 2, o 9~Ui11'briOde forças concorrentes com uma linha exige todas as equações, exceto a equaçãodo momento em torno desta linha, que está automaticamente satisfeita.

Caso 3, o e~ui1IbriO de forças paralelas exige uma única equação de forças na direção das forças (dire·ção x), porém exi~e duas equações de momentos em torno dos eixos (x e z) que são normais à direção dasforças.

EQUIÜBRIO / 85

(d) Estabilidade excessiva.Vínculo redundante

(b) Estabilidade incompleta.Vínculos parciais

Fig.3.10

(a) Estabilidade completa.Vínculos suficientes

(c) Estabilidade incompleta.Vínculos parciais

Caso 4, o equilíbrio de um sistema geral de forças exige as três equações de forças e as três equações deentos.

(c) Vínculos e Determinação Estática. As seis relações escalares das Eqs. (3.3), embora sejam condinecessárias e suficientes para estabelecerem o equilíbrio, não provêm, necessariamente, as informaçõeseridas para calcular as forças incógnitas que atuam em uma situação de equilíbrio tridimensional. Outra

.ez, como foi o caso em duas dimensões, a questão da adequabilidade das informações depende das caracte-í.sticas dos vínculos providos pelos suportes. Existe um critério analítico para determinar a adequação dos'cu1os, porém está fora do escopo deste livro. Na Fig. 3.10, contudo, citam-se quatro exemplos de condição

vínculos;p-ara--alertar o leitor sobre o problema. Na parte (a) da figura é mostrado um corpo rígido cujo.~ A está comp~tamente fixado pelas ligações 1,2 e 3. As ligações 4, 5 e 6 impedem a rotação em tornoeixos das ligações 1,2 e 3, respectivamente, de modo que o corpo está completamente fixado e os víncusão ditos adequados. A parte (b) da figura mostra o mesmo número de vínculos, porém, vê-se que não

erecem resistência a um momento que pode ser aplicado em torno do eixo AE. Aqui o corpo está fixado de

do incompleto e parcialmente restringido. Semelhantemente, na Fig. 3.1 (X>, os vínculos não provêm resis- cia contra uma força desbalanceada na direção y e, portànto, tem-se outro caso de corpo fixado de modocompleto e parcialmente restringido. Se fosse imposta uma sétima ligação ao sistema de seis vínculos, jáequadamente localizados para completa fixação, tal como é mostrado na Fig. 3.lOd, seriam fornecidas

mais restrições do que as necessárias para manter a posição de equilíbrio e a sétima ligação seria redundante .corpo, com a tal sétima ligação montada, seria, então, estaticamente indeterminado. Neste livro, com raras

exceções, os vínculos de apoio dos corpos rígidos em equilíbrio serão sempre adequados e estaticamenteterminados.

IlMx = o

• equações, exceto a equação

• " na direção das forças (direque são normais à direção dai

equações de forças mas nenhuquer eixo que passe por O é.

Ikr Independentes

Fo categorias que podem se:-

ESTÁTICA

blema Resolvido 3.3

Solução Escalar. Se demomentos em tomo de e;tivamente, aos eixos x e y,

As equações das forças .-


Uma força de 200 N é aplcho na direção mostrada. O(força na direção do eixo ~suporta somente a carga radico). Determinar a massa mradial total exercida sobre cad

-A;r

-Ay-Az -

1962(3.

-1962(1', .

[I:Fx = O]

[I:Fy = O]

[I:Fz = O]

[I:MAx= O]

[I:MAy = O]

rAG=-li-3j+l,Skm e rAB=-2i-6j+3km

Solução. Primeiro traça-se o diagrama de corpo livre do:::XC, onde as forças de contato, agindo sobre a extremidade B,'Sfu normais à superfície das paredes. Além do peso P = mg == 200 (9,81) = 1 962 N, a força exercida pelo piso sobre a

-o-rótula é representada por suas componentes x, y e z. Estas.---..p<>nentes estão mostradas com os seus sentidos físicos=tos, que são evidentes das condições necessárias para man= A no lugar. A posição vertical de B é encontrada de- =.J 2' + 6' + h2, h= 3 m.

Os eixos foram selecionados como está na figura, por convecia.

Solução vetorial. Usaremos A como centro dos momentos,:;a:a eliminar as forças em A. Os vetores posição necessários para~ os momentos em torno de A são

o eixo de aço, com 7 m de comprimento, tem massa.unifor=de 200 kg e é suportado por uma união do tipo rótula em A,;riso horizontal. A extremidade em esfera B repousa contra as

~~~,verticais lisas, como mostrado. Calcule as forças exerci. ~ paredes e pelo piso sobre as extremidades do eixo.

?malmente,

rAB X (Bx + By) + rAG X P= O

150Bx + 175 (

[I:Fx = O] Ax + 3S

Da projeção x-z tem·.ge

lEMO = OJ

100 (9,81 m) - 250 C

Solução. O sistema é eo

linha ou plano de simetria e, J:

sado como um sistema geralsolução escalar para ilustrarvetorial seja igualmente satimeixo, alavanca e tambor, COI

podia ter sido mostrado porporém aqui está representado

A força aplicada de 200 Kponentes e cada uma das trênentes. Os sentidos corretos

inspeção, observando-se queduas forças de 70,7 N passa eI

forças Ay e By não podem 51:

dades dos momentos sejamriamente fixados. A projeçãocais está mostrada em termosnitas nas direções x e y. O Idiagramas de corpo livre. DeYl:sentam três problemas bid.imanentes correspondentes das fa

Da projeção x-y tem-se

<D Poderíamos, naturalmente, tomar todas ascomponentes desconhecidas das forças nosentido matemático positivo, resultando,

então, após o cálculo, que Ax e Ay dariamnegativos. O diagrama de corpo livre descrevea situação física, de modo que é preferívelmostrar as forças no seu sentido físico correto, sempre que possível.

(i) Note que a terceira equação, - 2By + 6Bx == O, meramente verifica os resultados dasduas primeiras equações. Este resultado poderia ser previsto, do fato que um sistemade forças em equilíbrio, concorrentes emuma linha, necessita somente de duas equações de momentos. (Caso 2 das categorias deequiUbrio) .

Notas:

~,5 I = O-1962

j-3

OI· . kll'-~ -~ 3 + -~

Bx By O O

(-3By + 5 886)i + (3Bx -1 962)j + (-2By + 6Bx)k= O

Bx=654N ~ Resp.As forças em A pode~r facilmente determinadas por

p:F=O] I, (654 -Ax)l t 962 -Ay)j + (-1 962 +A,)k= O

Ax = 654 N Ay = 1 962 N Az = 1 962 N

A=.JAx2 +Ay' +AZ2

=.J (654)2 + (1 962)2 + (1 962)2 = 2851 N Resp.

(-2i - 6j + 3k) X (iBx + jBy) + (-i - 3j + 1,5k) X

X (-1962k) = O

Igualando os coeficientes de i, j e k a zero, e· resolvendo,=-se

::cde o centro de massa G está localizado a meio caminho entreA e B, por se tratar de eixo uniforme.

A equação vetorial de momentos dá

(i) Se o estudante não estiver familiarizado comas três vistas padrões da projeção ortográfica,deve revisá-Ias e praticar. Visualize as trêsvistas como se fossem as imagens do corpoprojetadas sobre as superfíCies frontal, detopo e do fundo de uma caixa de plásticotransparente, sobre o corpo e alinhado comele.

EQUIL"BRIO / 87

® Observe que a soma de momentos em tomode um eixo que passa por A e paralelo ao

eixo z, meramente dá 6Bx - 2By = O, que,como observado anteriormente, serve apenascomo verificação. Por outro lado, poder-se-iater obtido primeiroAz de '2:.Fz = O e, então,tomar as equações de momentos em tomo

dos eixos através de B, para obter Ax eAy-

(í) Poderíamos ter iniciado pela projeção x-zao invés de x-y.

Notas:

Bx = 35,4 N

Ax = 35,3 N

By = 1 962 N

Bx = 654 N

Ax = 654 N

Ay = 1 962 N

Az = 1 962 N

m = 44,1 kg Resp.

-Ax + 654 = O

-Ay + 1962= O

Az - 1 962 = O

1962(3) - 3By = O

-1962(1) + 3Bx = O

150Bx + 175 (70,7) - 250 (70,7) = O

Ax + 35,4 -70,7 = O

Da projeção x-z tem-se

[l:Mo = O]

100 (9,81 m) - 250 (173,2) = O

[l:MA = O]

[l:Fx = O]

Uma força de 200 N é aplicada ao cabo da manivela do guincho na direção mostrada. O mancal A suporta o esforço axial(força na direção do eixo geométrico), enquanto o mancal Bsuporta somente a carga radial (carga normal ao eixo geométrico). Determinar a massa m que pode ser suportada e a forçaradial total exercida sobre cada mancal.

As equações das forças dão, simplesmente,

Solução. O sistema é evidentemente tridimensional, semlinha ou plano de simetria e, portanto, o problema deve ser analisado como um sistema geral de forças no espaço. Aqui é usada asolução escalar para ilustrar esta introdução, embora a soluçãovetorial seja igualmente satisfatória. O diagrama de corpo livre doeixo, alavanca e tambor, c6nsiderados como um corpo único,podia ter sido mostrado pot uma vista no espaço, se desejado,porém aqui está representadb por suas três projeções ortogonais.. I ~ •••

A força aplicada de 200 ?'{ esta decomposta em suas tres com-ponentes e cada uma das trê~ vistas mostra duas destas componentes. Os sentidos corretos de Ax e Bx podem ser obtidos por

inspeção, observando-se que ~\linha de ação da resultante dasduas forças de 70,7 N passa entre~ e B. Os sentidos corretos das

forças Ay e By não podem ser determinados, até que as intensidades dos momentos sejam obtidas, issim eles podem ser arbitra

riamente fixados. A projeção no plan~-.t das forças dos mancais está mostrada em termos das somas daS'Componentes incógnitas nas dii:eções x e y. O acréscimo de Az~g~completa osdiagramas de corpo livre. Deve ser notado que as três vistas representam três problemas bidimensionais, relacionados pelas componentes correspondentes das forças.

Da projeção x-y tem-se

[l:Fx = O]

[l:Fy = O]

['2:.Fz = O]


[l:MAx = O]

[l:MA = O]y

Solução Escalar. Se detenriinarmos as equações escalares dosmomentos em tomo de eixos passando por A e paralelos, respectivamente, aos eixos x e y, podemos escrever

~a equação, - 2BJ! + 6Bx =te verifica os resultados das

equações. Este resultado po-- '0, do fato que um sistema

equilíbrio, concorrentes emsita somente de duas equa

tos. (Caso 2 das categorias de

•• ::aturalmente, tomar todas asdesconhecidas das· forças no

ático positivo, resultando,

cálculo, que Ax e Ay dariamSagrama de corpo livre descreve

de modo que é preferívels no seu sentido físico cor

que possível.

--

88 / ESTÁTICA

'3) A vista y-z dá

[~MA = O]

150By + 175 (173,2) - 250 (44,1) (9,81) = O By = 520 N

[~Fy = O]

I Ay + 520 - 173,2 - (44,1) (9,81) = O Ay = 86,8 N

[rFZ = O] Ay = 70,7 NAs forças radiais totais sobre os mancais vêm a ser

[Ar =.J Ax' +Ay2] Ar =.J (35,3)' + (86,8)' = 93,5 N Resp.

[B =.J Bx' + B/] B = .J (35,4)' + (520)' = 521 N Resp.


® A vista de y-z poderia ter seguido imediatamente após a vista x-y, porque a determina

ção de Ay e By pode ser feita ápós encontrarmg.

Os componentes de T -

Tx = 0,833 kN Ty =

As incógnitas restante.s sisomatóríos dos momentos e

[~z =0]

2 (2,5) - 4,5Bx - 1,042

[~Mx= O)

4,5Bz - 2 (6) - 1,042 (6) =

[~Fx=O]

Ax + 0,417 + 0,833 = O

[~Fy= O]

Ay + 2 + 1,042 = O

(~Fz = O]

Az + 4,06 - 2,50 = O

ProbJ. 3.5.

Probl.3.5

Para verificar o equilíbriose de modo que as rodas fitendo-se obtido as seguintelB = 22,4 kN; C= 3,43 kI".das x-y do centro de gravida

Resp. x=-(

OBLEMASPROPOSTOS

i5 As duas vigas I de aço, cometro de comprimento, sãreto e içadas por cabos vertmaneçam no plano honzomcada um dos cabos A, B e C.

\

\ /\ I\ IX/ \

fij ,I ,/ ,I ,

kAx \ I

--------2:~D I

·~I

.-----l....___..y'Az

.J 4~,25 (2i + 2,5j - 6k) X + (3j + 4k) +

+ (2,5i + 6k) X (2j) X + (3j + 4k) = O.

(-i + 2,5j) X

A conclusão das equações vetoriais dá

A equação de momentos, agora, vem a ser:

48T

.J 46,25 + 20 = O T = 2,83 kN Resp.

A estrutura tubular soldada está apoiada no plano horizontalx-y, por meio de uma rótula, em A, e é suportada pelo anel, comajustagem folgada, em B. A rotação em torno da linha AB, sob aação da carga de 2 kN, é impedida pelo cabo CD. A estrutura éestável na posição mostrada. Desprezar o peso da estrutura comparado com a carga aplicadà, e determinar a tração T, no cabo, asreações no anel e as componentes da reação em A.

Solução. O sistema é evidentemente tridimensional, nãocontendo nenhuma linha ou plano de simetria e, portanto, deveser analisado como sistema de forças geral no espaço. A figuramostra o diagrama de corpo livre, com a reação no anel representada pelas duas componentes. Todas as forças desconhecidas,exceto T,. podem ser eliminadas por uma soma dos momentos,em torno da linha AB. A direção e o sentido de AB estão repre-

sentados por um vetor unitário fi = ;1 (4,5j + 6k) =.J6'/+ 4,5'

= + (3j + 4k). O momento de T em torno de AB é a componen

te na direção de AB do vetor momento/em torno do ponto A.Assim, o momento de T, em torno de AR é dado por r I X T· fi.

Analogamente, o momento da carga F apUcada, em torno de AB,

é r. X F· n. As expressões vetoriais para T\r I e r•. são:

T = k (2i': 2,5j - 6k), ~ 2j kN46,25 ~ ~rI = -i + 2,5j m, r. = 2,5i + 6k m

EQUIÜSRIO / 89

(i) Lembre-se que o vetor r, na expressão r • Fpara o momento de uma força, é um vetordo centro dos momentos para qualquerponto sobre a linha de ação da força. Aoinvés de r" uma escolha também válidaseriaAC

G) A vantagem de se usar a notação vetorial éa liberdade de se tomar os momentos direta

mente, em torno de qualquer eixo. Nesteproblema, esta liberdade permite a escolhade um eixo que elimina cinco das incógnitas.

® Os sinais negativos nas componentes A indicam que elas estão no sentido oposto aossentidos mostrados, escolhidos como positivos.

Notas:

[~m---1 : /360 mm

't.<

IL

.u

l.---"",_:JProbl. 3.56

Resp. B = 190,2 N

A porta representada é um painel retangular commassa uniforme de 600 kg e desliza, no trilho fixoD, em seus suportes de roletes A e B. A porta émantida no plano vertical pelo rolete guia C, instalado no piso, que encosta na extremidade inferiorda porta. Para a posição mostrada, calcule as forçaslaterais horizontais em cada rolete A e B .

3.57

3.56 O centro de massa de uma porta de 30 kg está nocentro do painel. Se o peso da porta é inteiramentesuportado pela dobradiça inferior A, calcular aintensidade da força total suportada pela dobradiçaemB.

Tz = -2,50 kNTy = 1,042 kNTx = 0,833 kN

Os componentes de T são, portanto,

Probl. 3.55

Para verificar o equilíbrio de um avião, manobrouse de modo que as rodas ficassem sobre balanças,tendo-se obtido as seguintes leituras:A = 22,0 kN;B = 22,4 kN; C = 3,43 kN. Calcular as coordenadas x-y do centro de gravidade do avião.

Resp. x= -0,0201 m; y= 0,215 m

(~Mz = O]

2 (2,5) - 4,5Bx - 1,042 (3) = O

Bx = 0,417 kNResp.

[~Mx= O] 4,5Bz - 2 (6) - 1,042 (6) = O

Bz = 4,06 kNResp.

(~Fx=O] Ax + 0,417 + 0,833 = O

Ax = -1,250 kNResp.

(~Fy = O] Ay + 2 + 1,042 = O

Ay = -3,04 kNResp.

(~Fz = O] Az + 4,06 - 2,50 = O

Az = -1,56 kNResp.

As incógnitas restantes são facilmente encontradas pelossomatórios dos momentos e das forças, como segue:

OBLEMASPROPOSTOS

S M duu ~ do 'ÇO, oom m"" " 40 kg P"metro de compdmento, são soldadas em ânguloreto e içadas por ca~uticais,-dê modo que permaneçam no plano horizontal. Calcular a tração emcada um dos cabos A, B e C.

zIII;BI

I~

-V>' /

i ~>,! " qxT

~-! -----y./

~BX~,'-\ \ I ~-- \ I Z\I I

Y. III I

nj \ :I \ I

\ IAx \ I

----- 'D I---~ I----!.!z

----l... y

ia ter seguido imediatax-y, porque a determina

?Ode ser feita após encontrar

z

90 I ESTÁTICA

D

Detalhedo suporte

"

"

"-"-

x

Probl. 3.57

Probl. 3.59

zIII

flange. Se as pernas A e Ccurtas que as pernasB eD.tadas pelas três pernaso solo. Suponha que oexternas das pernas e deldo tubo e do flange, emmesa.

Resp. B = 522~,

200=.

PJ:obl. 3.6:

A porta de ventilação temuniformemente distribuída,tos A e B de sua aresta supeaberta na posição horizontale para D, na parede vertiafio e as forças normais ao eportadas pelos pinos em A e

A

15'

,,,'y

Probl. 3.60

O cabo de uma linha de alta tensão está suspensoem uma torre de transmissão pela estrutura mostrada. Se a tração no cabo da linha é 3 kN, calcular atração T na .ligação AD e a compressão e nas ligaçõesAB eAC.

3.61

Probl. 3.58

~

D (\Uma esfera lisa e homogênea de massa m repousana ranhura do bloco em V, de 1200, e se apoia ~chapa da extremidade, que é normal à direção daranhura. Calcular o ângulo (), medido a partir dahorizontal, de modo que as reações em cada ladoda ranhura e a força suportada pela chapa da extre-midade sejam iguais.

3m

3.58 O sinal retangular tem massa de 800 kg, com centro de massa no centro do retângulo. As correntesleves oe e OD impedem que o sinal balance. Ocomprimento das duas correntes juntas é ligeiramente maior que a distância de e a D, de modoque somente uma delas é tracionada de cada vez.Calcular a força total suportada pela dobradiça emA, quando um vento horizontal exercer uma forçade 2 kN, normal ao sinal e atuando no seu centro.

Resp, A = 4 200 N

3.59

Probl. 3.61 PJ:obl. 3.63

3.60 Uma esfera homogênea lisa, de massa m e raio r,está suspensa por um fio AB, de comprimento 2r,preso ao ponto B, sobre a linha de interseção dasduas paredes verticais em ângulo reto. Determinar areação R de cada parede contra a esfera.

Resp. R = mg.Ji

3.62 O centro de massa de uma bancada, com massa120 kg, está na linha vertical que passa pelo centrodo seu topo quadrado. Uma força de 400 N é aplicada, para baixo, no punho de uma chave de grifoque está sendo usada para torcer um tubo no seu

O pau de carga horizontal,160 kg, é suportado pelostical x-y e pela rótula em O

e Tz nos cabos.Resp. TI

Probl. 3.65

Probl. 3.66

EQUIu'BRIO / 91

,IIIIII

:5mIIII /'x

...J-/'

I~ /'I~ ./~~I ./,

./J-'Í~A '''zProb1. 3.64

3.65 Os três mastros estão erguidos conforme mostradoe suportam o cilindro de 300 kg, antes de arriá-Iono buraco. O cabo, preso ao cilindro, passa poruma pequena polia em E e é fixado no ponto F. Asuniões nas extremidades dos mastros podem sertratadas como rótulas e os pesos dos mastros sãopequenos quando comparados com as cargas quesuportam. Calcular a compressão P em cada umadas pernas iguais, BD e CD, e encontre a intensidade da força total em A.

~D c

~fI'<S>

1200 _ <LjJlJ)-./. B / \-'1>""""l1ll1l~~

Ptobl. 3.62

A

A porta de ventilação tem uma massa de 200 leg,uniformemente distribuída, e dobradiças nos cantos A e B de sua aresta superior. A porta é mantidaaberta na posição horizontal por meio de um fio deC' para D, na parede vertical. Calcular a tração nofio e as forças normais ao eixo das dobradiças, suportadas pelos pinos em A e B.

Probl. 3.63

flange. Se as pernas A e C forem ligeiramente maiscurtas que as pernas B e D, calcular as forças suportadas pelas três pernas que estão em contato como solo. Suponha que o contato se dê nas arestasexternas das pernas e despreze as massas da chave,do tubo e do flange, em comparação com a damesa.

Resp. B = 522 N, C = 367 N, D = 689 N

Resp. TI = 507 N, Tz = 366 N

o pau de carga horizontal, com massa uniforme de160 Ieg, é suportado pelos dois cabos, no plano vertical x-y e pela rótula em O. Calcular as trações TIe Tz nos cabos.

\1. 3.59

,"'y

zI

I

I

1. 3.60

I. 3.61

de uma bancada, com massavertical que passa pelo centro

o. Uma força de 400 N é apli-~i) punho de uma chave de grifo

para torcer um tubo no seu

;-- Horizontal

l t::la de alta tensão está suspensot tr:!:lSIIlissãopela estrutura mostra

~bo da linha é 3 kN, calcular a- AD e a compressão C nas liga-

..--'7900mm

o

duas maneiras mostrada

separados. No que con'do eixo pode ser tratadauma determinada posiçãoforças exercidas sobre aem B, C e D. DesprezeObserve a terceira leiiie ~e'lsaída, olhando o torque

Resp. B = D:

ProbL,

Probl. 3.

3 A engrenagem C aciona, eIuma velocidade constante.das nas correias, calcular :engrenagem e as intensidaCportadas pelos mancais em >

Resp. P=70,9N,>

,72 A porta com Illilssauniformem A e B. Seu peso é tOl:;dobradiça em A. Aplica-5eparalela à superfície da portelo, para remover um Pfe!de abrir, além da posição el

tente em C, que exerce UIImidade inferior da porta, 1perfície. Determinar a inllzontal suportada pela dobIa

Probl. 3.69

Probl. 3.70

3.71 Um torque de 20 N • m é aplicado ao eixo flexível,conforme mostrado. Após ter ocorrido a deformação angular inicial, uma rotação na extremidade deentrada será acompanhada por uma rotação naextremidade de saída, e os torques de entrada e desaída serão iguais. A capa do eixo está montada emum apoio auto-alinhável em B, que é capaz de exercer uma força normal à linha de centro do eixo. Oapoio em A, por outro lado, é uma luva livre quepode suportar a capa do eixo em qualquer uma das

3.70 A unidade rígida composta de eixo, suporte e motor, com massa de 30 g, tem seu centro de massa Glocalizado a 300 mm da linha de centro vertical doeixo. O eixo está soldado a uma base fixa em A. O

motor move uma máquina através de um eixoflexível e debita um torque de 200 N· m, girandono sentido indicado. Além disto, aplica-se umaforça de 200 N no suporte, conforme mostrado.Determinar a expressão vetorial da fQrça total R edo momentoM, aplicados. ao eixo pela sua base,em A. (Atenção. Esteja atento para indicar o torque (conjugado) que atua sobre o eixo do motorno seu sentido correto, consistente com a terceiralei de Newton.)

B

A

3.69 Determinar a força em cada barra do tripé. As trêsbarras estão presas em suas extremidades por rótulae são capazes de suportar tração ou compressão. Ospesos das barras podem ser desprezados.

Resp. A = 2,041 kN traçãoB = 0,861 kN compressãoC = 1,269 kN compressão

Resp. T=1310N

Probl. 3.67

3.68 A placa de aço quadrada tem massa de 1 800 kg,com centro de massa no seu centro G. Calcular atração em cada um dos três cabos que suportam aplaca na posição horizontal.

Resp. TA = TB = 5,41 kN, TC= 9,87 kN

92 I ESTÁTICA

3.67 Um anel de aço, de 600 mm de diâmetro commassa uniforme de 50 kg, está içado por três cabos,de comprimento 500 mm cada, presos aos pontos

~;~ ;'.~;~Onfo='mo""do. \'"'"' tr,çio,m

3.66 O pau de carga horizontal, com massa uniforme de240 kg, é suportado pelos dois cabos ancorados emB e C e pela rótula em O. Calcular a tração T nocaboAC.

Probl. 3.74

EQUIu'BRIO I 93

Probl. 3.73

\

3.76 Se o peso do mastro for desprezível, comparadocom a carga aplicada de 30 kN, determinar as duastrações TI e T" que atuam nos cabos, e a força Aque atua na rótula em A.

3.75 Se a porta de ventilação do Probl. 3.63 for mantidaem posição por um fio de C para E, ao invés de Cpara D, calcular a tração no fio e as forças normaisao eixo das dobradiças, suportadas pelos pinos emA eB.

Resp. T=.1 907 N, A = 523 N, B = .1256 N

3.74 A árvore de manivelas de um compressor de doiscilindros está montada sobre os mancais A e B.

Para a posição mostrada, as forças exercidas pelasbielas sobre a árvore de manivelas são FI = .16kN eF, = 8 kN, nas direções indicadas. Para uma condição de equilíbrio da árvore, calcular as componentes x e y das forças totais suportadas pelos mancaisA e B e o torq ue M aplicado à árvore.

Ação do apoioemA

, TorquedeB saída aplicado aqui

1200m~

duas maneiras mostradas nos desenhos em corte

separados. No que concerne ao equilíbrio, a capado eixo pode ser tratada como um corpo rígido emuma determinada posição de flexão. Determinar asforças exercidas sobre a capa do eixo pelos apoiosem B, C e D. Despreze o peso do eixo. (Atenção.Observe a terceira leiode Newton na extremidade de

saída, olhando o torque aplicado ao eixo.)Resp. B=D=50kN, C=-.100kN

Probl. 3.72

600 mm

L-~~25Inim

\~

1800mm], ~~_ ,'.' .•. 1.'

~[~II'9 O mm4" 300lmm[J~c

Probl. 3.71

72 A porta com massa uniforme de 30 kg, é articuladaem A e B. Seu peso é totalmente suportado peladobradiça em A. Aplica-se uma força de 200 N,paralela à superfície da porta, no cabo de um martelo, para remover um prego. A porta é impedidade abrir, além da posição em que está, por um batente em C, que exerce uma força contra a extremidade inferior da porta, perpendicular à sua superfície. Determinar a intensidade da força horizontal suportada pela dobradiça em B.

3.73 A engrenagem C aciona, em D, a polia em V comuma velocidade constante. Para as trações mostradas nas correias, calculara força P no dente daengrenagem e as intensidades das forças totais suportadas pelos mancais em A e B.

Resp. P= 70,9 N, A = 83,3 N, B = 208 N

_" m é aplicado ao eixo flexível,Após ter ocorrido a deforma

rotação na extremidade deada por uma rotação na

e os torques de entrada e deA capa do eixo está montada em

em B, que é capaz de exerà linha de centro do eixo. O

lado, é uma luva livre que~ do eixo em qualquer uma das

" ,,"-

y

Probl. 3.70

lkN

~ sta de eixo, suporte e moR .3.Jg, tem seu centro de massa G

da linha de centro vertical doCado a uma base fixa em A. O

• :::Iáquina através de um eixoIrque de 200 N • m, girandoAlém disto, aplica-se uma

;uporte, conforme mostrado.~ vetorial da força total R e

os ao eixo pela sua base,ia atento para indicar o toratua sobre o eixo do motor

_ID, consistente com a terceira

94 I ESTÁTICA

suporta a carga de 2 000dana em B e está preso aoCalcular a tração TI' (.equação de momentos,nitas, exceto TI')

A peça rígida ABC está ligax-y, por meio de uma róIpelos cabosBE e CD. A IllUprezada diante da massa de :

3.81 A estrutura tubular solé suportada por uma róem B e por um fio, quehaste ao ponto fixo D. Apor uma esfera de 100 kg,tal. Calcular a força exerci[anel fixo em B. (Sugenâoresolvido sem envolver a f,

500 kgI~.·l~

HI,

suportada no plano horizontal x·y por uma rótula.Calcular as intensidades das forças P e R, exerciclz

sobre a esfera da extremidade B do eixo, pelas paredes verticais C e D, respectivamente.

Resp. p= 1 584 N, R = 755 K

Probl. 3.79

3.80 A lança de aço de 9 m de comprimento e de 600 kgde massa, com centro de massa localizado na metade do comprimento, é escorada por um suporte derótula em A, e por dois cabos submetidos às trações TI e T., conforme se vê na fIgura. O cabo que

3.79 A estrutura rígida leve está fIxada à parede vertiC<:por uma rótula em A e pelos cabos BG e CF. Alérr:de suportar a carga de 500 kg, a estrutura suporta,ainda, um conjugado de 1,2 kN • m aplicado nzhaste vertical CD. Calcular a componente y da fOIça suportada pela rótula em A. (Sugestão. Use urnzequação vetorial que elimine referências a todas ~

incógnitas, exceto Ay.)

Probl. 3.77

Resp. F= 343 N, D = 496 N

zI

3.77 A porta do alçapão, medindo 900 mm por 1 200mm, com massa de 100 kg, é mantida aberta noângulo 8 = are tg (4/3) pela escora leveAB. Calculara compressão FB na escora, e a força normal aoeixo das dobradiças no pino da dobradiçaD. Suporque as dobradiças trabalhem na extremidade inferior da aresta.

,'z

2000kg

Probl. 3.80

D

Probl. 3.78

Uma das paredes verticais q~ .suportam a extremidade B do eixo uniforme d~\200 kg do ProblemaResolvido 3.3 é girada de um ~lo de 30°, con-

f~, mo,,,,",o. A ~tremJd~ "". ,;"d•• i.,' 'm,~~

3.78

Probl. 3.82

Resp. T, = 347 N, To = 431 N'R = 63,1 N, C == 768 N

Resp. x = 3,75 m

EQUILIBRIO / 95

~"'l_

~-~

j

5Mg

te uma posição para o ponto D, na ranhura horizontal, através da qual o cabo deve ser passado epreso, para que a peça mantenha a posição mostrada. Determinar x.

3.83 Uma tabuleta retangular, colocada na porta de umaloja, tem 100 kg de massa, cujo centro está no centro do retângulo. O suporte ligado à parede noponto C pode ser considerado como uma rótula.No canto D, a tabuleta recebe apoio somente nadireção y. Calcular as trações T, e To nos fios dosuporte, a força total em C e a força lateral R emD.

A peça rígida ABC está ligada à superfície verticalx-y, por meio de uma rótula em A e suportadapelos cabos BE e CD. A massa da peça pode ser desprezada diante da massa de 5 Mg que suporta. Exis-

suporta a carga de 2 000 kg, é guiado por uma roldana em B e está preso ao plano vertical x-y, em F.Calcular a tração T" (Sugestão. Estabeleça umaequação de momentos, que elimine todas as incógnitas, exceto T,,)

Probl. 3.83

Resp. T, = 19,76 kN

3.81 A estrutura tubular soldada, de massa desprezível,é suportada por uma rótula em A, por um anel lisoem B e por um fio, que vai da extremidade C dahaste ao ponto fIxo D. A estrutura está carregadapor uma esfera de 100 kg, soldada à haste horizontal. Calcular a força exercida sobre a estrutura peloanel fixo em B. (Sugestão. O problema pode serresolvido sem envolver a força em A.)

500 kg

~79

:n de comprimento e de 600 kgde massa localizado na meta

é escorada por um suporte dedois cabos submetidos às trCl

se vê na fJgUra.O cabo que

II12mII

-'::J c!J.j /)u-:;~D'

3.80

ESTÁTICA

,j..;) - FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃO

este Capítulo aplicamos nossos conhecimentos sobre as propriedades das forças, dos momentos e dOEados, aprendidos no Capo 2, para resolver problemas do equilíbrio de corpos rígidos. Cada corpc

em equilíbrio é caracterizado por dois requisitos: que o vetor resultante de todas as forças atuando sobre eleseja nulo (1:F = O) e que o vetor resultante de todos os momentos atuantes sobre ele, em torno de um pontseja também nulo (1:M = O). Estes requisitos, de significado físico facilmente compreensível, orientaran:

~s nossas soluções.

Como é sempre o caso, não é a teoria que oferece dificuldade, mas sim, a sua aplicação. O estudankdev estar, agora, bastante familiarizado com os principais passos para aplicação dos princípios do equihorio.Eles -o:

1. Decidir correta e inequivocamente qual o corpo em equillorio que será analisado.2. Isolar o corpo em questão de todos os outros corpos adjacentes em contato com ele, desenhando

seu diagrama de corpo livre, no qual são representadas todas as forças que agem sobre o corpcisolado, provenientes de fontes externas.

3. Observar o princípio de ação e reação (terceira lei de Newton), para determinar o sentido de cackforça.

4. Representar cada força, conhecida ou não, por letras.5. Escolher os eixos de referência, e rotulá-Ios, sempre usando um conjunto destro para análise em trê~

dimensões.

Estes cinco passos devem se tornar automáticos, e a melhor maneira de assegurar uma solução correta, é

segui-Ios consistentemente antes de iniciar o cálculo do equillorio.Ao resolver um problema de equihorio, deve-se primeiro verificar se o corpo é estaticamente determi

nado. Se existirem mais apoios do que o necessário para segurar o corpo em posição, ele será estaticamenteindeterminado e as equações do equillorio não serão suficientes para encontrarmos todas as reações externas..Na utilização das equações do equilíbrio, pode-se empregar a álgebra escalar, a álgebra vetorial ou a análisegráfica, de acordo com a preferência e a experiência individual, porém, a álgebra vetorial é, particularmenteútil na solução de muitos problemas tridimensionais.

Um dos procedimentos mais úteis, é simplificar a álgebra da solução através da escolha de um eixo demomentos conveniente, que permita a eliminação do maior número possível de incógnitas ou escolher urn~direção para o somatório das forças, de tal modo que evite referências a determinadas incógnitas. Uns pouco~instantes de raciocínio, para tirar vantagem destas simplificações, pode representar considerável economia deesforço e tempo.

Os princípios e métodos cobertos pelos Caps. 2 e 3 constituem a parte mais fundamental da Estática. Eles fazem a base para o que se segue, não só na Estática, mas também na Dinâmica.

sem danifIcar as superfíCZlforça máxima P quebraço de alavanca de 3uma ligeira folga entrechave.

I'" 300mm-

p!

C

Probl. 3..8:

3.86 Uma roda de massa m e ra:I

sa G no seu centro geoI!:lépequena depressão de largDjugado mílÚmo M, que deo

para removê-Ia da depressiSupor que não ocorra desmcia de ro, r e O?

fY-Probl.3.&

1.87 A roda, de 100 kg de masuperfície rugosa e encostaaplica o conjugado M. Carolete A, se M = 60 N • m Ito da roda.

PROBLEMAS PARA lÓ:VISÃO

~ ~~~-~ barra ~~e comprimento, com massa ulÚ~QIlJle-de 100 kg, é articulado em O e impedida degirar no plano vertical, além da posição de 30°,pelo role te fIxado em A. Calcular a intensidade daforça total suportada pelo pino em O.

Resp. 0= 1 769 N

3.85 A boca de uma chave tem acabamento fino, é deaço endurecido e pode resistir a uma força de nomáximo 7,5 kN, concentrada no ângulo da cabeçahexagonal, também endurecida, de um parafuso, Probl. 3.84

Probl. 3.8':

Um grande cilindro giratÓI:pagem de areia é aciona&:engrenagem, como se vê :massa·de 750 kg e é forne;:

AT {

~._--.-

TbJB

Probl. 3.89

EQUILI'BRIO / 97

Probl. 3.88

Resp. x= 199 mm

2,6 kN, normal às superfícies de contato em B pelopinhão condutor A, à engrenagem do cilindro rotativo. Calcule a abscissa média x do centro de massa

G da areia, a partir da linha vertical que passa pelocentro do cilindro. Desprezar todos os atritos nosrolos de suporte.

3.90 O dispositivo mostrado em corte pode suportar acarga L em várias alturas, ao se reengatar a catracaC em outro dente, na altura desejada, na colunavertical fixa D. Determinar a distância b na qual acarga seria posicionada a fun de que os dois roletesA e B suportem forças iguais. O peso do dispositivoé desprezível comparado com L.

Resp. b = 207 mm

3.89 O dispositivo fita-rolete consiste de dois roletes deraio r cada um, circundados por uma fita flexívelde espessura desprezível e submetida a duas traçõesT. Escrever a expressão para a força de contato Rentre a fita e as superfícies planas de suporte, em Ae B. A ação se passa no plano horizontal, de modoque os pesos dos roletes e da fita não são envolvidos.

3.91 A estrutura de elevação de uma plataforma de testes de foguete e o foguete nela localizado têm umamassa combinada de 635 Mg, com o centro em G.Para a posição na qual x = 5 m, determinar o valorda força de equilíbrio sobre o eixo da dobradiçaem A. Resolver graficamente.

Resp. P = 0,689 kN

sem danificar as superfícies de trabalho. Calcular aforça máxima P que poderá ser exercida com umbraço de alavanca de 300 mm, supondo existir umuma ligeira folga entre a cabeça do parafuso e 'achave.

Resp. FA = 231 N

Probl. 3.87

Probl. 3.85

~ b

Probl.3.86

3.87 A roda, de 100 kg de massa, repousa sobre umasuperfície rugosa e encosta no rolete A, quando seaplica o conjugado M. Calcular a reação sobre orolete A, se M = 60 N • m e não ocorre deslizamento da roda .

3.86 Uma roda de massa m e raio r, com centro de massa G no seu centro geométrico, repousa em umapequena depressão de largura b. Determinar o conjugado mínimo M, que deve ser aplicado na roda,para removê-Ia da depressão, rolando-a para fora.Supor que não ocorra deslizamento. Qual a influênciadero,reO?

3.88 Um grande cilindro giratório, simétrico, para recapagem de areia é acionado por meio de motor eengrenagem, como se vê na figura. A areia temmassa·de 750 kg e é fornecida uma força média de

bl. 3.84

!Orças, dos momentos e dosrpos rígidos. Cada corpc

as forças atuando sobre ele.e, em torno de um ponto.

compreensível, orientaran:~

é estaticamente detenni,

'ção, ele será estaticamentetodas as reações externas..,ebra vetorial ou a análise

vetorial é, particu1arment~

destro para análise em trê-,

gurar uma solução correta, é

_ ~ sua~1icação. O estudante

~ dos prfu'cíR!os do equilíbrio,11 ~

iinalisado ..tato com ele, desenhando c

- que agem sobre o corpa

mais fundamental da Está• Dinâmica.

• 5erenninar o sentido de ca&

, da escolha de um eixo de

cógnitas ou escolher U1l12

~;lfi:l~ incógnitas. Uns pouco,considerável economia de

98 I ESTATlCA

Probl. 3.

Probl. 3.9

Dimensões em milú

Probl. 3.9

L

3.97 Três bolas idênticas dem, estão colocadas denque repousa sobre umaaltura é ligeiramente ITIJillJ

B

normal sob a roda. Calcular também a reação nor·mal total N B sob o par de rodas traseiras em B.

Resp. P = 85 kN, NB = 125 kN

Resp. A'= 187,SN

Probl. 3.93

I' 2,4m

A unidade de potência da máquina de fazer buracos para colocação de postes fornece um torque de450 N·m à broca. O braço B está livre para deslizarna luva C, mas não está livre para girar em torno doeixo horizontal de C. Se a unidade é livre para girarem torno do eixo vertical da base D, determinar aforça exercida contra a roda traseira direita pelobloco A (ou A'), que evita o deslocamento da viatura quando o freio está solto. (Sugestão. Veja osistema de cima para baixo.)

Probl. 3.94

3.94 A placa de aço, de massa m, uniforme, tem a formatriangular e está suportada no plano horizontal portrês fios verticais, presos aos seus vértices. Mostreque a tração em cada fio é sempre mg/3, indepen·dente da forma do triângulo.

Resp. FCD = I 046 N compressãoFAC = FCB = 240 N tração

3.95 E necessária uma força vertical P sobre o pedal daalavanca, para produzir uma tração T de 400 N nabarra vertical de controle. Determinar as reaçõescorrespondentes nos mancais A e B.

Resp. A = 184 N, B = 424 N

3.96 Uma das três sapatas de pouso da nave Viking estámostrada na figura, com suas dimensões aproximadas. A massa da nave é 600 kg. Calcular a força emcada perna do trem de pouso; quando a nave estárepousando sobre uma superfície horizontal emMarte. (Suponha que as três sapatas suportem cargas iguais e consulte a Tabela C2, no Apêndice C,se necessário.)

3.93

p

~-ft60mm~'L' '160 f- !~40mmmm f-411 Catrac;1 C

Probl. 3.91

Probl. 3.90

B

A

3.92 O trator representado na figura, tem massa de13,5 Mg com centro em G, e é usado para puxar ouempurrar cargas pesadas. Determine a cargaP que otrator pode puxar, à velocidade constante de5 km/h, subindo uma rampa com 15% de inc1i:Í1ação, se a força motriz exercida pelo solo -em cadauma das suas quatro rodas for de 80% da força

400••• mm

EQUIu"BRIO / 99

Probl. 3.99

Probl. 3.98

Resp. T == 1 201 N, A == 601 N

Resp. T, == 11,34 kN

diâmetro do cilindro é tal que as bolas estão virtualmente se tocando. Uma quarta bola, idêntica àsoutras é, então, colocada sobre elas. Determinar aforçaP exercida pelo anel sobre cada uma das bolasinferiores.

3.98 A estrutura soldada tem duas pernas com massa de50 kg cada uma. Um fio de C para D impede que aestrutura gire em torno de um eixo que passa pelomancal em B e pela rótula em A e, assim, saia doplano horizontal. Calcular a tração T no fio e aintensidade da força total suportada pela ligaçãoemA.

3.99 O mastro de 300 kg é escorado por uma rótula emA. Calcular a tração T, se for aJ?licada uma forçahorizontal de 10 kN em F.

Probl. 3.97


Probl. 3.96

z

Probl. 3.95

L

3.97 Três bolas idênticas de aço, cada uma com massam, estão colocadas dentro de um anel cilíndrico,que repo\lsa sobre uma superfície horizontal e cujaaltura é ligeiramente maior que o raio das bolas. O

Calcular também a reação nor?i= de rodas traseiras em B.

P == 85 kN, NB == 125 kN

vertical P sobre o pedal dauma tração T de 400 N nale. Determinar as reações

=caisA eB.R~. A == 184 N, B == 424 N

d V~ 'pouso a nave \g estasuas dimensões aproxima

_ é 600 kg. Calcular a for~a em

::.e pouso, quando a na~b estásuperfície horizontal em. /

as tres sapatas suportem car-a Tabela C2, no Apên'dice C,

F CD == 1 046 N coLpressãoJ

FAC == FCB == 240 N tração

Probl. 3.93

~ J:::Zssam, uniforme, tem a forma~ no plano horizontal porI, ;:=s aos seus vértices. Mostre

~ fio é sempre mg/3, indepen.tiingulo.

da máquina de fazer bura== postes fornece um torque de::mço B está livre para deslizar:á livre para girar em torno do

- Se a u~' dade é livre para girar

""".io1l d base D, determinar aa roda traseira direita pelo

erita o de~locamento da via~ está solto. (Sugestão. Veja om=mo.) \

Resp. A' == 187,5 N

\

4LfJ-

ESTRUTURAS

B

~ C

(a)

!fite e ligadas entre si por'cadas aos elementos da

das que podem ser analiO componente básico

'culadas (Fig. 4.2a) cons··do, formando um polígon<ar-se estável ou rígida

000, dois triângulos. A estniextremidades, tais como

nexões fIxas e, desta m

ente para indicar que aindicar que as deforma~

4.1 - INTRODUÇÃO

4.2 - TRELIÇAS PLANAS

No Capo 3, a atenção foi concentrada no equilíbrio de corpos rígidos únicos ou nos sistemas depeças ligadas que, quando considerados como um todo, podiam ser tratados como corpo único. Em taisproblemas, desenhou-se o diagrama de corpo livre deste corpo único, mostrando todas as forças externas aocorpo isolado antes da aplicação das equações de equilíbrio das forças e dos momentos. Neste capítulo,focalizamos a determinação das forças internas da estrutura, isto é, forças de ação e reação entre elementosligados. Em Engenhar.ia, estrutura é um sistema qualquer de elementos ligados, construído para suportar outransferir forças e para resistir com segurança às cargas que nele atuam. Na análise das forças das estruturas, é

necessário desmembrar a estrutura e analisar, separadamente, os diagramas de corpo livre dos elementos. individuais ou da combinação dos elementos, de maneira a determinar as forças internas da estrutura. Estz

análise recorre à rigorosa aplicação da terceira lei de Newton, que estabelece que cada ação acarreta UIllZ

reação igual e contrária.Neste capítulo analisaremos as forças internas atuando em vários tipos de estruturas, tais como treliças,

armações e máquinas. Consideraremos somente estruturas estaticamente determinadas, isto é, estruturas quenão têm mais vínculos de apoio além dos necessários para manter uma configuração de equilíbrio. Assim,como foi visto no Capo 3, as equações do equillbrio são suficientes para determinar todas as reaçõ~desconhecidas.

O estudante que aprendeu o método básico desenvolvido no Capo 3, sendo capaz de defInir perfeitamente o corpo em estudo, construindo corretamerite o diagrama de corpo livre, não encontrará difIculdadena análise das estruturas estaticamente determinadas. A análise das treliças, das estruturas de máquinas e dasvigas sob cargas concentradas constitui uma aplicação direta da matéria desenvolvida nos dois capítulosanteriores.

Uma treliça é uma estrutura rígida, formada por elementos ligados pelas extremidades. * Exemploscomuns de treliças aparecem nas pontes, suportes de telhados, guindastes e outras estruturas similares. Oselementos estruturaiS usados são perfIs em I, em U, em L (cantoneiras), barras e perfIs especiais, que sãc

ligados em conjuriÍo, em suas extremidades, por meio de solda, rebites, parafusos ou pinos. Quando ai~treliça situam-se essencialmente em um único plano, a treliça é conhecida como treliça plana

Treliças planas, tais como as usadas em pontes, são comumente projetadas aos pares, uma de cada lado ck

* N.T. Treliça é um sistema reticulado indeformável.

K

Pratt

~.-. Warren

Fink

- Baltirnore

Treliças de pontes usadas comum ente

~- Warren

~Pratt -

FD

~-B

A c

AC

(c)

A

A

(b)

(a)

Fig.4.2

Fig.4.1

ESTRUTURAS I 101

Treliças de telhado usadas comumente

te e ligadas entre si por meio de vigas transversais, que suportam o leito da estrada. e transferem as cargas'cadas aos elementos da treliça. Na Fig. 4.1, estão mostrados vários exemplos de treliças comumente

as que podem ser analisadas como treliças planas.O componente básico de uma treliça plana é o triângulo. Três barras ligaras entre si por extremidades

',culadas (Fig. 4.2a) constituem um sistema rígido. Por outro lado, quatro ou mais barras ligadas do mesmoo, formando um polígono, não estabelecem um sistema rígido. A estrutura não-rígida da Fig. 4.2b podear-se estável ou rígida com uma barra diagonal adicional, ligando A e D ou B e C, e formando, desseo, dois triângulos. A estrutura pode ser ampliada, anexando-se unidades adicionais de duas barras, ligadasextremidades, tais como DE e CE ou AF e DF (Fig. 4.2c), que são ligadas por articulação, às duasxões fIxas e, desta maneira, toda a estrutura permanecerá rígida. O termo rígido é aqui aplicado não

ente para.indicar que a estrutura não entra em colapso, isto é, que mantém a forma inicial, como tambémindicar que as deformações das barras decorrentes das tensões internas induzidas são desprezíveis.

únicos ou nos sistemas de

~o corpo único. Em taistodas as forças externas ao

momentos. Neste capítulo,

- e reação entre elementosconstruIdo para suportar ou

das forças das estruturas, é

corpo livre dos elementosinternas da estrutura. Esta

que cada ação acarreta uma

extremidades. * Exemplostras estruturas similares. Os

e perfis especiais, que são

parafusos ou pinos. Quando os• conhecida como treliça plana.

pares, uma de cada lado d<.

estruturas, tais como treliças,",.,madas, isto é, estruturas que

= , ão de equilíbrio. Assim,.:eterminar todas as reaçõe.;

, sendo capaz de defmir perfei·!'e, não encontrará dificuldade

estruturas de máquinas e daslvolvida nos dois capítulos

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Rectangle

* N.T. Se a seta indicatm

a barra é à tração.

.3 - MÉTODO DOS NÓS

Este método consiste f

,ção de cada nó. PortantoYidasduas equações de equil

a carga conhecida, e onwcom onó da extremida

-'cados por letras, a forçasentidos correntes das fo:

partes das barras AF e.ão. A barra AB realmenllado direito e afastando·SI;

mo lado do pino, assimafastando-se do nó, e ao nó. * A intensidade de

O nó F é o próximo a. B, C, E e D serão, nessa o

nó e seu correspondent

Fig.4.4

. 'c

t~ t:Compressão

Barras

Fig.4.3

Tração

--,

* N.T. Há sistemas triângulos hiperestáticos, por não serem justapostos de acordo com a lei de formação descrita.

As estruturas construídas a partir de um triângulo básico, na maneira descrita são conhecidas comotreliças simples. * Quando existem mais elementos do que os necessários para evitar o colapso, a treliça é

estaticamente indeterminada. Uma treliça estaticamente indeterminada não pode ser analisada somente pelasequações de equilíbrio. Os elementos adicionais, ou suportes, que não sejam necessários para manter a posi.ção de equilíbrio são chamados redundantes.

O projeto de uma treliça envolve a determinação das forças que atuam nas diferentes barras e a seleçãodo perf1l adequado para resistir a essas forças. Várias hipóteses são feitas na análise das forças que atuam nastreliças simples. Primeiro, todos os elementos são considerados como sendo barras. Barra é todo o elementoem equilíbrio sob a ação de apenas duas forças, como foi defmido em termos gerais na Fig. 3.4 do item 3.3.Para as treliças, cada elemento é uma barra reta que une os dois pontos de aplicação das forças. As duasforças estão aplicadas nas extremidades da barra e são necessariamente iguais, opostas e colineares, para oequilíbrio. A barra poderá trabalhar à tração ou à compressão, como se vê na Fig. 4.3. Note que ao se repre·sentar o equillbrio de uma parte da barra, a tração T ou a compressão C que atua sobre a seção cortada é amesma para todas as seções. Está suposto, aqui, que o peso da barra é pequeno comparado com a força queela suporta. Em caso contrário, se o pequeno efeito do peso tiver que ser levado em conta, o peso P, se abarra for uniforme, poderá ser suposto como duas forças,P/2, cada uma atuando nas extremidades da barra.Estas forças realmente são tratadas como cargas aplicadas externamente aos nós. Considerar o peso de umabarra dessa maneira dá resultado correto para a tração ou compressão média ao longo da barra, porém oefeito da flexão da barra não poderá ser levado em conta.

Quando são usadas conexões soldadas ou rebitadas para unir elementos estruturais, a hipótese de urnaconexão de pino articulado é usualmente satisfatória se as linhas de centro das barras forem concorrentes emum ponto, na conexão, como na Fig. 4.4.

Supõe-se, também, na análise das treliças simples, que todas as forças externas são aplicadas aos nós.Esta condição é satisfeita na maioria das treliças: Nas treliças de pontes, o tabuleiro é usualmente assentadosobre as vigas transversais, que se apóiam nos nós.

Nas grandes treliças usualmente toma-se cuidado, em um dos suportes, com a dilatação e a contraçãodevidas à mudanças de temperatura, e com as deformações resultantes das cargas aplicadas. O suporte é

equipado com rolete, setor de rolete ou outra éspécie corrediça. As treliças e as estruturas, nas quais não é

tomada tal precaução, são estaticamente indeterminadas, como foi exposto no item 3.3.Apresentamos dois métodos para a análise das forças das treliças simples e fazemos referências à treliç:<

simples, mostrada na Fig. 4.5a, para éada um dos dois métodos. O diagrama de corpo livre da treliça, consi·derada como um todo, é mostrado na Fig. 4.5b. As reações externas são usualmente determinadas pelcálculo das equações de equilíbrio aplicadas à treliça, considerada como um todo, antes de se prosseguir COII.

a análise das forças do restante da treliça.

102 I ESTÁTICA

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ESTRUTURAS I 103

E

(b)

(a)

Fig.4.5

F"ta são conhecidas c

evitar o colapso, a treli~ :;ser analisada somente pe2z:

. 'os para manter a p

.~erentes barras e a seleÇÊ.""das forças que atuam nE:.

. Barra é todo o elemem::

. na. ng. .1.4 do Icem 3.3.

ão das forças. As duasstas e colineares, para o3. Note que ao se repre

4 robre a seção cortada é atparado com a força que

em conta, o peso P, se a::as extremidades da barra.

Considerar o peso de urnaongo da barra, porém o

ais, a hipótese de umaforem concorrentes em 4.3 - MÉTODO DOS NÓS

são aplicadas aos nós.é usualmente assentado

dilatação e a contraçãoaplicadas. O suporte é

struturas, nas quais não é33.

os referências à treliçalivre da treliça, consi

ente determinadas peloantes de se prosseguir com

Este método consiste em satisfazer as condições de equilíbrio para as forças que atuam sobre o pino deligação de cada nó. Portanto, o método lida com o equilíbrio de forças concorrentes, e somente estão envolvidas duas equações de equilíbrio, independentes. Começa-se a análise por qualquer nó onde exista ao menosurna carga conhecida, e onde estejam presentes no máximo duas forças desconhecidas. A solução pode começar com onó da extremidade esquerda e seu diagrama de corpo livre é mostrado na Fig. 4.6. Com os nósindicados por letras, a força em cada barra é indicada pelas duas letras que defmem as extremidades da barra.Os sentidos correntes das forças são evidentes, neste caso simples, por inspeção. Os diagramas de corpo livredas partes das barras AF e AR são também mostrados para indicar claramente o mecanismo da ação e dareação. A barra AR realmente faz contato com o lado esquerdo do pino, embora a forçaAB esteja desenhadado lado direito e afll$tando-se do pino. Assim, se as setas das forças estiverem consistentemente desenhadas domesmo lado do pino, assim corno a barra, então a tração (AB, por exemplo) estará sempre indicada por umaseta afastando-se do nó, e a compressão (AF, por exemplo) será sempre indicada por urna seta apontando

para o nó. * A intensidade de AF é obtida da equação '2:-Fy= O, e AB é, então, calculada de '2:-Fx= O.

O nó F é o próximo a ser analisado, visto que ele agora contém somente duas incógnitasEF eBF. OsnósB, C, E eD serão, nessa ordem, posteriormente analisados. A Fig. 4.7 mostra o diagrama de corpo livre decada nó e seu correspondente polígono de força, que representa, graficamente, as duas condições de equilí-

Ii {}comID'''oI AF

11 AB ~ ~ xr TraçãoRl

Fig.4.6

a lei de formação descrita.

* N.T. Se a seta indicativa da força empurrai: (comprimir) o nó, a barra é à compressão; se a seta puxar (tracionar) onó, a barra é à tração.

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Rectangle

104 / ESTÁTICA

brio 'EFx = O e 'EFy = O. Os números indicam a ordem em que os nós são analisados. Deve-se notar que,quando o nó D é finalmente alcançado, a reação R2 calculada deve estar em equilfbrio com as forçás nas barrasCD e EF, determinadas previamente partindo dos dois nós vizinhos. Esta exigência permite verificar a exatidão do cálculo feito. Deve-se notar, também, que o isolamento do nó C revela, rapidamente, o fato de a forçaem CE ser nula, quando for aplicada a equação 'EFy = O. Naturalmente a força nesta barra não seria nula, sefosse aplicada uma carga externa vertical em C.

É muitas vezes conveniente indicar a tração T e a compressão C das várias barras diretamente sobre odiagrama original da treliça, desenhando-se as setas afastando-se dos nós referentes à tração, e apontando paraos nós, quando referentes a compressão. Essa indicação está ilustrada na parte inferior da Fig. 4.7.

2

lzJR' YMVJ ~

AFNóF

4lCE=ÜBC (

) CDNóA

NóC

3

BFn15

~EÚBE

BE

BE EFI/BC I/L16

NóEAB

BF 1CD

CD

D~R2

AB

R2d' I

NóDNóB

F,IIS!4-f D L----x

At B CL R2

RI

Fig.4.7

Em alguns exemplos, é impossível determinar, inicialmente, o sentido correto de urna ou de ambas as

forças desconhecidas que atuam sobre um dado nó. Nesse caso, pode-se fazer uma indicação arbitrária.Um valor negativo do cálculo indicaria que o sentido suposto deve ser invertido.Se urna treliça simples tiver mais apoios do que os necessários para asSegurar uma configuração de

equilíbrio estável, a treliça corno um todo é estaticamente indeterrninada e os apoios extras estabelecem aredundância externa. Se a treliça tiver mais barras internas do que as necessárias para evitar um colapso, então

as barras extras estabeleaestaticamente determinad

necessários para a estabiliequações escalares de foPara a treliça completa C<

total de m + 3 incógnitasmente determinada intem

Esta relação é umaciente, porque uma ou mconfiguração estável da tdentes, e a treliça é esm + 3 < 2j, há uma defici

O polígono das fo~obter as forças desconhecbricos que usam as equaçêdos ponteiros do relógio,dos, estes polígonos de :corno o diagrama de MOJ

estudante que estiver inteque tratam a análise estdiagrama de Maxwell.

Condições Especummente na análise de treli

Fig. 4.8a, é necessário aJflambagem. Vê-se, rapida:nula e, da sorna na dire~vale também para o casecomponente na direção Y 1

* N.T. Se m + 3 > 2jsistema é deformável. O retiCl

** N.T. Na figura Segl

a aplicação da expressão m ,nota-se a combinação de um i

(Hip

*** O método foi pubN.T. Este método é Cl

reticulados indeformáveis, eCremona, ou simplesmente C

por Maxwell e depois por RaJ

Administrador

Rectangle

ESTRUTURAS / 105

(Isostáticol(Deformável)(Hiperestáticol

** N.T. Na figura seguinte:

Condições Especiais. Focalizaremos a atenção em várias condições especiais que ocorrem freqüentete na análise de treliças simples. Quando duas barras colineares estão comprimidas, como indicado na

. 4.8a, é necessário adicionar uma terceira barra para manter o alinhamento das duas barras e evitar a

bagem. Vê-se, rapidamente, da soma das forças na direção y, que a força F3, na terceira barra, deve sere, da soma na direção x, que Fi =F2• Esta conclusão é válida para qualquer ângulo e e, naturalmente,também para o caso em que as barras estão tracionadas. Se for aplicada uma força externa com uma

.ponen te na direção y, a força F 3 deixará de ser nula.

barras extras estabelecem a redundância interna e a treliça é estaticamente indeterminada. Para uma treliçaticamente determinada externamente, há uma relação definida entre o número de suas barras e o dos nós

ssários para a estabilidade interna, sem redundância. Como o equilíbrio de cada nó é defmido por duasções escalares de forças, há um total de 2j equações semelhantes, para uma treliça simples com j nós.a treliça completa composta de m barras e um máximo de três reações desconhecidas nos apoios, há umde m + 3 incógnitas. Assim, para que uma treliça simples, plana, formada por triângulos seja estatica

te determinada internamente, a equação m + 3 = 2j deve ser satisfeita. *Esta relação é uma condição necessária para a estabilidade da treliça, porém não é uma condição sufi

" te, porque uma ou mais das m barras podem ser dispostas de tal modo, que não contribuam para umaiguração estável da treliça completa. Se m + 3 > 2j, existem mais barras do que equações indepen-tes, e a treliça é estaticamente indeterminada, internamente, apresentando barras redundantes. Se

+ 3 < 2j, há uma deficiência de barras internas e a treliça é instável, e entrará em colapso sob carga. **O polígono das forças para cada nó, mostrado na Fig. 4.7, pode ser construído, graficamente, para se

r as forças desconhecidas nas barras, como uma opção para, ou como uma verificação dos cálculos algé-- os que usam as equações de equilíbrio das forças. Se percorrermos cada nó, sempre no mesmo sentido (no

ponteiros do relógio, por exemplo), e adicionarmos os vetores na ordem em que forem sendo encontra, estes polígonos de força podem ser superpostos, formando uma figura gráfica composta, conhecidao o diagrama de Maxwell. *** A força e seu sentido podem ser obtidos diretamente do diagrama. Odante que estiver interessado em estruturas, deve praticar com esta construção e consultar outros livrostratam a análise estrutural de maneira mais completa, para obter uma descrição mais detalhada doama de Maxwell.

*** O método foi publicado por James Clerk Maxwell, em 1864.N.T. Este método é conhecido com o nome de método de Maxwell-Cremona. É largamente empregado na solução dos

reticulados indeformáveis, e os polígonos de força que são desenvolvidos na solução recebem o nome de polígonos deCremona, ou simplesmente Cremonas, designação estajá tradicional. A teoria do método foi apresentada, antes de Cremona,por Maxwell e depois por Rankine.

aplicação da expressão m + 3 = 2j levaria à conclusão de que o sistema é isostático, o que é falso. Examinando-se a figura,-xa-se a combinação de um sistema hiperestático com outro isostático, por meio de um terceiro, deformável.

* N.T. Se m + 3 > 2j, o reticulado é, ainda, indeformável, porém interiormente hiperestático. Se m + 3 < 2j, o!iUema é deformável. O reticulado é interiormente hipoestático.

ar uma configuração deios extras estabelecem a

evitar um colapso, então

barras diretamente sobre

à tração, e apontando par~- r da Fig. 4.7.

- dos. Deve-sé notar que.- Tiocom as forçàs nas bam.- permite verificar a exa--"damente, o fato de a for,sta barra não seria nula, sç

,10 de uma ou de ambas as

• índicação arbitrária.

Administrador

Rectangle

--=-

106 / ESTÁTICA

Quando duas barras não colineares são ligadas como mostrado na Fig. 4.8b, se não houver nenhumacarga externa aplicada ao nó, as forças em ambas as barras devem ser nulas, conforme indicam os somatóriosde forças.

Quando dois pares de barras colineares são ligados como mostrado na Fig. 4.8c, as forças em cada pardevem ser iguais e opostas. Conclui-se isto dos somatórios de forças indicados na figura.

Freqüentemente usa-se intertravar painéis de treliças, como mostra a Fig. 4.9a. Se cada membro for

capaz de suportar tanto tração como compressão, o painel será estaticamente indeterrninado. Porém, quandoos membros forem flexíveis, incapazes de suportar compres'são, como é o caso 'dos cabos, somente os

membros tracionados atuarão e os demais podem ser ignorados. Geralmente, a assimetria do carregamentoevidencia como o painel se deformará. Se a deformação for a indicada na Fig. 4.9b, então o membro AB

-deveria ser considerado e o CD, ignorado. Quando não for possível fazer esta seleção por simples inspeção,deve ser feita uma escolha arbitrária dos membros a serem considerados. Se a força em um membro que seassumiu ser tracionado, der positiva, após o cálculo, significa que a escolha estava certa. Se o resultado derforça negativa, deve-se considerar o membro oposto e refazer o cálculo.

Deve ser evitada a solução simultânea de equações para duas forças desconhecidas em um nó, fazendouma escolha cuidadosa dos eixos de referência. Portanto, para o nó indicado esquematicamente na Fig. 4.10,onde L é conhecida e FI e F2 são desconhecidas, um somatório de forças na direção x elimina referência àforça FI enquanto que um somatório de forças na direção x' elimina referência à F2• Quando não se puderencontrar facilmente os ângulos envolvidos, é preferível usar duas soluções simultâneas de equações, umapara cada conjunto de eixos de referência, que elimine uma das forças desconhecidas.

[~Fy = O] 80,0 sen 30°

onde T significa tração e (Em seguida, deve-se 3J

que duas incógnitas. A facima e, em conseqüênciapara a esquerda. Novamen

[~Fy = O] 0,866AB

[~Fx = O] AC - 0,5 (3

[~ME= O] 5T - 20 (5)

[~Fx = O] 80,0 cos 30°

Solução. Indicando cbarra serão indicadas peldesejar calcular as reaçõ~treliça em balanço pode C(

gada. Contudo, esta treli~que a primeira etapa comD e E do diagrama de ccum todo. As equações de l

Em seguida, traçam-se Ias forças que atuam sobntidos supostos, para as forseqüência dos nós. Não tdas forças sobre o nó A. O

Aplicando o método dtreliça em balanço, carrega


(c)

~a Fj

JA "i.Fx = O requer FI = r:

"i.Fx' = O requer Fa = :.o

// x'x

/F2 F~

(b)

"i.Fx = O requer FI = O"i.Fx' = Orequer F2 = O

Fig.4.8

X/'

/'/'

(a)

"i.1j = O requer Fa = O"i.Fx = b requer FI = F2

D B D B

~MA C A C

O nó C agora possui .achadas como foi feito an(á)

Fig.4.9

(b)

[~Fy =0]

[~Fx= O]

0,866BC

BC= 34

BD -O':

BD= 34

Finalmente, no nó E, 1

e a equação ~Fx = Ocom

[~Fy = O] 0,866CD

CD = 57,74

[~Fx = O] CE - 17,32

CE= 63,51

0,866DE[~Fy = O]

L

Fig.4.10

ESTRUTURA.S I '\07


Aplicando o método dos nós, calcular as forças nas barras datreliça em balanço, carregada, como está na figura.

20 kN

A

30kN

T= 80,0 kN[~ME= O] 5T - 20 (S) - 30(10) = O

Solução. Indicando os nós com letras, as forças em cadabarra serão indicadas pelas letras das extremidades. Se não sedesejar calcular as reações externas em D e E, a análise para umatreliça em balanço pode começar com o nó da extremidade carregada. Contudo, esta treliça será totalmente solucionada, de modoque a primeira etapa constará do cálculo das forças externas emD e E do diagrama de corpo livre da treliça, considerada comoum todo. As equações de equilíbrio dão

Ftí;Fx = o requer FI = F2

í;Fx' = O requer F3 = F~

(c)

. se não houver nenhumaindicam os somatórios

[~Fx = O] AC - 0,5 (34,64) = O AC = 17,32 kN C Resp.

Y;E

CE = l,!!!.'"kN63,51 kN

10,00 kN

NóE

20kN

yIIL__ x

y1

:!AB

[I AC---x 'I\RTl.AB- ~34,64 kN C

30kN

NóA NóB

30kN

CD Observe que traçamos a seta da força do mesmo lado do nó onde está a barra que exercea força. Deste modo, tração (seta saindo donó) fica distinta da compressão (seta apontando para o nó).

Nota:Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Resp.

Ex = 69,3 kN

AB = 34,64 kN T Resp.

0,866BC - 0,866 (34,64) = O

BC = 34,64 kN C

BD - 0,5 (2) (34,64) = O

BD = 34,64 kN T

0,866DE = 10,00 DE = ll,SSkN

[~Fx = O] 80,0 cos 300 - Ex = O

[~Fy = O]

[~Fx = O]

[~Fy = O] 0,866CD - 0,866 (34,64) - 20 = O

CD = 57,74 kN T

[~Fx = O] CE - 17,32 - O,S (34,64) - 0,5 (S7,74) = O

CE = 63,SI kN C

Finalmente, no nó E, tem-se:

[~Fy = O]

[~Fy = O] 80,0 sen 300 + Ey - 20 - 30 = O Ey = 10,0 kN

O nó C agora possui apenas duas incógnitas, que podem serachadas como foi feito antenormente.

[~Fy = O] 0,866AB - 30 = O

onde T significa tração e C compressão.Em seguida, deve-se analisar o nó B, porque o C tem mais do

que duas incógnitas. A força BC deve dar uma componente paracima e, em conseqüência, BD deve equilibrar a força orientadapara a esquerda. Novamente, as forças são obtidas de:

e a equação ~Fx = Ocomprova os resultados.

Em seguida, traçam-;;e os diagramas de corpo livre, mostrandoas forças que atuam sobre cada um dos nós. A exatidão dos sentidos supostos, para as forças, é verificada, quando se considera aseqüência dos nós. Não haveria dúvida sobre o sentido corretodas forças sobre o nó A. O equihbrio exige

a. Se cada membro for

·ado. Porém, quandoos cabos, somente os.etria do carregamento> então o membro AB

- por simples inspeção,em um membro que se

.%rta. Se o resultado der

- > as forças em cada par

lIIecidas em um nó, fazendo

ticamente na Fig. 4.10,~ão x elimina referência à

,iF'l' Quando não se puder-eas de equações, uma

108 I ESTÁTICA

PROBLEMAS PROPOSTOS

4.9 Calcular as forças l1a!

representada.

C

ProbJ

I, 4painéis dfI H

~OkN

A

4.13 Um painel de propag<liça, como se vê na Ezontal provocada pelisolada do painel, COI

que 5/8 desta carga ée o restante dividido

cular as forças nas barResp. BE·

Prob~

Probl

4.11 Uma tesoura de telha

ças em seus nós sup;:do, devido a uma caI!quer reação horizontças que atuam nas bar

u

4.12 Calcular as forças indutreliça do guindaste, (1 800 kg.

4.10 Determinar as forças Iliça. Todos os ângulos

··16m

~

13m

1

AB

Resp. CG = 2,24 kN TCF= 1,00 kN C

Probl. 4.8

Probl. 4.5

4kN

Probl. 4.7

r--- 4 painéis de 4 m~F G H I JT

3mLE

Calcular as forças nas barras FG, EG e GD na treliça carregada em balanço.

A

4.8

Resp. AE = CD = 5,66kN CAB = BC = 2,83 kN TBE = BD = 2,27 kN TDE= 3,96 kN C

4.7 Cada barra da treliça é uma peça de 8 metros, commassa uniforme de 200 kg. Calcular a tração oucompressão média, em cada barra, devido aos pesosdas barras.

4.6 Se a força de 2 kN que atua sobre a treliça doProbl. 4.5 for removida, identificar, por inspeção,quais as barras que têm força nula. Se, por outrolado, a força de 2 kN fosse aplicada em G ao invésde em B, existiria alguma barra com força nula?

4.5 Calcular, para a treliça mostrada, as forças nasbarras CG e CF.

4.4 Calcular a força em cada barra da treliça. Todos ostriângulos são isósceles.

Probl. 4.2

Probl..4.1

4.3 Calcular a força na barra CF da treliça.Resp. CF= 3,33 kN C

~r~" 'mE 'm • D~

8kN

Probl.4.4

6 kN

~C B

Probl.4.3

4.2 Calcular a força em cada barra da treliça.

(Resolva os problemas seguintes pelo método dos nós. Amenos que seja indicado o contrário, despreze o peso próprio das barras comparado com as forças que suportam.)

4.1 Calcular a força em cada barra da treliça.Resp. AB = 3,52 kN T

BC= 4,62 kN CAC= 3,27 kN T

m

12 m

-t

ESTRUTURAS / 109

Probl. 4.12

Probl. 4.13

F

D

C B

Probl. 4.15

4kN

4.14 Calcular as forças que atuam nas barras CF, BF, BGe FG da treliça simples do guindaste.

4.15 Calcular as forças em todas as barras da treliçacarregada, que está suportada pela ligação horizon-

10 kN

~C

4.11 Uma tesoura de telhado, tipo Pratt, recebe as forças em seus nós superiores, como está representado, devido a urna carga de neve. Desprezando qualquer reação horizontal nos apoios, calcular as forças que atuam nas barras BH, BC e CH.

I ' 4 painéis de 5 m 'j

:~.l HG}C E--.:.....i

40kN 60kN

Probl. 4.9

Probl. 4.10

Probl. 4.11

4.13 Um painel de propaganda, e montado em urna treliça, corno se vê na figura, recebe urna carga horizontal provocada pelo vento· de 4 ÍcN. A análiseisolada do painel, considerado corno viga, mostraque 5/8 desta carga é suportada no ponto central Ce o restante dividido igualmente entre D e B. Calcular as forças nas barras BE e BC.

Resp. BE = 2,80 kN T, BC = 1,5 kN T

4.12 Calcular as forças induzi das nas barras GH e ED, natreliça do guindaste, quando este iça um carro de1 800 leg.

4.10 Determinar as forças nas barras BI, CI e HI da treliça. Todos os ângulos são 30°, 60° ou 90°.

•. 9 Calcular as forças nas barras IB e BH na treliçarepresentada.

TSm1

AB

,i 4.8

Resp. iB = 56,6 kN C

=ada barra da treliça. Todos os _ BH = 47,1 kN C

Resp. CG = 2,24 kN TCF= 1,00kNC

14.7

4.5

barras FG, EG e GD na treli-

Rap. AE= CD= 5,66kN CAB ~BC = 2,83 kN T

BE = BD = 2,27 kN TDE= 3,96 kN C

- lue atua sobre a treliça doidentificar, por inspeção,

cim força nula. Se, por outro- fosse aplicada em G ao invés

barra com força nula?

~ é uma peça de 8 metros, com200 leg. Calcular a tração ou

cada barra, devido aos pesos

I =:-:::Eçamostrada, as forças nas

110 / ESTÁTICA

Na treliça, tipoFink,forças nas barras EF, KL,as forças em BP, PC, DN

T16 m

.4 - MÉTODO DAS SEÇ

Probl. 4

A torre para uma linha (pela treliça mostrada. Ascentrais são capazes detração. Calcule as força!DB eCD, pelas cargas devertical.Resp. AB = 3,89 kN C,

No item anterior de

çenas duas das três equaçiem cad~ó. A terceira equuma seção in~concorrentes. Este método

barras, diretamente, an~analisar nó a nó, até se Ch€:l

não se pode cortar mais doequações independentes de

O método das seçõesmétodo anterior. Para rápicalculadas como antes, con

* N.T. Também chamac1860, na Escola Técnica de Har

(d)

(b)

(d)

Probl.4.20

Probl.4.19

(e)

(e)

(a)

O pórtico móvel representado na figura é emprega·do para erguer e preparar um foguete de 500 t pàrao lançamento. A estrutura principal do p6rticoassemelha-se à treliça plana simétrica, mostrada,que é estaticamente indeterrninada. Ao posicionarum estágio do foguete de 60 Mg, suspenso em A, amedida das tensões nas barras AB e CD acusou as

cargas de 50 kN de compressão e de 120 kN detração, respectivamente, devidas à carga de 60 Mg.Calcular as forças correspondentes nas barras BF eEF.

Resp. BF = 188,4 kN C, EF= 120 kN T

todas as barras de cada treliça, cujas forças nãoestejam influenciadas pela indeterminação dossuportes, e que podem ser calculadas diretamente,usando-se somente as equações de equilíbrio. Suo

por que o carregamento e as dimensões das treliçassejam conhecidas.

4.21

4.20 Verificar o fato de cada urna das treliças conter umou mais elementos de redundância. Propor duasalterações independentes, Sendo que qualquer umaeliminaria a redundância e produziria'{:Ompleta de.terminação estática. Todas as barras podem supor·tar compressão ou tração.

B C D E

~f

4m

A d~\.J li H Gr

I \.' flO kN

5 painéis de 3 m

Probl. 4.17

Probl.4.16

Probl. 4.18

A

4.19 Cada urna das treliças carregadas tem vínculos desuporte estaticamente indeterminados. Relacionar

tal FC e pela articulação em A. Todos os ângulosinteriores são 60°.

Resp. AB = CB = DC = 4 kN CBE = CE = DE = 4 kN T, AE = O

EF= 8 kN T,AF= 8 kN C

4.18 Indicar, por inspeção, quais as barras da treliça quetornam a estrutura estaticamente indeterminada.

4.17 Calcular as forças nas barras AB, Bl, BI e CIo Osmembros CH e DI são cabos capazes de suportarapenas tração.

Resp. AB=7,5kNC, Bl=CI=O, BI=7,5kNT

4.16 Mostre que a treliça é estaticamente determinada ecalcule as forças nas barras BD e BF em função dacarga aplicada L.

ESTRUTURAS / 111

1,8 kN

Probl. 4.23

Probl. 4.22

1<

HI

~3m I

~I3 m 15'

t

f5m

1

I < 6 painéis de 5 m

4.23 Na treliça, tipo Fink, representada, calcular asforças nas barras EF, KL, GL. (Sugestão. Notar queas forças em BP, PC, DN etc. são nulas.)

Resp. EF = 202 kN CKL = 100 kN T

GL = 50,0 kN T

Probl. 4.21

T16 m

4.4 - MÉTODO DAS SEÇÕES

No item anterior desenvolveu-se a análise das treliças planas pelo método dos nós, empregando-se

apenas ~as das três equações de equilíbrio, uma vez que esse método trata apenas das forças concorrentesem cada nó. A terceira equação, ou princípio do equilíbrio dos momentos, pode ser usada considerando-se

.1:!!!laseção irÍteira da treliça como um corpo livre e~~~bp~, sob a)~çãode um sistem3.-de_ÍQrç~sE-ã~concorrentes. Este método das seçães* tem a vantagem de permitir achar a força que atua em quase todas asbarras, diretamente, analisando-se a seção que corta a barra considerada. Assim, não há necessidade de seanalisar nó a nó, até se chegar à barra desejada. Ao escolher uma seção da treliça, deve-se notar que, em geral,não se pode cortar mais do que três barras, cujas forças sejam desconhecidas, uma vez que só se dispõe de trêsequações independentes de equihbrio.

O método das seções será, agora, aplicado na treliça da Fig. 4.5, que já foi utilizada na explicação dométodo anterior. Para rápida referência, a treliça está repetida na Fig. 4.11a. Primeiro, as reações externas sãocalculadas como antes, considerando a treliça como um todo. Agora, desejamos determinar a força que atua

* N.T. Também chamado método de Ritter ou método dos momentos dos momentos, apresentado por Ritter, em1860, na Escola Técnica de Hannover.

4.22 A torre para uma linha de transmissão é modeladapela treliça mostrada. As barras cruzadas das seçõescentrais são capazes de suportar apenas esforços detração. Calcule as forças induzidas nas barras AB,DB eCD, petas cargas de 1,8 kN aplicadas no planovertical.

Resp. AB = 3,89 kN C, DB = 0, CD = 0,93 kN C

.20

C E

(d)

.19

(b)

(d)

-'a treliça, cujas forças nãopela indeterminação dosser calculadas diretamente,

;:quações de equilíbrio. Sue as dimensões das treliças

Ca uma das treliças conter um;- redundância. Propor duas

sendo que qualquer umaia e produziria'{:ompleta de

7oc.as as barras podem supor-

tado na figura é empregaum foguete de 500 t pàra

~"tura principal do p6rticoplana simétrica, mostrada,

terminada. Ao posicionare 60 Mg, suspenso em A, abarras AB e CD acusou as

compressão e de 120 kN dedevidas à carga de 60 Mg.

a:::r::e:spondentesnas barras BF e

F= 188,4 kN C, EF= 120 kN T

112 / ESTÁTICA

na barra BE, por exemplo. Uma seção imaginária, indicada pela linha tracejada, deverá passar através datreliça cortando-a em duas partes (Fig. 4.l1b). Esta seção cortará três barras, cujas forças são inicialmentedesconhecidas. A fIm de que cada parte da treliça permaneça em equiHbrio, deve-se aplicar em cada barracortada, a força que era exercida pela parte que foi afastada. Estas forças, sejam de tração, sejam de compressão, atuarão sempre nas treliças simples, seguindo os eixos das barras. A parte da esquerda está emequilfbrio sob aaçãó da carga aplicada L, da reação de apoio RI e das três forças exercidas sobre as barrascortadas pela parte da direita que foi removida. Estas forças podem usualmente ser traçadas com os seussentidos corretos, obtidos por um exame visual das condições de equilfbrio. Assim, equilibrando os momentos, em torno do ponto B, para a parte do lado esquerdo da seção, a força EF está evidentemente para aesquerda, o que a torna de compressão, visto que ela atua em direção à seção cortada da barraEF. A carga Lé maior do que a reação R I, de tal maneira que a força BE deve estar para cima e à direita, a fun de fornecer a

necessária componente com o sentido para cima, para o equll1'brio vertical. A forçaBE é, portanto, uma forçade tração, uma vez que ela atua afastando-se da seção. Com os valores aproximados de R I. e L~em mente, oequilíbrio dos momentos, em torno do ponto E, exige que BC esteja para a direita. Uma rápida observação datreliça conduziria ao mesmo resultado, já que se nota qU1~as barras horizontais inferiores sofrem tração, comoconseqüência da flexão causada pelas cargas. A equação dos momentos, em torno do nó B, elimina três forçasda relação, e EF pode ser determinada diretamente. A forçaBE é calculada pela equação de equilíbrio para adireção y. Finalmente, BC pode ser determinada pelo equilfbrio dos momentos, em torno do ponto E. Destemodo, cada uma das incógnitas foi achada independentemente das outras duas.

A parte direita da treliça (Fig. 4.11 b) está em equilíbrio sob a ação de R2, e das mesmas três forças queatuam nas barras cortadas, aplicadas no sentido oposto ao que foi considerado na parte da esquerda. Osentido correto das forças horizontais pode ser visto facilmente, pelo equilfbrio dos momentos, em torno dospontosB eE.

Qualquer das duas partes de uma treliça pode ser usada para os cálculos, mas aquela que inclui o menornúmero de forças usualmente conduzirá à solução mais simples.

É essencial entender que, no método das seções, é considerada uma parte inteira da treliça, como umcorpo único em equilíbrio. Assim, as forças nas barras internas, em relação à seção, não estão inclufdas naanálise da seção, Como um todo. De modo a elucidar o corpo livre e as forças que nele atuam externamente, <

seção é feita, preferivelmente, através das barras e não dos nós.

A equação dos momentos pode ser usada com grande vantagem no método das seções, devendo-seescolher, como centro dos momentos, um ponto em que passe o maior número de forças. Nem sempre épossfvel indicar o sentido correto de uma força no diagrama de corpo livre de uma seção. Arbitrando-se umsentido, uma resposta positiva confIrmará o sentido arbitrado e uma negativa indicará que o sentido deve sertrocado. Qualquer sistema de notação pode ser usado, embora normalmente seja mais conveniente indicar osnós por letras e as barras e suas forças pelas duas letras que defmem suas extremidades.

Uma notação alternativa, preferida por alguns, é supor, arbitrariamente, que todas as forças 'desconhecidas são positivas, na direção de tração (saindo da seção) e deixar o sinal algébrico da resposta distingui:entre tração e compressão. Assim, um sinal positivo signifIcaria tração e um negativo, compressão. Por outrlado, a vantagem de se supor, sempre que possfvel, o sentido correto das forças no diagrama de corpo livre dE

seção, é que este procedimento ressalta mais diretamente a ação ffsica das forças .e, portanto, é um trata-mento preferfvel. .

200 (4) (3)

KL = 650:

BL = 4 + (

200 (5) (3)

CB = 571]

[EMC= O]

Assim,

Solução. Embora as 00

e em M sejam estaiiCamelapoios fIxos, todas as badeterminadas. Pode-se pass;barras KL, CL e CB e analiseção como um corpo rÍgick

Está mostrado o diagraresquerda da seção. Umarapidamente verifica que ,sóma de momentos em ton:barra KL está tracionada. Atão óbvia, até que se obseponto P, à direita do poItorno de P elimina a refer

deve estar comprimida, parde 200 kN em torno do pmente, a solução do problveremos, resolvendo para cdas, independentemente da!

A soma dos momento~alavanca

Problema Resolvido 4

Calcular as forças iruh:carga de 200 kN atuando Si:

[EMp= O] 200 (12 - 9,61

CL = 57,6 kN

Em seguida, toma-se o~obriga a calcular ocos e.e = arc tg (5/12) de modo q

Finalmente, pode-se encmomentos em torno de 1PC/4 = 6/(6,5 - 4) ou PC

ângulo (j que é dado por 13:

= 29,7° ecos (j = 0,868. Te;

yI

I

I

L __ -x

(b)

Fig.4.11

Al~(1 L R2(a)

m

<D Note que a análise feita pelo método dos nós,obrigaria tratar com oito nós, a fIm de calcular as três forças em questão. Assim, nestecaso, o método das seções oferece urna considerável vantagem.

G) Poderíamos ter iniciado com os momentosem torno de C ou de P.

® Poderíamos, também, ter determinado CL

por meio de um somatório de forças nadireção x ou na direção y.

ESTRUTURAS I 113

Notas:

200kN

t4mL..

GI F E D Cr--6 painéis de 3 m200kN

Resp.

Resp.

Resp.

200 (4) (3) - :~ KL (4) : O

KL: 650 kN T

200 (5) (3) - CB (5,25) : O

CB: 571 kN C

Assim,

[EMC: O]


BL : 4 + (6,5 - 4)/2: 5,25 m

Em seguida, torna-se os momentos em torno de C, 'o queobriga a calcular o cos e. Com as dimensões dadas, vê-se quee : arc tg (5/12) de modo que cos e : 12/13. Portanto,

Calcular as forças induzidas nas barras KL, CL e CB, pelacarga de 200 kN atuando sobre a treliça em balanço.

Finalmente, pode-se encontrar a força em CL, pela sorna dosmomentos em torno de P, cuja distância de C é dada por:PC/4: 6/(6,5 - 4) ou PC: 9,60 m. Precisa-se, também, doângulo {3que é dado por {3: arc tg (CBjBL): arc tg (3/5,25) := 29,7° ecos (3 = 0,868. Tem-se agora,

Solução. Embora as componentes verticais das reações em A

e em M sejam esta~icamente indeterrninadas, devido aos doisapoios fIxos, todas as barras, exceto AM, são estaticamentedMerrninadas. Pode-se passar urna seção cortando diretamente asbarras KL, CL e CB e analisar a parte da treliça à esquerda destaseção corno um corpo rígido, estaticamente determinado.

Está mostrado o diagrama de corpo livre da parte da treliça à

esquerda da seção. Urna sorna dos momentos em torno de L,rapidamente verifica que a barra CB está comprimida e urnasorna de momentos em torno de C indica do mesmo modo, que abarra KL está tracionada. A direção da força na barra CL já não étão óbvia, até que se observa que KL e CB interceptam-se noponto P, à direita do ponto G. Urna sorna de momentos emtorno de P e1irnina a referência a KL e a C;B e mostra que CL

deve estar comprimida, para contrabalançar o momento da forçade 200 kN em torno do ponto P. Com estas considerações emmente, a solução do problema torna-se bastante simples, cornoveremos, resolv~ndo para cada uma das três forças desconhecidas, independentemente das outras duas.

A sorna dos momentos em torno de L requer o braço dealavanca

3) [EMp = O] 200 (12 - 9,60) - CL (0,868) (9,60): O

CL = 57,6 kN C

yII

IL __ -x

ela que inclui o menor

das seções, devendo-seie forças. Nem sempre éseção. Arbitrando-se umcá que o sentido deve ser- conveniente indicar os

everá passar através daforças são inicialmente

se aplicar em cada barratração, sejam de comda esquerda está em

exercidas sobre as barras

ser traçadas com os seusequilibrando os momen-

está evidentemente para ada barra EF. A carga L

direita, a fim de fornecer a

rE é, portanto, uma forçasdeRl e4 em mente, o-ma rápida observação da

sofrem tração, comonó B, elimina três forças

-o de equihbrio para atomo do ponto E. Deste

-::;ira da treliça, como umnão estão incluídas naatuam externamente, a

R :odas as forças desconheda resposta distinguir

, compressão. Por outroama de corpo livre da

e, portanto, é um trata-

It das mesmas três forças que:Ja parte da esquerda. Omomentos, em tomo dos

12DJ -

DJ= 16

Do diagrama de coinclui, agora, o valor cotos, em torno de G, elim.in:

Novamente, o momemcomponentes horizontal tComo o resultado foi posito. Uma análise do nó D,são.

Ao escolher uma seçãnúmero de incógnitas COII

independentes que podem

Probl

Probl

.25 Calcular as forças nas tça, composta de triângll

.26 Determinar a força na baplicadaL. Todos os ân:

4.24 Calcular as forças nas l:representada.

Resp. AB = 8 kN T; BF

(Resolver os seguintes probleiDesprezar os pesos das barra.!que elas suportam.)

PROBLEMAS PROPOST(

,~

Seção 1

CD

DJ ""Seção'21-14,lkN ...........•....~-- .•...•..........

J1{ J --- --_':::""G

10kN

A

t18,3 kN

<D Não há conseqüências produzidas por supor, inicialmente, sentidos errados parauma ou mais forças, desde que os cálculosse mantenham consistentes com tal suposição. Uma resposta negativa mostrará anecessidade de se inverter o sentido daforça

Notas:

(í). Se fosse desejado, a direção da força na barra CD poderia ser invertida no diagrama decorpo livre e, também, o sinal algébrico deCD invertido nos cálculos. Porém, pode-sedeixar o trabalho como está, colocando umaobservação sobre a direção apropriada.

Af·18,3kNResp.CD = 18,6 kN C

0,707CJ (12) - 10(4) ~ 10 (8) = O

[~MJ= OJ 0,894CD (6) + 18,3'(12) - 10 (4) -10 (8) = O

CD = -18,6kN

CJ = 14,1 kN, compressão

Solução. Não é possível fazer uma seção através de DJ semcortar quatro barras cujas forças são desconhecidas. A seção 2corta qliatro barras, sendo que três são concorrentes em J, o quepermitiria, tomando-se os momentos em relação a J, obter aquarta força DE. Entretanto, a força em DJ ainda não poderá serobtida com as duas equações de equilíbrio restantes. Assim, énecessário comiderar, primeiro, a seção adjacente 1, antes daseção 2.

O diagrama de corpo livre para a seção 1 está desenhado einclui a reação de 18,3 kN, emA, que foi calculada preyiamente,do equilíbrio da treliça, considerada como um todo.Na determinação dos sentidos corretos das forças que atuam sobre as barrascortadas, o equilíbrio dos momentos, em torno de A, elimina osefeitos de CD e JKe, evidentemente, exige que CJ esteja paracima e para a esquerda. O equilíbrio dos momentos, em torno deC, elimina o efeito das três forças concorrentes em C e indica quea força JK deve estar para a direita, a fim de fornecer o momentoadequado, no sentido anti-horário. Novamente, será razoavelmente óbvio que a barra inferior esteja tracionada por causa datendência da treliça à flexão. Apesar de ser evidente que a barrasuperior está comprimida, a força em CD será arbitrariamentetomada como tração. O fato de se tomar uma ou mais forçascom os sentidos errados, não causa nenhuma dificuldade, umavez que o cálculo é feito coerentemente com o sentido arbitrado.

Um sinal negativo no resultado indicará a necessidade de se inverter o sentido da força.

Analisando-se a seção 1, CJ é obtido de:


. .

* N.T. Tesoura tipo inglês foi a tradução dada ao que seria,.literalmente, treliça de telhado, tipo Howe .

Nesta equação, o momento da força CJ está calculada, considerando-se suas componentes horizontal e vertical, que atuam noponto J. O equilíbrio dos mOmentos, em torno de J; exige:

O momento da força CD, em torno de J, está calculado aquiconsiderando-se suas duas componentes atuando no ponto D. Osinal negativo indica que o sentido da força CD foi fixado nosentido incorreto.

Portanto,

Empregando o método das seções, calcular a força na barraDJ da tesoura tipo inglês*, que aparece na figura. Desprezarquaisquer componentes horizontais da força nos suportes.

114 I ESTATlCA

2

1

A

Probl. 4.26

ESTRUTURAS / 115

® .Observe que poderia ser feita uma seção nasbarras CD, DJ e DE, considerando apenas astrês forças desconhecidas. Contudo, comoestas três forças são concorrentes em D, umaequação de momentos em torno de D nãodaria informações sobre elas. As duas equações restantes das forças não seriam suficientes para resolver as três incógnitas.

4.28 Calcular as forças nas barras AB, BG e GF. Resolver para cada força, a partir de uma equação deequi1íbrio--que contenha a força como única incóg-nita. '

Resp. AB = 7,2 kN T; BG = 3 kN CGF= 7,8 kN C

2 kN

Probl:4.27

4.27 Calcular as forças nas barras CD, BC e CG da treliçacarregada, composta de triângulos eqüiláteros.

Resp.

12DJ + 10 (16) + 10 (20) - 18,3 (24) -

- 14,1 (0,707) (12) = O

DJ= 16,6 kN T

[~MG= O]

4.26 Determinar a força na barra CF em termos da cargaaplicada L. Todos os ângulos internos são 60°.

. Resp. CF= 2 Lj-!3, C

Probl. 4.25

Do diagrama de corpo livre correspondente à seção 2, queinclui, agora, o valor conhecido de CJ, o equilíbrio dos momentos, em torno de G, elimina DE e JK. Assim

4.25 Calcular ilS forças nas barras CD, BC e CG da treliça, composta de triângulos eqüiláteros.

4.24 Calcular as forças nas barras AB, BF e EF da treliçarepresentada.

Resp. AB = 8 kN T; BF = 2 kN C; EF = 4 fi kN C

Probl. 4.24

(Resolver os seguintes problemas pelo método das seções.Desprezar os pesos das barras, comparados com as forçasque elas suportam.)

PROBLEMAS PROPOSTOS

Novamente, o momento de CJ foi calculado, admitindo-se ascomponentes horizontal e vertical de CJ atuando ao ponto J.Como o resultado foi positivo, o sentido arbitrado estava correto. Uma análise do nó D, isolado, também verifica esta conclusão.

Ao escolher uma seção, é sempre importante relacionar o3) número de incógnitas com o número de equações de equilíbrio

independentes que podem ser aplicadas.

tipo Howe.

",,~çã02:---l4,l kN ' "

J-------"----~~G

:I. direção da força na bartida no diagrama de

-:Jb1, o sinal algébrico de;:;Í!culos. Porém, pode-se

,o está, colocando uma~o apropriada.

produzidas por susentidos errados paradesde que os cálculos

ntes com tal suponegativa mostrará a

~ inverter o sentido da

116 / ESTÁTICA

ProbL 4

4kN

Probl.

Probl. ~

D~=<l-

.37 Calcular as forças quedevidas à carga de 1{)(]guindaste.

4.36 Calcular as forças nas 1:painel de propaganda dA resultante de 4 k:N,passa por C.

Resp. BG =

4.35 Calcular as forças nas bdo guindaste do Probl.'

9 kN12 kN

Probl. 4.33

9kN

Probl.4.32

Probl. 4.31

4.32 Calcular as forças nas barras BC, CI e HI da treliç:<:.do Probl. 4.10, aqui repetido. Resolver para Cl!dz.força, a partir de uma equação de equilíbrio qlll'contenha a força como única incógnita.

Resp. BC = 4,33 kN C; CI = 2,12 kN THI= 2,69 kN T

4.33 A treliça de telhado é composta de triângulos r-tângulos com ângulos de 300 e 600 e está carregactEconforme mostrado. Calcular as forças nas b=BHeHG.

4.34 Um guindaste é modelado pela treliça simples mtrada. Calcular as forças nas barras DE, DG e Hhcorrespondentes à carga representada pelo tracom 1 631 kg de massa.

Resp. DE = 16 kN T; DG = 33,9 k:N:HG=40kNC

4.29 Suponha que os braços diagonais da treliça de ponte são membros flexíveis, incapazes de suportarcompressão. Calcular a força na barra DE para acondição de carregamento mostrada.

Probl.4.30-

Probl.4.28

320 kN ' 480 kN

5 painéis de9 mProbl.4.29

4.30 Calcular as forças que atuam nas barras DI, DE eEI, para a treliça carregada, mostrada.

Resp. DI= 18 kN C; DE= 25,5 kN C;EI=O

4.31 Calcular as forças que atuam nas barras CH, CB eGH dI!treliça em balanço. Determinar cada força, apartir de uma equação de momentos que contenhaesta força como a única incógnita.

c

3 kN

Probl. 4.38

ESTRUTURAS / 117

B

Cada uma das barras DE e FC é capaz de suportartanto compressão como tração. Calcular as forçasnas barras CF, DE e EF.

Resp. DE = 1,667 kN C; FC = 3,33 kN C;EF=4 kN T

4.40 A treliça do guindaste está segura por apoios fIxosem A e em K e, com seu guincho W travado, estásuportando um tambor de 1,5 Mg. Identificar seexiste alguma barra estaticamente indeterminada ecalcular a força na barraHG. -

. Resp. HG = 59,8 kN C

Probl ..4.39

4.39 A treliça representada é composta de triângulosretângulos isósceles. As barras cruzadas nos doispainéis centrais são tiÍ:antes esbeltos, incapazes desuportar compressão. Indicar os dois tirantes queestão sob tração e calcular as forças que nelesatuam. Achar também a força na barraMN.

4.38

Probl. 4.36

D

Probl. 4.34

.37 Calcular as forças que atuam nas barras FC e FD,devidas à carga de 100 kN, que atua na treliça doguindas.te.

.36 Calcular as forças nas barras DG e DF da treliça dopainel de propaganda do Probl. 4.13, repetida aqui.A resultante de 4 kN, devido à carga do yento,passa por C.

Resp. DG = 2..)5 kN C; DF = 4 kN T

.35 Calcular as forças nas barras CH, CD eHI da treliçado guindaste do Probl. 4.34 .

9 kN

1..4.31

l. 4.33

4.32

- é composta de triângulos rede 30° e 60° e está carregada

. Calcular as forças nas barras

barras DC, CI e HI da treliça~i repetido. Resolver para cada

It mna equação de equiHbrio que•=0 única incógnita.

= 4,33 kN C; CI = 2,12 kN T;

= 2,69 kNT

Probl4.37 Probl. 4.40

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118 I ESTATICA

(a)

meio de três barras queconcordam em um nó. J

fixam o nó F no espaçobarras adicionais CG, FG

O nó E foi, analogamentmostradas, acarretarão es:

Nas ligações das badades estão articuladas p<

Tal como vimos n~

em um ponto, é aceitávépressão. *

Para uma treliça tinada, quando consideradnecessária para a estabililmeio de três equações esequações semelhantes. P~de suporte desconhecid31para uma treliça simplestreliça for estaticamentecondição necessária parapodem ser dispostas demais barras do que equaldo barras redundantes. ~

sujeita a desabar quandotreliça tridimensional, sãltão evidente como nas tI

O método dos nós,

treliças tridimensionais, s

[)

10kN

Probl. 4.44

Resp. AB = 3,78 kN C

Probl. 4.43

se cruzam sem estarem ligadas. Calcular a força queatua emAB.

4.44 No p6rtico móvel representado, todas as barras cruzadas são tirantes esbeltos, incapazes de suportarcompressão. Determinar as forças nas barras DF eEF, e encontrar a reação horizontal sobre a treliça,em A. Demonstrar que, se a força em CF for nula,a força em DE também o será.

Resp. DF = 768 kN CEF= 364 kN C

Ax = 101 kN para a direita

HI~5 painéis de 3 mI

JDE~ 3m

I

~I)\_~: ..~ 11~1,8kN

3 m 15· i3mi5m1 1\

/ ... ~.-',& ,~.".

Probl. 4.41

4.43 As estruturas articuladas ACE e DFB, estão interligadas pelas duas barras articuladas, AB e CD, que

Resp. JQ = 57,7 kN C

4.42 Na treliça, tipo Baltimore, vista na figura, calcular aforça na barra JQ. OS ângulos são de 300, 600, 900ou 1200•

4.41 A treliça da torre da linha de transmissão do Probl.4.22 está mostrada aqui outra vez. Supor que asbarras diagonais sejam capazes de suportar apenastração e calcular a força na barra FC, quando existeo carregamento mostrado.

4.5 - TRELIÇAS ESPACIAIS

Uma treliça espacial é uma estrutura em três dimensões correspondente à treliça plana, estudada noartigo anterior. A treliça espacial pode ser concebida como formada por barras rígidas, articuladas nas extremidades por meio de uniões-rótula. Viu·se que um triângulo de barras articuladas forma a unidade básica,estável, da treliça plana. A treliça tridimensional, por outro lado, exige que o tetraedro, cujas seis arestas sãobarras articuladas nas extremidades, seja a unidade básica, estável. Na Fig. 4.12a as duas barras AD e BD,ligadas em D, exigem um terceJo suporte CD, para impedir que o triângulo ABD gire em tomo de AB. NaFig. 4.12b a base de apoio foi substituída por três novas barras, AB, BC e AC, para formar um tetraedro comrigidez própria, independente da base de fixação. Pode-se anexar à estrutura anterior novas unidades, por

É necessário inicial

três incógnitas. Em seguforças desconhecidas.

* N.T. Na prática, cosecundários de flexão. Nasmesmo aqui, ainda podem

** Cabem aqui as m~

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ESTRUTURAS / 119

(c)

c

A

D

(b)

Fig.4.12

B

D

(a)

É necessário iniciar por algum nó, onde, no mínimo, atua uma força conhecida, e existam, no máximo,três incógnitas. Em seguida, pode-se analisar os nós adjacentes, sobre os quais não atuem mais do que trêsorças desconhecidas.

meio de três barras que se ligam por suas extremidades, em três nós fixos da estrutura existente, e queconcordam em um nó. Assim, na Fig. 4.12c, as barras AF, BF e CF estão ligadas à fundação e, portanto,fIxam o nó F no espaço. Analogamente, o nó H está fIxo, no espaço, pelas barras AH, DH e CH. As trêsbarras adicionais CG, FG e HG estão ligadas aos três nós fIxos C, F e H e, portanto, fIxam o nó G no espaço.O nó E foi, analogamente, formado. A estrutura resultante é inteiramente rígida, e as duas cargas aplicadas,mostradas; acarretarão esforços em todas as barras.

Nas ligações das barras de uma treliça, no espaço tridimensional, deve-se imaginar que as suas extremidades estão articuladas por uniões-rótula, de modo que não haja nenhuma flexão nas barras.

Tal como vimos nas treliças planas, nas uniões rebitadas ou soldadas, se as linhas de centro concorreremem um ponto, é aceitável a hipótese de barras sujeitas exclusivamente a esforços normais de tração e compressão. *

Para uma treliça tridimensional, suportada externamente, de tal modo que seja estaticamente determinada, quando considerada como um todo, existe uma relação entre o número de seus nós e o de suas barras,necessária para a estabilidade interna, sem redundância. Como o equihôrio, em cada nó, é estabelecido pormeio de três equações escalares de forças, numa treliça tridimensional simples com j nós, há um total de 3 j

equações semelhantes. Para a treliça completa, composta de m barras, existem m incógnitas mais seis reaçõesde suporte desconhecidas, no caso geral de uma estrutura tridimensional estaticamente determinada. Assim,para uma treliça simples, tridimensional, composta de tetraedros, a equação m + 6 = 3 j será satisfeita se atreliça for estaticamente determinada internamente. Tal como no caso da treliça plana, esta relação é umacondição necessária para a estabilidade, mas não é uma condição sufIciente, visto que uma ou mais barraspodem ser dispostas de tal modo que não contribuam para a estabilidade do conjunto. Se m + 6 > 3 j, hámais barras do que equações independentes, e a treliça é estaticamente indeterminada internamente, contendo barras redundantes. Se m + 6 < 3 j, há uma defIciência de barras internas, e a treliça é instável e está

sujeita a desabar quando carregada. ** As relações precedentes, entre o número de nós e o de barras, para umatreliça tridimensional, são muito úteis no anteprojeto, uma vez que, nestas estruturas, a confIguração não étão evidente como nas treliças planas, onde a geometria para a determinação estática é, geralmente, evidente.

O método dos nós, desenvolvido no item 4.3 para as treliças planas, pode ser aplicado, diretamente, àstreliças tridimensionais, satisfazendo-se, em cada nó, a equação vetorial completa,

~F=O.

* N.T. Na prática, como as articulações não são perfeitas, dado o emprego dos rebites ou soldas, aparecem esforçosJeCUndário~ de flexão. Nas treliças tridirnensionais, estes esforços são mais importantes do que nas treliças planas, porém,

mo aqui, ainda podem ser desprezados nos primeiros cálculos, suficiente, aliás, para a maioria das aplicações práticas.** Cabem aqui as mesmas considerações feitas, quando se trata deste assunto em treliças planas.

10 kN

->-". Calcular a força que

Resp. AB = 3,78 kN C

y

4.44

treliça plana, estudada no, articuladas nas extre·

forma a unidade básica,

o, cujas seis arestas sãoas duas barras AD e BD,gire em tomo de AB. Naarmar um tetraedro com~or novas unidades, por

tado, todas as barras cruincapazes de suportar

as forças nas barras DF e-j horizontal sobre a treliça,

;le a força em CF for nula,;lerá.

DF= 768 kN CEF= 364 kN C

Ax = 101 kN para a direita

l-4A3

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120 / ESTÁTICA

Pode-se também aplicar, o método das seções (Ritter), desenvolvido na seção anterior, para as treliçasuidimensionais. As duas equações vetoriais

2:F=O e 2:M = O

Reagrupando os termos.

.( -L _ FEB _ 3FE(~ 5

devem ser satisfeitas para qualquer seção da treliça onde a soma dos momentos é nula, para todos os eixos demomentos. Como as duas equações vetoriais são equivalentes a seis equações escalares, segue que uma seçãonão deve, em geral, cortar mais do que seis barras, cujas forças são desconhecidas. O método das seções paraas treliças tridimensionais não é largamente usado, contudo, porque raramente pode-se encontrar um eixo demomentos, que elimine todas as incógnitas exceto uma, como no caso das treliças planas.

A notação vetorial para representar os termos nas equações das forças e dos momentos, para as treliçastridimensionais, pode, muitas vezes, apresentar vantagens, e será usada no exemplo que segue.

Igualando os coeficientlas três equações

FEB 3FEC--+--=.~ 5


Resolvendo as equações.

FEC=FEB=-L/~

(Nos problemas abaixo, use sirpara compressão.)

Assim, conclui-se que FFED de tração.

A menos que se tenhameiro lugar, o próximo pa!valor conhecido de FEC e ~procedimento é idêntico acB, D e A são, então, anaJilimitando assim as incógniexternas calculadas por esudar com os valores determiliça como um todo.

No caso mais geral, seque tenha no máximo t~ela, será necessário calculara análise em uma das UniÕldo que três forças desconhe

4.45 A treliça tridimensionatriangular ABC. As po:estabelecidas pelas ligaçque esta configuração étituir também a ligaçãque mantenha a rigidez

4.46 A treliça tridimensionahorizontal ADE e umano formato de triângul(por três barras verti~três barras diagonais, oDemonstrar que esta tIguração estável.

PROBLEMAS PROPOSTO

CD Sugestão: Desenhe um diagrama de corpo livre da treliça corno um todo e verifique queas forças externas atuando sobre a treliça são

Ax = Li,. Av = Lj, Az = (4L/3)k, By = O,Dy = - LJ, ÓZ = - (4L/3)k.

Notas:

G) Um valor numérico negativo para a forçaindica compressão.

O equilíbrio da união E requer

A treliça espacial consiste em um tetraedro rígido ABCD,

ancorado em A por urna união-rótula e impedido de girar emtorno dos eixos x, y e z, r~spectivamente pelas ligações 1, 2 e 3.A carga L é aplicada à união E, que está rigidamente fixada aotetraedro por meio de três ligações adicionais. Encontrar as forças nas barras que concorrem na união E, e indicar o procedimento para determinar as forças nas barras restantes da treliça.

FEB= ~ (-i-j), FEC= F:C (-3i-4k),FED .

FED = -- (-3J - 4k)5

[:EF = O] L + FEB + FEC + FED = O ou

L· FEB (' ') FEC ( 3' 4k)- 1+ ~ -1 - J + ~ - 1- +

FED .+ -- (-3J - 4k) = O5

Solução. Observa-se, primeiramente, que a treliça está suportada por seis vínculos, convenientemente posicionados, três dosquais estão na união-rótula A e os demais são representados pelasligações 1, 2 e 3. Também é satisfeita a condição m + 6 = 3j queverifica a suficiência de barras necessárias à estabilidade da estru

tura, urna vez que m = 9 barras e j = 5 uniões.As reações externas em A, B e D podem ser facilmente calcu

ladas em urna primeira abordagem, porém, seus valores serão1) determinados aqui a partir da solução de todas as forças em cada

urna das uniões, sucessivamente.Deve-se iniciar por urna união que contenha pelo menos urna

força conhecida e não mais que três forças desconhecidas, cornoé o caso da união E. O diagrama de corpo livre da união E estámostrado, com todos os vetores das forças que atuam sobre ela,tendo sido convencionado o sentido positivo de tração, para

2) todas elas (saindo da união). As expressões vetoriais para as trêsforças desconhecidas são: .

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ESTRUTURAS I 121

~terior, para as treliças Reagrupando os termos, dá

Igualando os coeficientes dos termos i, j e k a zero, obtém-seas três equações

(-L- FEB _ 3FEC) i+fi 5

FEB + 3FED = O

fi 5

(_ FEB _ 3FED) j +fi 5

+ (_ 4FEC _ 4FED) k = O55'

FEB 3FEC--+--=-Lfi 5entos, para as treliças

segue.

para todos os eixos de, segue que uma seção

::::Iétododas seções para-- encontrar um eixo de

Resolvendo as equações, ternos

Assim, conc1ui-se que FEB e FEC são forças de compressão eFED de tração.

A menos que se tenha calculado as reações externas em primeiro lugar, o próximo passo deve ser analisar a união C com ovalor conhecido de FEC e as três incógnitas FCD, FCA e FCD. Oprocedimento é idêntico ao empregado para a união E. As uniõesB, D e A são, então, analisadas do mesmo modo, nesta ordem,limitando assim as incógnitas a três em cada união. As reaçõesexternas calculadas por esta análise, naturalmente devem concordar com os valores determinados inicialmente pela análise da treliça corno um todo.

No caso mais geral, se não existir nenhuma união carregadaque tenha no máximo três forças desconhecidas atuando sobreela, será necessário calcular primeiro as reações externas e iniciara análise em urna das uniões externas sobre a qual não atue maisdo que três forças desconhecidas.

FEC= -5L/6 FED = 5L/6 Resp.

E

:ti

Probl. 4.46

F

B --...xProbl. 4.45

4.45 A treliça tridimensional foi construída sobre a basetriangular ABC. As posições dos nós D e E foramestabelecidas pelas ligações mostradas. Demonstrarque esta cOrUIguração é internamente estável. Substituir também a ligação AE por outra diferente,que mantenha a rigidez da treliça.

(Nos problemas abaiXo, use sinal mais para tração e menospara com pressão.)

4.46 A treliça tridimensional prismática tem urna basehorizontal ADE e urna face superior paralela, BCF,no formato de triângulos eqililáteros iguais, ligadospor três baJ'ras verticais, iguais, e é reforçada portrês barras diagonais, corno é mostrado na figura.Demonstrar que esta treliça representa urna confi-guração estável.

PROBLEMAS PROPOSTOS

negativo para a força

diagrama de corpo litodo e verifique que

do sobre a treliça são

Á: = (4L/3)k, By = O,4L/3)k.

--

122 I ESTÁTICA

4.47 A treliça tridimensional é mostrada em um estágiointermediário do projeto. Os v{nculos externos,indicados, são suficientes para manter o equilíbrioexterno. Quantas barras adicionais são necessáriaspara evitar instabilidade interna, e onde devem sercolocadas?

B

Probl. 4.47

9 kN. Calcular a compressao C em cada urna dasbarras diagonais análogas.

Resp. C = -3,72 kN

H

Probl. 4.50

z

IIE

ProbL

4.53 Cada um dos braços delunar é urna treliça trrelação ao plano vertiaPara urna força de alunia força correspondenteequilíbrio estático par.

As estruturas comI>'de duas forças, estão na etar cargas aplicadas e são,móveis e são projetadas ppara uma posição de saída

Como as armaçõesforças não estarão, em gemé.todos desenvolvidos fi(

sempre a direção das resp~No capítulo antena

focalizado o equilíbrio derígidos interligados, contlcorpos permitirem uma G

máquinas tridimensionais.As forças que atum

por meio de um diagramaação e reação deve ser eumas de corpo livre isoladgarantir a estabilidade, erprincípios de equillbrio, e

Se a armação ou lJlj

como a armação em A deestrutura, considerada ca

equillbrio de cada uma dtermos que contêm as fOIde seus suportes externossuportes externos não 1>'analisá-Ios separadamente.

ARMAÇÕES E MJ4.6

Probl. 4.51

4.51 A treliça tetraédrica tridimensional é constituídade urna base horizontal ABC, em forma de umtriângulo isósceles, e das barras AD, BD e CD, quesuportam a massa m, ligada ao ponto D. Os vérticesda base estão suspensos por fios verticais, ligadosaos suportes situados na parte superior. Calcular aforça induzida nas barrasAC eAB.

5mg 4mgResp. FAC= - __ o FAB = ---

54 ' 27

4.52 Urna treliça tridimensional foi construída em forma de cubo, com seis barras diagonais, corno se vêna figura. Verificar que a treliça é internamenteestável. Determinar as forças nas barras FE e EG, sea treliça for submetida às forças de compressão P,aplicadas em F e D na direção da diagonal FD.

Resp. RFE = -Pf,.j3 C; FEG=P/ft

Probl. 4.49

4.49 A treliça tridimensional, em forma de um tetraedro, é suportada pelas ligações de rótula, em seusnós A e B da base, e é impedida de girar em tornode AB pelo tirante CD. Depois de observar os componentes verticais das reações em A e B sob a treliça simétrica, desenhar um diagrama de corpo livreda configuração triangular dos elos BDE, e determinar a componente x da força exercida pela fundação sobre a treliça, em B.

Resp. Bx = P

'\b

4.48 Na treliça espacial do Probl. Resolvido 4.4, use oresultado FEC = - 5 L /6 e calcule as forças nasbarras CB, CA e CD.

Resp. FCD = L/fi, FCB = 5L/6, FCA =-L

4.50 A treliça retangular tridimensional tem urna alturade 16 me f!li construída sobre uma,base hor~ontalquadrada de 12 m de lado. Cabos de aço prendem aestrutura em E e G, corno se vê na figura, e são esticados até que a tração T, em cada cabo, seja: de

ESTRUTURAS / 123

Resp. FBE = 1,620 kN

Probl. 4.53

II II z

O,9m : I /Y

1 I /. I )<.:---xy/- -- I

~,2 m----..:,_F

massa da treliça for muito pequena. Supor quecargas iguais atuam nas barras localizadas simetricamente.

ZIIIIE

C

Probl. 4.52

.6 - ARMAÇÕES E MÁQUINAS

.53 Cada um dos braços de alunissagem de um módulolunar é urna treliça tridirnensional simétrica, emrelação ao plano vertical X-Z, corno se vê na figura.Para-urna força de alunissagem F = 2,2 kN, calculara força correspondente na barra BE. A hipótese doequilíbrio estático para a treliça é admissível, se a

As estruturas compostas de elementos ligados, nas quais qualquer um destes elementos suportes maisde duas forças, estão na categoria de armações ou máquinas. Armações são estruturas projetadas para suportar cargas aplicadas e são, geralmente, fixadas em uma posição. Máquinas são estruturas que contêm partes

móveis e são projetadas para transmitir forças ou conjugados de uma posição de entrada (ponto de aplicação)para wna posição de saída.

Como as armações e as máquinas contêm elementos com forças múltiplas (três 'ou mais forças), estasforças não estarão, em geral, na direção dos elementos. Portanto, não se pode analisar essas estruturas pelosmé,todos desenvolvidos nos itens 4.3, 4.4 e 4.5, para treliças simples compostas de barras, onde as forças têmsempre a direção das respectivas barras.

No capítulo anterior, foi discutido e ilustrado o equilíbrio de corpos com múltiplas forças, porém foifocalizado o equilíbrio de um corpo rígido único. No presente artigo, será estudado o equilíbrio de corposrígidos interligados, contendo elementos submetidos a muitas forças. Apesar de, na maioria dos casos, taiscorpos permitirem uma análise como sistemas bidimensionais, existem numerosos exemplos de armações emáquinas tridimensionais.

As forças que atuam sobre cada elemento de um sistema ligado são encontradas, isolando-se o elementopor meio de um diagrama de corpo livre e aplicando-se as equações de equilíbrio estabelecidas. O princípio deação e reação deve ser cuidadosamente observado, quando se representam as forças de interação nos diagramas de corpo livre isolados. Se a estrutura contiver mais elementos ou suportes do que os necessários paragarantir a estabilidade, então, tal como se viu nas treliças, o problema é estaticamente indeterminado, e osprincípios de equilíbrio, embora necessários, não são suficientes para a solução.

Se a armação ou máquina constitui, por si só, uma unidade rígida, quando removida de seus suportes,como a armação em A da Fig. 4.13a, a análise deve ser iniciada pela deflnição de todas as forças externas àestrutura, considerada como wn corpo rígido único. A estrutura é então desmembrada, e considera-se oequihbrio de cada uma das partes. As equações de equillbrio das diferentes partes serão relacionadas pelos

termos que contêm as forças de interação. Se a estrutura, por si só, não for uma unidade rígida, dependendode seus suportes~xternos para ter rigidez, como é mostrado na Fig. 4.l3b, então o cálculo das reações dossuportes externos não pode ser fmalizado enquanto não se separar todos os elementos da estrutura eanalisá-Ios separadamente.

4.50

Resp. C= -3,721d\

4.51

,ressâo C em cada urna da;

ional foi construída em for

barras diagonais, corno se vê:;ue a treliça é internamenteforças nas barras FEe EG, seo às forças de compressão P,

-;.a direção da diagonal FD..FE = -PI.J3 C; FEG= P/.J6

rridirnensional é constituída~tal ABC, em forma de um

e :.as barras AD, BD e CD, queao ponto D. Os vértices

por fios verticais, ligados~ parte superior. Calcular a

ACeAB.

5mg 4mgIC=---' FAB= ---54 ' 27

124 / ESTÁTICA

Rígido Não rígido

Problema Resolvido 4.:

A armação suporta ana figura. Desprezar os Iforças induzidas pela carg;e vertical de todas as força

(a) (b)

Fig.4.13

Finalmente, em algumas situações, é necessário resolver um sistema de duas ou mais equações par!.

separar as incógnitas. Na maioria dos caso} porém, poder-se-á evitar a solução de sistemas de equações, escolhendo-se cuidadosamente o elemento ou grupo de elementós para o diagrama de corpo livre, e selecionando-se o eixo adequado para o cálculo dos momentos, o que eliminará os termos índesejáveis nas equaçõ~Nos exemplos a seguir, está ilustrado o método descrito nos parágrafos anteriores.

Verificar-se-á que, na maioria dos casos, a análise das armações e máquinas é facilitada representando-se

as forças por suas componentes retangulares. Isto é particularmente verdadeiro quando as dimensões daspartes são dadas segundo duas direç~s perpendiculares entre si. A vantagem desta representação é que ocálculo dos braços de alavanca é, conseqüentemente, simplificado. O emprego da notação vetorial é vantajosaem alguns problemas tridimensionais, particularmente quando os momentos são calculados em relação a eixosque não são paralelos aos eixos coordenados.

Nem sempre é possível representar as forças ou suas componentes com os verdadeiros sentidos nosdiagramas de corpo livre, sendo necessário tomar sentidos arbitrários. Em qualquer caso, é absolutamentenecessário que uma força seja coerentemente representada nos diagramas que caracterizam a interação doscorpos que contêm a força em questão. Assim, para os dois corpos ligados pelo plano A (Fig. 4.14a), ascomponentes, quando separadas, devem ser coerentemente representadas nos sentidos opostos. Para urnzligação de rótula, entre peças de uma estrutura tridimensional, o princípio de ação e reação deve ser aplicadàs três componentes, como é mostrado na Fig. 4.14b. Os sentidos arbitrados poderão estar incorretos o qu~será verificado após os cálculos. Se Ax, por exemplo, resultasse negativo, estaria realmente em sentido opostao representado inicialmente. Conseqüentemente, seria necessário inverter o sentido da força em ambas aspeças e inverter o sinal do termo em que esta força aparece na equação, ou deixar a representação inicial eentender-se o sentido real da força pelo sinal negativo. Se for escolhida a notação vetorial para identificar asforças, deve-se ter o cuidado de usar um sinal mais para uma ação e menos para a reação correspondente,conforme é mostrado na Fig. 4.15.

5,5 (O,{

Ax -4,.

Ay - 3;

3,92 (5)

Ex = 13,1

By + 3,9:

By= 2,6:

Bx + 3,9:

Bx = 9,1:

[:EMA = O]

[:EFx = O]

[:EFy = O]

[:EFy = O]

[:EMB = O]

[:EFx = O]

A armação é, em segudiagrama de corpo livre p:tos em suas posições reladas forças comuns de in"obtidas são introduzidas D

conhecidas são as forças dna peça BF, tendo sido (polia. A tração de 3,92 klsobreAD, em seu ponto dl

Em seguida, desenhamtodas as forças desconhecbarra, de modo que a direaplicação das forças e D

direção da força e, portalforças que atuam em Ciguais e opostas, que estãsobre AD no ponto C. ~vista, o sentido positivo lipode ser arbitrariamente, I

A solução pode proS5l:mentos, em torno de B Q{

equações de forças. Portan

Solução. Observa-se,]tuema armação formarranalisado como uma unid

disposição dos suportes lestaticamente determinam

O diagrama de corponhado e as reações externa

Os valores numéricos, Iseus sentidos foram com

corpo livre. O valor de Cxdo diagrama de corpo livrdiagrama de corpo livre d<

Fig.4.15

-Ay

AXÇp ~-A

Notação . =

Ay Vetori:l1

Fig.4.14

ESTRUTURAS / 125

Ex

9Y,Ex

3,92 kN

3'92kN~3,92 kN 3,92 kN

3,92 kN

ir3,92 kN

~D

D = 4,32 kN I Y,Cx

Ay = 3.92 kN

yII

I

L_--x

G) Sem essa observação crítica o problema nãopode ser resolvido. Observe com atenção quea direção da linha ligando os dois pontos deaplicação da força, e não a forma do elemento, determina a direção da força e portantoa relação entre as componentes das forçasatuando em C e E.

G) Vemos que a armação corresponde à categoria ilustrada na Fig. 4.13a.

Resp.

Resp.

Resp.

D= 4,32 kN

Ax = 4,32 kN

Ay = 3,92 kN

5,5 (0,4) (9,81) - 5D = O

Ax - 4,32 = O

Ay - 3,92= O

.3,92 (5) - i-Ex (3) = O

Ex = 13,08 kN

By + 3,92 - 13,08/2 = O

By =' 2,62 kN

Bx + 3,92 - 13,08 = O

Bx = 9,15 kN

[EFy = O]

[EMB= O]

(EFx = O)

[EMA = O]

[EFx = O]

[EFy = O]

Os valores numéricos, positivos, das incógnitas significam que~us sentidos foram corretamente supostos, nos diagramas decorpo livre. O valor de Cx = Ex = 13,08 kN, obtido pela análise

diagrama de corpo livre da peça CE, é agora introduzido. nodiagrama de corpo livre da peça AD, juntamente com os valores

A armação é, em seguida, d~smembrada, e é desenhado umdiagrama de corpo livre para cada peça. Os diagramas são dispostos em suas posições relativas, para ajudar a observação atentadas forças comuns de interação. As reações externas há poucoobtidas são introduzidas no diagrama da peçaAD. Outras forçasconhecidas são as forças de 3,92 kN, exercidas pelo eixo da poliana peça BF, tendo sido obtidas do diagrama de corpo livre dapolia. A tração de 3,92 kN do cabo é também mostrada atuandosobre AD, em ieU ponto de ligação.

Em seguida, desenham-se, nos diagramas, as componentes detodas as forças desconhecidas. Observa-se, aqui, que CE é umabarra, de modo que a direção da linha que une os dois pontos deaplicação das forças e não o formato da peça, determina adireção da força e, portanto, a razão entre as componentes dasforças que atuam em C e E. Estás componentes têm reações.iguais e opostas, que estão desenhadas sobre BF no ponto E, eiObre AD no ponto C. Não pode ser identificado, à primeiravista, o sentido positivo das componentes em B e, deste modo,pode ser arbitrariamente, porém coerentemente, suposto.

A solução pode prosseguir, usando-se uma equação de momentos, em torno de B ou E, para a peça BF, seguida pelas duasequações de forças. Portanto,

Solução. Observa-se, primeiro, que as três peças que constituema armação formam um conjunto rígido que pode seranalisado como uma unidade isolada. Observa-se, também, que adisposição dos suportes externos faz com que a armação sejaestaticamente determinada.

O di<ig!ama de corpo livre da estrutura completa está desenhado e as reações externas estão determinadas. Portanto,


A armação suporta a carga de 400 Ieg,na maneira mostradana fJgUIa. Desprezar os pesos das peças, comparados com asforças induzidas pela carga, e calcular as componentes horizontale vertical de todas as forças que atuam sobre cada uma das peças.

1

Fig.4.15

'tada representando-sedo as dimensões das

representação é que o-o vetoria! é vantajosados em relação a eixos

-Ay

f"L -A-NotaÇão~Vetori:l1

ou mais equações par!.'stemas de equações, es

corpo livre, e selecionar.indesejáveis nas equações.

dadeiros sentidos nos

caso, é absolutamente;:terizam a interação dos

plano A (Fig. 4.14a), as- 'os opostos. Para uma

e reação deve ser aplicado- estar incorretos o queente em sentido oposto

da força em ambas asrepresentação inicial e

oria! para identificar asreação correspondente,

--.126 I ESTÁTICA

Elemento ED. As duas incÓgnitas são facilmente obtidas por

400

(120 - t

Ax + 60

Ax= 60.

200 (4/5)

By = -80

[l:Fx = O]

[l:Fy = O]

[l:Fy = O]

[l:MC= O]

Pode-se usar as duas tl(

verificação. Assim,

Pr;oblema Resolvido 4.7

A máquina mostrada ésobrecarga, que libera a capredeterminado T. Um pininserido em um furo na 'meiesforço de travamento da msobre o pino exceder a suapartes, então, giram em tOlBD e CD, como está mostralF soltam o olhal. Deterrninpino S cisalhar quando a fOIlar, também, a força corresp

[l:Fx = O] B cos 8 + C cos

B = T/(2 cos 8)

Solução. Devido à simedas metades. Escolhe-se a ]]}f

ma de -corpo livre, juntame;simetria, as forças em S e edireção x. As barras BD e Clde, B = C, sobre a ligação em

Do diagrama de equilibricequilíbrio dos momentos elI

S = 800 N e a expressão para .

O sinal menos mostra q

-.\ Elemento BC. Os resul41 transferidos para BC, e a ir)[l:Fx = O] 120 + 400

Cx= 3001

500

I500

t~750mm

® A força de 130 N poderia ser também aplicada ao pino considerado como parte deBA,resultando numa mudança da reação Bx'

CV Os sentidos de Ax e Cx não são, inicialmente, óbvios, e podem ser convencionados arbitrariamente para posteriormente serem corrigidos, se necessário.

Notas:

<D Vemos que esta armação corresponde à categoria ilustrada na Fig. 4.13b.

Resp.

Resp.

Resp.

200 (3/5) (0,5) - Bx (1,0) = O

Bx = 60N

200 (0,3) - 0,3E = O ,E = 200 N

D - 200 - 200 = O D = 400 N

200 (0,3) + 120 (1,0) - 0,750 Ay = O

Ay = 240 N Resp.

Cy - 200 (4/5) - 240 = O

Cy = 400 N Resp.

4,32 (3,5) + 4,32 (1,5) - 3,92 (2) - 9,15 (1,5) = ('

4,32 - 13,08 + 9,15 + 3,92 - 4,32 = O

-13,08/2 + 2,62 + 3,92 = O

[l:MA = O]

[l:MD = O]

[l:F= O]

[l:Fy = O]

[l:MC= O]

[l:MC= O]

[l:Fx = O]

[l:Fy = O]


Solução. Observa-se que a armação não é uma unidaderígida, quando removida dos seus suportes, pois BDEF é umquadrilátero móvel e não um triângulo rígido. Conseqüentemente, as reações externas não podem ser completamente determinadas enquanto não se analisar, individualmente, cada membro.Porém pode-se determinar as componentes verticais das reaçõesem A e em C, a partir do diagrama de corpo livre da armação,como um todo. Assim,

que verificam os cálculos anteriores.

Desprezar o peso da armação e calcular as forças atuando emtodos os seus membros.

Elemento AB. Como F é agora conhecida, resolve-se para

Bx,AxeByde

Elemento EF. F é claramente igual e oposta a E, com intensidade de 200 N.

de Bx e By determinados acima. Pode-se, agora, aplicar asequações de equilíbrio à peça AD, como verificação, visto quetodas as forças que atuam sobre ela já foram calculadas. Asequações fornecem

A seguir, desmonta-se a armação e desenha-se o diagrama decorpo livre de cada elemento. Como EF é uma barra, a direçãoda força em E sobre ED e em F sobre AB, é conhecida. Supo-

3) nhamos que a força de 130 N esteja aplicada ao pino, 'parte doelemento DC. Não há dificuldade em alocar os sentidos corretos

para as forças E, F, D e Bx. O sentido de B, contudo, pode nãoser inferido por inspeção e, portanto, é arbitrariamente mostradocomo sendo para baixo sobre AB e para cima sobre BC.

ESTRUTURAS / 127

o sinal menos mostra que alocou-se o sentido de By errado.

Elemento BC. Os resultados para Bx, By e D são, agora,4) transferidos para BC, e a incógnita restante Cx é encontrada de

Cy = 400NAy = 240 N

Resp.

Resp.

Resp.

120 + 400 (3/5) - 60 - Cx =0

Cx = 300 N

Ax + 60 - 200 (3/5) = O

Ax = 60N

200 (4/5) - 240 - By = O

By=-80N

[EFy= O]

[EFX = O]

[EFx= O]

Pode-se usar as duas equações restantes do equilíbrio paraverificação~ Assim,

[EFy = O]

[EMC= O]

400 + (-80) -400 (4/5) = O

(120 - 60) (1,0) + (-80) (0,75) = O

@ Poderíamos ter, também, retomado"ao diagrama de corpo livre da armação como um

todo e encontrado Cx'

2BcosO=T

,-

[EFx=O] BcosO+CcosO-T=O,

B = T/(2 cos O),

Pr,oblema Resolvido 4.7

Solução. Devido à simetria, pode-se analisar somente umadas metades. Escolhe-se a metade superior e desenha-se o diagrama de corpo livre, juntamente com o da ligação D~ Devido à,

simetria, as forças em S e em A não possuem componentes nadireção x. As barras BD e CD exercem forças de igual intensidade, B = C, sobre a ligação em D. O equilíbrio da ligação dá

A máquina mostrada é um aparelho de proteção contrasobrecarga, que libera a carga quando esta 'exceder, um valorpredeterminado T. Um pino de cisalhamento, de metal,' estáinserido em um furo na-metade inferior do aparelho, e recebe oesforço de travamento da metade superior. Quando a força totalsobre o pino exceder a sua resistência, ele se rompe. As duaspartes, então, giram em torno de A, sob ação das trações emBD e CD, como está mostrado na segunda figura, e os roletes E eF soltam o olhal. Determinar a tração máxima possível T, se opinoS cisalhar quando a força total sobre ele for 800 N. Calcular, também, a força correspondente sobre o pino articulado A.

Do diagrama de equil1orio da metade superior, expressa-se oequilíbrio dos momentos em torno do ponto A. SubstituindoS = 800 N e a expressão para B, obtém-se

-o corresponde à cate.13b.

~ Cx não são, inicialmenser convencionados arbi

.orrnente serem cor-

- poderia ser também aplio como parte deBA,

ça da reação Bx'

-~::un -~~

128 I ESTATICA

Probl.

4.58 A tesoura representa(usada em lugar das tiquando se deseja grarforça aplicada de 15O .

no corte, à distância (na, a partir do pino A ~

Probl


4.59 A figura mostra um anualmente, péquenosum aperto manual (força Q, .que cada Isobre o vergalltão.

150N

4.60 Uma chave com limi

pino de cisalltamentosobre ele exceder sua

o torque que pode seJresistência limite do I900 N, em cisalltaml= 450 N), calcular o t

aplicado à chave. QmM um acréscimo emcondições constantes.

Resp. 11

4.61 Na armação carregadanentes:X e y da força s

4.57 Substituir o conjugadcpor uma força, paraponto D e calcular a 'emB.

Probl. 4.55

<D É sempre útil reconhecer a simetria. Nesteexemplo ela nos mostrou que as forças agin,do sobre as duas partes se comportam comoimagens recíprocas uma da outra, com res-

peito ao eixo x. Assim, não se pode ter uma ... )ação sobre um dos elementos na direção _ypositiva do eixo x e a sua reação sobre ooutro elemento ser na direção negativa dosx. Como conseqüência, as forças em S e emA não têm componentes na direção x.

Probl. 4.56

@ Tenha cuidado para não se esquecer do momento da componente y de B. Observe queas unidades usadas são newton-milÍmetro.

Notas:

A = 492 N Resp,

- (36) (800) - L (26) = O2

5i"3 -A = O

S-BsenO-A=O

(cos O) (50) + T (sen O) (36) -2 cos O

1477

800 - 2 (12/13)

10.6mI0.5m~ .Cf

[I:MA= O]

T2 cos O

[I:Fy= O]

Finalmente, o equilíbrio na direção y, dá

Substituindo sen O/cos O = tg O = 5/12 e resolvendo para T,dá

Probl. 4.54

4.55 Calcular a intensidade da força suportada pelo pinoem A , que fixa o suporte carregado à parede.

Resp. B = 289 N

T (25 + 5 (3,6) - 13) = 28 800, 2 (12)

T= 1477 N ou T= 1,477 kN Resp,

PROBLEMASPROPOsrOS

2

(Desprezar a massa dos vários membros nos problemasque se seguem, exceto onde for indicado o contrário.)9Calcular a intensidade da força suportada pelo pino

em C, na armação carregada.Resp. C = 1 002 N

~ CalCul: a intensidade da força suportada pelo pino~ B da armação, cuja carga' é um conjugado de200N·m.

---------

ESTRUTURAS I 129

p

3m

1'16kN3m

b=300mm~

Probl. 4.62

yIIL_-x

9 kN

Probl. 4.63

Probl. 4.60

Pino de

( cisalhamentoI I

11: =:=BI IA

(ó---©

loomhl~~mm

4.63 Calcular a intensidade da força que atua sobre opino em D. O pino.C está fixo à barra DE e encostano rasgo liso da chapa triangular.

Probl. 4.61

G Na armação carregada da figura, calcular as componentes x·e y da força suportada pelo pino C.

Resp. Cx = 5,25 kN; Cy = 1 kN

Probl. 4.57

Resp. P= 1467 N

A tesoura representada na figura é, muitas vezes,usada em lugar das tesouras comuns de funileiro,quando se deseja grande força no corte. Para umaforça aplicada de 150 N, qual é a forçaP disponívelno corte, à distância de 30 mm na direção da lâmina, a partir do pino A?

Probl. 4.59


.61 Na armação carregada da figura, calcular as componentes x e y da força suportada pelo pino C.

150N

.60 Uma chave com limitações de torque possui umpino de cisalhamento B, que rompe quando a forçasobre ele exceder sua resistência e, portanto, limitao torque que pode ser aplicado sobre a chave. Se aresistência limite do pino de cisalhamento for de900 N, em cisalhamento duplo (isto é, Vl2 == 450 N), calcular o torque limite M, que pode seraplicado à chave. Que efeito tem sobre o valor deM um acréscimo em b, mantendo todas as outrascondições constantes.

Resp. M= 75 N'mM diminui quando b aumenta

4.59 A figura mostra um alicate usado para cortar, manualmente, péquenos parafusos e vergalhões. Paraum aperto manual de P = 150 N, determinar aforça Q, ,que cada mandíbula do alicate exercesobre o vergalhão,

4.58

4.57 Substituir o conjugado de 200 N • m do Probl. 4.56por uma força, para baixo, de 800 N, aplicada noponto D e calcular a intensidade da força que atuaemB.

:Jão se esquecer do moy de B. Observe quenewton-milímetro.

ceer a simetria. Neste

ou que as forças aginse comportam como

a da outra, com res, não se pode ter uma

5 elementos na direção:r e a sua reação sobre o

~ direção negativa dosas forças em S e em

.esna direção x.

4.69 Calcular a força que aiçamento, cujos braços

Re

I ~ 270mm

4.70 Determinar a força verfunção da força P, aplide travamento, que retiposição.

---

Probl. 4.67

300 ,j, 250mm mm

E

um torque de entrada de 50 N· m, no sentido horário, na árvore A, e se a árvore de saída D acionauma máquina à velocidade constante, determinar asforças exercidas sobre o flange da base do redutor,em E e F, pela ação combinada dos parafusos e dafundação de suporte.

Resp. E = 139 N, para baixoF= 433 N, para cima

./

looN

270mm 'I

Calcular a força suportada pelo pino em A, do alicate com regulável, utilizado para aperto, sob umacarga aplicada de 100 N.

Resp. A = 525 N

Probl. 4.64

4.65 Calcular a força Q, exercida pelo alicate furador depapéis, quando se aplica a forçaP no cabo.

130 / ESTÁTICA

Probl. •

4.71 Os alicates articulados s:

de de fmalidades de apvanca defmida por meiforça P= 150N no Cli

força de aperto,c produ

ProbL

P

y

4.72 Na armação carregada, ee y da reação no pino en

r1/r2 = 2/3tg a = 3/4

Probl. 4.69

~M

Probl. 4.68

4.68 As duas engrenagens cilíndricas A e B acionam asengrenagens cênicas C e D. ·Para um dado torqueMo, encontrar a expressão do torque M, na árvorede saída, necessário para manter o equilíbrio.

Probl. 4.65

Resp. C= 1 367 N

4.66 A chave de caixa especial da figura tem a caixa Blivre para girar em tomo do pino C fIXo ao punhoA, e pode acomodar vários tamanhos de parafusoscom cabeça hexagonal. Para o tamanho nominalmostrado, onde o centro O do parafuso e o pino Cestão alinhados com o punho, calcular a intensidade da força suportada pelo pino em C, quandoP = 160 N. Assumir que a superfície da cabeça doparafuso seja lisa.

4.67 O r~utor de velocidade consiste da árvore de entrada A, onde está montado o pinhão B, que acionaa engrenagem C, e sua árvore, de saídaD, com umaredução 2:1. O centro de gravidade da unidade,cuja massa é de 30 kg, está em G. Se for aplicado

Probl. 4.66

BOON

ESTRUTURAS I 131

4.73 Na armação carregada, calcular a força suportadapelo pino em B.

Resp. B = 933 N

Probl.4.73

A.74 Calcular as componentes x e y de todas as forçasque atuam em cada membro da armação carregada.

270 3mm

4.69 Calcular a força que atua no elo AB da tenaz deiçamento, cujos braços se cruzam sem se tocarem.

Resp. FAB = 8,09 kN, tração

4.70 Determinar a força vertical de retenção em E, emfunção da força P, aplicada no punho do grampode travamento, que retém a peça de trabalho F emposição.

F250mm

E = 139 N, para baixoF = 433 N, para cima

.67

• o:.e 50 N • m, no sentido horáIR a árvore de saída D aciona

.•:i.e constante, determinar asflange da base do redutor,binada dos parafusos e da

D---X

50

300

400

Probl. 4.75

4.75 Calcular as componentes x e y da força que atuasobre o pino em B. As duas polias estão ligadasentre si, formando uma unidade integral. Os cabosestão firmemente enrolados nas polias.

Resp. Bx = 809 N; By = 785 N

200 N

Probl.4.74

4.76 Calcular as componentes x e y da força que atuasobre o pino B, que une as duas peças representadas, quando a carga é de 200 N.

Resp. Bx = 287 N; By = 215 N

.72 Na armação carregada, encontrar as componentes xe y da reação no pino em B.

P 1\---100 nun ~

Probl. 4.71

Probl. 4.72

20= 60mm

4.71 Os alicates articulados são usados para urna variedade de fInalidades de aperto. Para a posição da alavanca definida por meio de Ct = 100, e para umaforça P = 150 N no cabo da alavanca, calcular aforça de aperto.C produzida.

Resp. C= 1 368 N

.68

69

::clndricas A e B acionam ase D. ·Para um dado torque'io do torque M, na árvoremanter o equilíbrio.

-: T2 = 2/3:g a = 3/4

•

132 / ESTÁTICA

Probl.

Prob'

4.83 O conjunto da roda (do avião, é recolhido lna barra BC, por meicna figura. Sabendo-seem conjunto 50 kg (calcular o valor deroda no momento errbaixo de B com o ângt

D

c

Probl

4.84 O trem de aterrissagermola, de um pistão hidro D e de dois elos 01

Resp. T= 231 N

4.81 A mandíbula móvel D da prensa articulada desloca-se com atrito desprezível ao longo da colunavertical fixa. Calcular a força de compressão Rexercida sobre o cilindro E, e a força suportadapelo pino A, se for aplicada uma força F = 200 Nno cabo da alavanca, que forma um ângulo e = 75°com a vertical.

Probl. 4.81

Resp. R = 966 N; A = 833 N

4.82 A figura representa uma suspensão dianteira, comeixo duplo, usada em pequenos caminhões. Amassa da viga central F é de 40 kg e a de cada rodacom o respectivo eixo é de 35 kg, com o centro demassa a 680 mm da linha vertical central. Para umacarga L = 12 kN, transmitida à viga F, calcular aforça total de cisalhamento suportada pelo pino A.

Resp. A = 1,75 kK

k--l,8 m----JProbl. 4.80

4.80 A escada simétrica de 20 kg está montada sobrerodas, para poder ser facilmente movimentada. Seuma pessoa de 90 kg ficar em p~ no degrau em C,calcular a tração T na ligação AB. A articulação notopo da escada está sobre a linha de centro das suaspernas.

x

"---xA

mm

E tn~r

I

O,4m

mm

Probl. 4.76

mm

Probl. 4.78

4.79 Na armação carregada, encontrar as componentes xe y das forças em A e em C.

Probl. 4.79

50 kg

O,4m

4.78 Na armação carregada, calcular as componentes x ey da força suportada pelo pino em E.

Resp. Ex = 25 N; Ey = 25.J3N

4.77 Substituir a força de 200 N em E, no Probl. 4.76,por um conjugado de 50 N· m, no sentido horário,e calcular as componentes x e y de todas as forçasatuantes sobre cada um dos dois membros da má

quina.

ESTRUTURAS I 133

F

Fe

Probl. 4.85

4.87 Determinar a força suportada pelo pino C da estrutura carregada.

Resp. C= 2 160 N

Probl. 4.86

move-se ao longo da pista à velocidade constante,com a roda suportando uma carga constante, equilibrada, de 24 kN, calcular a força total que o pinoA suporta.

4.85 Determinar a força de compressãoP, em função daforça F aplicada nos punhos da máquina de rebitar.

2FeResp. P= ---

C{I-{;)

Resp. A = 44,7 kN

4.86 O dispositivo mostrado é um tipo ajustável de chaye, na qual os pinos A e B se ajustam nos furos naface do disco que está para ser montado, em seueixo fIxo O. Se for necessário um torque (momento) de 60 N • m, em tomo de O, pllJ:a apertar odisco no eixo, calcular a força em cada um dospinos A e B, quando a força aplicada P tem o valornecessário.

4.88 Calcular a intensidade da força suportada pelo pinoA da armação carregada.

---------1L--750mm~

Probl.4.83

Probl. 4.84

Probl. 4.82

4.84 O trem de aterrissagem do avião consiste de umamola, de um pistão hidráulico carregado, do cilindro D e de dois elos OB e CB articulados. Se o trem

4.83 O conjunto da roda dianteira, localizada no narizdo avião, é recolhido aplicando-se um conjugado Mna barra BC, por meio da árvore B, conforme se vêna fIgura. Sabendo-se que o braço e a rodaAO têmem conjunto 50 kg com centro de massa em G,calcular o valor de M necessário para recolher aroda no momento em que D está diretamente debaixo de B com o ângulo () = 30°.

Resp. T= 231 N

R = 966 N; A = 833 N

::.a prensa articulada deslo:zÍyel ao longo da colunaa força de compressão R

E, e a força suportadauma força F = 200 N

~orma um ângulo ()= 75°

-~ kg está montada sobreente movimentada. Se

em p~ no degrau em C,;lioAB. A articulação no

a linha de centro das suas

suspensão dianteira, coml = pequenos caminhões. A

F é de 40 kg e.a de cada rodaé de 35 kg, C8I11 o centro de

vertical central. Para umaitida à viga F, calcular ato suportada pelo pino A.

Resp. A = 1,75 kN

134 I ESTATlCA

R

Dimensões c

Probl4

Prob

Resp. J

A unidade motora Ade 4 Mg e centro de 1

padora R rebocada,massa de 24 Mg e cel:ção do raspador é chidráulicos EF, um e:cular a compressão Fa intensidade da fo~pinos em H, situadosSupor que as rodas SI:

que não há componeas rodas.

4.93

4.94 A figura mostra um diseções verticais de UI

conjunto A tem massataforma D, de massa :pelos roletes sobre a C(

pelo cilindro hidráulicFH. Para a posição paforça R exercida pelointensidade da força IDesprezar a massa do a

Resp.

r''~

rO,9m

Probl. 4.91

Resp. Q = 13,18 kN

Probl. 4.90

sa em G. Se uma força F, na alavanca do tambor,suporta uma carga de 90 kg, calcular a intensidadeda força suportada·pelo pino emA.

Resp. A = 1 727 N

Calcular o esforço cortante Q, aplicado à barra,quando atuar no punho da alavanca, uma força de400 N, sendo o ângulo e = 30°. Para uma dadaforça aplicada, determinar o valor de e que forneceo maior esforço cortante.

4.92 A caçamba é controlada pelos três cilindros hidráulicos e, na posição particular mostrada, pode aplicar uma força horizontal P = 10 kN. Desprezar ospesos das peças e calcular as forças suportadaspelos pinos em A e E.

Resp. A = 22,4 kN; E = 36,7lli

4.91

(~

E•

600N

E

c

1

'F

:tüDJ~o'mlo.,Probl. 4.87

G IF~O,9~

Probl4.88

4.89 O braço CE e a roda dentada estão montados, independentemente, no mesmo eixo, em C. É necessário aplicar um torque Mo = 30 N 'm, no eixo dobraço AR, para equilibrar o torque resistente M,que atua na roda, e poder mantê-Ia na posição mostrada, onde a barra RE é perpendicular aAR e CE.Calcular a intensidade da força correspondente queatua na extremidade C do braço EC.

Resp. C = 908 N

/

100

---±-.

Probl. 4.89

4.90 O guindaste portátil mostrado é usado para içarmateriais de construção ao teto de .um edifício. Oguindaste tem massa de 50 kg e tem centro de mas-

ESTRUTURAS I 135

Probl.4.94

ProbL 4.95

Detalhe do mecanismo para içar a carroceriaDimensões em milímetros

o mecanismo para içar a carroceria de um caminhão basculante está mostrado em detalhe na figura. Determine a compressão P no cilindro hidráulico BE e a intensidade da força suportada pelo pinoem A, para a posição particular mostrada, na qualBA é perpendicular a OAE e a barra DC é perpendicular a AC. A carroceria basculante e sua cargatêm massa de 9 Mg, com centro de massa em G.Todas as dimensões estão indicadas na figura.

Resp. P= 119,0 kN; A = 64,5 kN

4.95A unidade motora A do trator ra~ tem massade 4 Mg e centro de massa em Gl' A caçamba-raspadora B rebocada, totalmente carregada, temmassa de 24 Mg e centro de massa em G•. A posição do raspador é controlada por dois cilindroshidráulicos EF, um em cada lado da máquina. Calcular a compressão F, em cada um dos cilindros, ea intensidade da força que atua em cada um dospinos em H, situados um em cada lado do reboque.Supor que as rodas sejam livres para girar de modoque não há componentes horizontais de força sobas rodas.

ProbL 4.93

ProbL 4.92

Resp. F= 131,8 kN; H= 113,9 kN

A figura mostra um dispositivo especial para erguerseções verticais de uma torre em construção. Oconjunto A tem massa de 1,5 Mg e é içado pela plataforma B, de massa 2 Mg. A plataforma é guiadapelos roletes sobre a coluna vertical fixa e acionadapelo cilindro hidráulico CD e pelas barras EDF eFH. Para a posição particular mostrada, calcular aforça R exercida pelo cilindro hidráulico em D e aintensidade da força sUportada pelo pino em E.Desprezar a massa do cilindro e das barras.

Resp. R = 59,7 kN; E= 40,0 kN

4.93

f'l,2m1TO,9m

.90

A = 22,4 kN; E = 36,7 kN

te Q, aplicado à barra,da alavanca, uma força de8 = 30°. Para' uma dada

o valor de e que fornece

Resp. Q = 13,18 kN

4.91

pelos três cilindros hidráu,.mcuJ.ar mostrada, pode apli

P = 10 kN. Desprezar osakular as forças suportadas

5a F, na alavanca do tambor,!93 kg, calcular a intensidade;riDo emA.

Resp. A = 1 727 N

136 I ESTÁTICA

Neste Capítulo aplicaram-se os princípios do equilíbrio a duas classes de problemas: (a) treliças simples.e (b) armações e máquinas. Não foi necessário desenvolver nenhuma teoria nova pois as soluções foram encotradas apenas com o traçado do diagrama de corpo livre e aplicando as equações do equilíbrio, já familiares..

Contudo, as estruturas que foram tratadas neste Capítulo proporcionaram a oportunidade de desenvolver uma abordagem sistemática para uma classe de problemas mecânicos que ocorrem fre<lüentemente.

Os aspectos mais essenciais da análise destas duas classes de estruturas estão revistos nos passos apresentados abaixo.

(a) Treliças simpL

1. As treliças sirrtração ou compressão. P

2. As treliças simlforma triangular para ttreliça são formadas in(ligando-os aos nós existe

3. Suponhamos qunião-rótula, no caso da:

4. As cargas exte[5. As treliças são

os necessários para mant6. As treliças são

no parágrafo 2 acima, Oil

7. O método dos,

um nó' onde, pelo menocaso de treliças planas, O'

8. O método das!

mais nós e, em geral, en'dos momentos é de graucortar mais do que trêsexistem apenas três equa

9. O vetor que reIdo nó ou da seção em quma seta saindo do nó oseção.

10. Quando dois r

pazes de suportar compnmente determinado.

11. Se duas barras

com direção diferente dauma força externa, que tt

(b) Armações e mál

1. As armações e a:mais membros sujeitos a n

2. As armações sãomáquinas são estruturas q

geralmente, envolvem umcategorias.

3. Somente serão omente como internamente

4. O mesmo proced

5. Se uma armaçãosuportes externos, a análiou máquina, como um t<externos são removidos,desmembrada.

Probl. 4.97

Probl.4.98

A estrutura em forma de A mostrada na figura, temdois pinos, E e F, que permitem que ela gire emtorno do eixo y mas não oferecem resistência aforças nesta mesma direção. As uniões em A, B, C,D e G podem ser tratadas como uniões-rótula. Aligação CG é a única barra. Calcular as componentes x, y e z de todas as forças que atuam sobre cadamembro da armação. Pode-se desprezar o peso doselementos comparados com as cargas transmitidas.

Resp. Ax =Ay =By = Dy =Ex =Fx = 1,25 kNBx=Bz =Dx =Dz =Ez =,Fz = 2,5 kN

Cx = Cz = 5 kN; Az = O

4.98

Probl. 4.96

4.97 Calcular as componentes x, y e z de todas as forçasque atuam em cada elemento da armação espacialcarregada conforme mostrado.


4.7 - FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃO

4.96 Calcular as componentes x, y e z de todas as forçasque atuam em cada uma das três partes do mecanismo mostrado. Os dois discos estão rigidamentemontados no eixo, sendo que o maior deles temuma força de 300 N atuando na corda a ele enrolada e orientada para a direção negativa do eixo y. Acorda enrolada em torno do disco menor apontapara a direção x e o impede de girar. Trate todas asuniões como tipo rótula e despreze o peso de todosos membros.

A mostrada na figura, tem~item que ela gire em

-io oferecem resistência a- . As uniões em A, B, C,

como uniões-rótula. A

Çalcular as componenque atuam sobre cadadesprezar o peso dos

as cargas transmitidas.

=Dy =Ex =Fx = 1,25 kN=Dz = Ez =-Fz = 2,5 kN-; Az = O

as: (a) treliças simplesas soluções foram encon·equilíbrio, já familiares.oportunidade de desen·

freliüentemente.os nos passos apresen·

ESTRUTURAS / 137

(a) Treliças simples

1. As treliças simples são compostas de barras, ligadas nas suas extremidades e capazes de suportartração ou compressão. Portanto, as forças internas têm sempre a direção dos seus respectivos membros.

2. As treliças simples são construídas em tomo de uma unidade rígida básica, que não sofre colapso, deforma triangular para treliças planas e de tetraedro para treliças especiais. As unidades adicionais de umatreliça são formadas incluindo novos membros, dois no caso de treliça plana e três nas treliças espaciais,ligando-os aos nós existentes e unindo suas extremidades para formar novos nós.

3. Suponhamos que os nós nas treliças simples são do tipo pino, no caso de treliças planas, e do tipounião-rótula, no caso das espaciais. Portanto, os nós podem transmitir forças, mas não momentos.

4. As cargas externas sobre treliças simples são aplicadas somente nos nós.5. As treliças são estaticamente determinadas externamente quando os vínculos externos não excedem

os necessários para manter uma posição de equillbrio.6. As treliças são estaticamente determinadas internamente quando são construídas da forma descrita

no parágrafo 2 acima, onde os membros internos não excedem aqueles necessários para evitar o colapso.7. O método dos nós utiliza as equações do equilíbrio das forças em cada nó. A análise deve iniciar por

um nó onde, pelo menos, uma força seja conhecida, e que tenha, no máximo, duas forças desconhecidas, nocaso de treliças planas, ou, no máximo, três forças desconhecidas, no caso de treliças espaciais.

8. O método das seções utiliza o corpo livre de uma seção completa de uma treliça, contendo dois oumais nós e, em geral, envolve o equillbrio de um sistema de forças não concorrentes. A equação de equillbriodos momentos é de grande auxílio no método das seções. Em geral, no caso de treliças planas, se uma seçãocortar mais do que três barras cujas força~desconhecidas, a solução não poderá ser encontrada poisexistem apenas três equações independentes do equihbrio.

9. O veto r que representa uma força atuando sobre um nó ou uma seção é desenhado do mesmo ladodo nó ou da seção em que está a barra que transmite a força. Com esta convenção, a tração é 'indicada poruma seta saindo do nó ou da seção e a compressão é indicada pela seta apontando na direção do nó ou daseção.

10. Quando dois membros são as diagonais de um painel quadrilátero, e são membros flexíveis, incapazes de suportar compressão, somente se considera aquele que está em tração, e o painel permanece estaticamente determinado.

11. Se duas barras carregadas forem colineares em um nó, a inclusão de uma terceira barra neste nó,com direção diferente das outras duas, significará que esta nova barra terá força nula, a menos que se apliqueuma força externa, que tenha componente na direção da terceira barra.

(b) Armações e máquinas

1. As armações e as máquinas são estruturas de múltiplas forças, isto é, estruturas que contêm um oumembros sujeitos a mais de duas forças.

2. As armações são estruturas projetadas para suportar cargas, geralmente sob condições estáticas. As'quinas são estruturas que transformam forças e momentos de entrada em forças e momentos de saída e,

~mente, envolvem uma ou mais partes móveis. Algumas estruturas podem ser classificadas em ambas aslegorias.

3. Somente serão consideradas aqui armações e máquinas estaticamente determinadas, tanto externate como internamente.

4. O mesmo procedimento para analisar armações, aplica-se às máquinas.

5. Se uma armação ou máquina é uma unidade rígida, como um todo, quando são removidos seusrtes externos, a análise iniciará computando as reações externas sobre toda a unidade. Se uma armação

máquina, como um todo, for uma unidade não rígida (que possa sofrer colapso), quando seus suportesernos são removidos, a análise das reações externas não pode ser completada antes da estrutura ser

smembrada.

-, ----

138 I ESTATlCA

H

L320DProbl. '

4.105 Uma barra ajustáYlunidade tratora Hum grande avião, ~te da altura do glbarra de reboque,hidráulico CD, qlUbomba manual (nãnominal mostrada ,

calcular a força P f(C, para posicionar é

to tem massa total

em G e está suporta

A

4kN

B

3m

3m

Probl. 4.102

F 3m G

Probl. 4.101

c

E

rp \~

b

P P

Probl.4.99

b

Resp. BH= 47,1 kN CCD= 6,7 kNCGD=O

6. As forças atuando nas conexões internas das armações e máquinas são calculadas desmembrando a

estrutura e construindo um diagrama de corpo livre separado para cada parte. O princípio da ação e reaçãodeve ser rigorosamente observado, pois, do contrário, certamente ocorrerão erros.

7. As equações de equihbrio de forças e de momentos são aplicadas aos membros à medida que forsendo necessário calcular as incógnitas desejadas.

4.99 Uma armação usada para testar a resistência àcompressão de blocos de concreto, se compõe dequatro sapatas de pressão, de quatro barras decompressão e de três barras externas, dispostacomo um quadrado, conforme mostrado. Expressar a força compressiva C, que atua sobre cadalado do bloco de concreto quadrado, em termos

das forças aplicadas P. iA S o.'? co::,b

PROBLEMAS PARA REVISÃO

4.100 Calcular as forças que atuam nas barras BH, CD eGD da treliça, carregada pelas forças de 40 e60kN.

I' 4painéisde5m 'IJ I H G F

Awm140kN 60kN

Probl. 4.100

4.101 Determinar a força que atua em cada barra dasduas treliças que suportam a carga de 10 kN, emseu nó comum K.

4.102 Calcular a força no membro BG, usando um diagrama de corpo liVredo membro rígido ABe.

Resp. BG = 8 kN C

4.103 Cada uma das três cargas L, que atuam sobre atreliça da ponte, é de 200 kN. Determinar asforças nos membros EG e DF, com o mínimo decálculo.

Resp. EG = 600 kN T; DF = 825 kN C

r F

~

I L L L I< 12 painéis de 6 m >

Probl. 4.103

4.104 Calcular as componentes x e y das forças atuandoem A e em C, na armação carregada pelo conjugadoM=40N·m.

4.106 O topo de uma ba50 kg, com centrocomponentes x e Y IemE.

Probl. 4

ESTRUTURAS I 139

das desmembrando a

ípio da ação e reação

ros à medida que for

01

Probl.4.104

4.105 Uma barra ajustável de reboque, que conecta aunidade tratora H ao trem de aterrissagem J deum grande avião, está mostrada na flgUIa. O ajuste da altura do gancho F, na extremidade dabarra de reboque, é obtido através do cilindrohidráulico CD, que é atuado por uma pequenabomba manual (não mostrada). Para a posiçãonominal mostrada das barras do triângulo ARC,

calcuIai a força P fornecida pelo cilindro ao pinoC, para posicionar a barra de reboque. O conjun

to tem massa total de 50 kg em centro ~e massaem G e está suportado pelo pino E do trator~

Resp. P = 298 N

4.107 Determinar a força que atua na barra GL da treliça da torre, carregada, pelo método dos nós. Atreliça é estaticamente determinada?

Resp. GL:;:: 37,5 kN T

;

Probl.4.107

4.108 Determinar a força que atua na barraAC em função da carga m suportada pela treliça. Todos osângulos águdos internos são de 30° ou de 60°.

Resp. AC = mg/3, C

H


AB=AC=500

600 200

Probl. 4.105

750

A

4kN

G

02

•

4.109 Verificar o fato de cada uma das treliças carregadas mostradas ser internamente instável (nãorígida). Indicar, no mínimo, dois métodos que

B

Probl4.108

m

4.106 O topo de uma bancada retrátil tem massa de50 kg, com centro de massa em G. Calcular ascomponentes x e y da força suportada pelo pinoemE.

Probl. 4.106

x e y das forças atuando- carregada pelo conjuga-

L, que atuam sobre a200 kN. Determinar as

EG e DF, com o mínimo de

= /,••• kN T; DF = 825 kN C

;:=====~---~--~--------------------~~-~~~---~~~------------~==-O ;:-,-

140 I ESTÁTICA

Probl

nesta posição particular, devidas ao peso dotronco.

Resp. A = 173,5 kN; D = 87,4ld'

FGH

(d)

F E D

~

Probl. 4.109

F

FG

(c)

H G

H

assegurem estabilidade interna (rigidez) a cadatreliça, por meio do acréscimo de uma ou maisbarras, sem introduzir redundância.

4.111 Na posição particular representada, as lanças AFe EG do empilhador de troncos estão em ânguloreto e AF é perpendicular a AB. Se o guindasteestiver içando um tronco de massa igual a 2,5 Mg,calcular as forças que os pinos A e D suportam,

4.110 Uma chave"antitorque", projetada para ser utilizada por um tripulante de nave espacial, nãoexige plataforma fixa contra a qual se poderiaapoiar, ao fazer o esforço para apertar um parafuso. O pino A aloja-se no orifício existente naestrutura que contém o parafuso que vai ser apertado. Por meio de movimentos sucessivos de osci

lação do cabo que comanda a engrenagem, o soquete gira em um só sentido, sob a ação de umacatraca. A reação contra o pino A estabelece acaracterística "antitorque" desta ferramenta.Para uma força P = 150 N, calcular o torque M

transmitido ao parafuso, e a reação externa Rcontra o pino A, normal à linha AB. (Um doslados da chave é usado para apertar o parafuso eo lado oposto para afrouxar.)

Resp. M= 7,88 N'm; R = 137,0 N

4.114 Calcular a força totem D, na estrutura t


4.113 Um guincho de armação A suporta uma carga c.~100 kg com uma força P aplicada no punho C.

manivela. Calcular as componentes x e y de todzas forças que atuam em cada uma das três barrada armação, para o punho da manivela na posiçi:=vertical mostrada.

Probl. 4.112

Probl. 4.111

4.112 A caçamba de uma escavadeira tem a capacidad=de 4 m 3 e está sendo utilizada para transportz:material com a massa específica de 2,6 Mg/m'

.~As dimensões são as que aparecem na figura. p~a posição particular apresentada, em que o braçoEB é horizontal, achar a força de compressão I1Z

haste do cilindro hidrá~co lL e a força cisalhante suportada pelo pino, emA. A máquina é simétrica em relação ao plano vertical, central e longitudinal e tem dois conjuntos de alavancas iguaisao mostrado na figura. Os pesos próprios daspeças podem ser desprezados diante das cargasque suportam.

Resp. L = 52,0 kN; A = 247 b'\

p

P12Q mm

Probl. 4.110

40

f~w:....~.,1A'Y~">.·.-.·.·.·

I

, devidas ao peso do

, A = 173,5 kN; D = 87,4 kN

4.111

100k ID~e~sões emg , milImetros

1200-+-1200Proo!. 4.113

x

x

ESTRUTURAS I 141

duas forças mostradas. As conexões podem serconsideradas como rótulas.

Resp. D = 4,90 kN

zII

=vadeira tem a capacidade.:- utilizada para transportar

específica de 2,6 Mg/m3•

que aparecem na figura. Paraapresentada, em que o braço

a força de compressão nas.:...>ráulicoJL e a força cisalhan_- 0, em A. A máquina é simé

:;llanovertical, central e longi::onjuntos de alavancas iguali

I 5gura. Os pesos próprios das.:::sprezado s diante das cargas

L = 52,0 kN; A = 247 kN

4.112

f mação A suporta uma carga d=força P aplicada no punho ~as componentes x e y de todE!

em cada uma das três barrZ!

punho da manivela na posiçãz

4.114 Calcular a força total que atua sobre a peça BD,

=D, ~ "trot"" m:5ionm =-" p''''

Probl. 4.114

~-----------------------------------~---------------------------

5FORÇAS mSTRlBUIDAS

veis, não se pode tratar ;de problema requer umresistência dos materiais ,

Quando as forças loutras dimensões pertinetos das forças distribuíillmática, obrigando o conJem três categorias.

Distribuição Linem

carga vertical· continua,expressa como força por'

Distribuição por Vo

de corpo. A força de corpda massa de um corpo. Po:balanço, como a da Fig, 5de toda a estrutura. A int

pór unidade de volume) eno SI.

~ L ."\"7

(a)

.Distribuição por Áhidráulica da água contraforça por unidade de áretensão, quando é o casotensão, no SI, é o newtol

contudo, muito pequena Ifluida, o quilopascal (kPainglês usa, tanto para pre(lb/in 2). (llb/in 2 = 6 895

As forças de corpo c

das mais comumente enccqual atua a resultante da fciais sobre forças distribuatuando sobre superfícies e

c(c)

pCc

IIR

Detalhe nazona de contato

~~

(b)

Fig.5.1

R

(a)

5.1 - INTRODUÇÃO

Nos capítulos anteriores todas as forças foram consideradas como concentradas e representadas por mei,de vetores nos pontos de aplicação, ou ao longo das linhas de ação. Realmente, no exato sentido da palavra,não existem forças "concentradas", uma vez que wna força real 'aplicada ao corpo é distribuída sobre UIl12

área ou volume fmito, qualquer. Por exemplo, a força exercida pelo pavimento de uma entrada sobre o pneude um automóvel, conforme mostrado na Fig. 5.1a,-é aplicada sobre uma área de contato, que pode ter UIl12

dimensã'o apreciável, se .o pneu for macio. Quando a dimensã'o b da área de contato é desprezível comparadiõcom as outras dimensões pertinentes, tal como a distância' entre as rodas, então a substituição das forças decontato, na realidade distribuídas por sua resultante R, considerada uma força concentrada, não provocaridúvidas qU!ll1dose estão analisando as forças atuando no carro, como um todo. Mesmo no caso de um manca:.de rolamento carregado, a força de contato entre uma esfera de aço endurecido e sua pista de rolamento.como mostrado na Fig. 5.lb, será aplicada sobre uma área de contato fmal, cujas dimensões, naturalmente.

são extremamente pequenas. As forças aplicadas sobre uma barra de uma treliça (Fig. 5.1c) são aplicadas en:uma área real de contato entre o pino e o furo e, internamente, na seção transversal, da maneira indicadE..Nestes exemplos e em outros semelhantes, não deve haver dúvida em tratar-se das forças como concentradas.ao analisar seus efeitos externos sobre um corpo, tratado como um todo.

Se, por outro lado, o Interesse estiver em encontrar a distribuição interna das forças no materialcorpo, nas vizinhanças do ponto de contato, onde as tenSÕes e as deformações internas podem ser aprec"

FORÇAS DISTRIBUfoAS I 143

veis, não se pode tratar a carga como sendo concentrada, mas sim considerar a sua distribuição real. Este tipode problema requer um conhecimento das propriedades do material e pertence a áreas mais avançadas daresistência dos materiais e das teorias da elastiCidade e da plasticidade.

Quando as forças são aplicadas sobre uma região cujas dimensões não são desprezíveis comparadas comoutras dimensões pertinentes, deve-se levar em consideração a distribuição real das forças, somando-se os efeitos das forças distribuídas sobre toda a região. Para isto, são empregados procedimentos de integração matemática, obrigando o conhecimento da força em qualquer posição~ Estes tipos de problemas caem, em geral,em três categorias.

Distribuição Linear. Quando uma força é distribuída ao longo de uma linha, como é o caso de umacarga vertiCal continua, suportada por um cabo suspenso (Fig. 5.2a), a intensidade w do carregamento éexpressa como força por unidade de comprimento da linha, em newtons por metro (N/m).

e representadas por meioexato sentido da palavra,é distribuída sobre uma

entrada sobre o pneu[tato, que pode ter uma

é desprezível comparada,stituição das forças detrada, não provocará

no caso de um mancal

sua pista de rolamento,. ensões, naturalmente,

5.1 c) são aplicadas em, da maneira indicada.

como concentradas,

'Distribuição por Área. Quando uma força é distribuída sobre uma área, como é o caso da pressãohidráulica da água contra a face interna de uma seção de represa (Fig. 5.2b), a intensidade é expressa comoforça por unidade de área. Esta intensidade é conhecida como pressão, quando se trata de forças fluidas, etensão, quando é o caso de forças distribuídas internamente em sólidos. A unidade básica para pressão outensão, no SI, é o newton por metro quadrado (N/m2), que é também chamado pascal (pa). Esta unidade é,contudo, muito pequena para a maioria das aplicações, sendo empregado, mais comumente no caso de pressãofluida, o quilopascal (kPa), que é igual a 103Pa, e, para tensão, o megapascal, que é igual a 106 Pa. O sistema

inglês usa, tanto para pre~São fluida como para tensão mecânica, a unidade de libra por polegada quadrada(lb/in2).(1lb/in2 = 6 895 Fa).

~

Distribuição por Volume. Uma força distribuída sobre o volume de um corpó é conhecida como forçade corpo. A força de corpo mais comum é a força de atração gravitacional, que atua sobre todos os elementosda massa de um corpo. Por exemplo, a determinação das forçqs sobre os suportes de uma estrutur~pesada embalanço, como a da Fig. 5 .2c, requer que se leve em consicferação a força gravitacional distribuída ao longode toda a estrutura. A intensidade da força gravitacional é o peso especifico pg, onde p é a densidade (massapór unidade de volume) e g é a aceleração devida à gravidade. A unidade para pg é (kg/m3) (m/s2) = N/m3,no SI.

As forças de corpo devido à atração gravitacional da Terra (peso), são, sem dúvida, as forças distribuídas mais comumente encontradas. A Seção A deste capítulo trata da determinação do ponto do corpo noqual atua a resultante da força gravitacional. A Seção B ao capítulo trata de problemás importantes e especiais sobre forças distribuídas que atuam em vigas e em cabos flexíveis, e forças distribuídas de fluidosatuando sobre superfícies expostas.

~J .' '.' t t t..(e)

Fig.5.2

(b)(a)

c(c)

forças no material dos podem ser apreciá-

144 I ESTÁTICA

I(a)

A massa específi~diferencial de valume diser expressa cama fun~numeradares e das denOl

As Eqs. (5.1), (5.mesma da centro de'gr.Não. tem sentida falar de

uma vez que não. atuar.massa única. É absaluta

efeito. das farças gravitacusada, quando. se fizer Isubmetida a fo.rças não.do, que trata da Dinâmil

Na maiaria do.s pruma escolha inteligentecarem, tanto quanta po;formato circular. Um Ol

houver uma linha ou pbco.m esta linha au plan(mo.mento.s devido.s a ele

derado co.mo.compo.sto. I

Portanto., o centresobre o seu eixo. central

o numeradar de c

carrespandente de G rep.As Eqs. (5.1) padf

tar e a centro. de gravidr= iX + .iY + kZ. Assim,

(b)

zII

I

II

~I r 1'" -,~

I --YI --------""""

"x

Fig, 5.4

z=

(a)

_ J ydmy= m

(c)(b)

Fig.5.3

w

(a)

SEÇÃO A. CENTROS DE MASSA E CENTRÓIDES

Cansidere um carpa tridimensianal de qualquer tamanha, farma e massa. Se ele estiver suspensa, camaé mastrada na Fig. 5.3, par uma carda em um panta qualquer, tal camaA, a carpa estará em equilíbrio. saba ação. da tração. na corda, e da resultante W da gravidade, au farças de carpa, que atuam sabre ta das as

partículas da carpa. Esta resultante será evidentemente calinear cam a carda. Supanha-se, agara, que suapasiçãa seja marcada, par exemplo., fazenda-se um fura de diâmetro desprezível, ao. langa de sua linha deação.. Repete-se a experiência, suspendenda-se o·carpa par autras pantas, cama B e C, marcanda-se, em cadacasa, cama anteriarmente, a linha de ação. da resultante. Para tadas as fms práticas, estas linhas de ação. serão.cancarrentes em um panta, canhecida cama centro de gravidade.

5.2 - CENTROS DE MASSA

A análise exata, entretanto., levaria em canta a fato. de que as direções das farças gravitacianais queatuam sabre as partículas da carpa diferem ligeiramente, parque canvergem para a centro. de atração. daTerra. Ainda mais, cama as partículas cansideradas estão. a diferentes distâncias da Terra, a intensidade dacampa de farça terrestre não. é, exatamente, canstante sabre a carpa. Estas cansiderações levam ã canclusãade que, nas experiências acima descritas, as linhas de ação. das resultantes da atração. terrestre não. são.canearrentes e, partanta, não. existe, rigarasamente falando., nenhum centro. de gravidade única. Isto. entre.tanta não. tem valar prática, desde que se trate de carpas de dimensões pequenas diante das dimensões daTerra. Assitn, pade-se supar um campa unifarme de farças paralelas, decarrente da atração. gravitacianal daTerra, resultando. desta supasiçãa a canceita de um centro. de gravidade única.

Para defmir, matematicamente, a pasiçãa da centro. de gravidade G de um carpa qualquer (Fig. S.4a),pade-se escrever uma equação. que estabel,eça, pela tearema de Varignan, que a mamenta em tarna dequalquer eixo. da resultante W das farças gravitacianais é igual ã sarna das 'mamentas,em tama da mesmaeixo., das farças gravitacianais dW que atuam sabre tadas as partículas cansideradas cama elementas infmi

tesimais da carpa. A resultante das farças gravitacianais que atuam sabre tadas as elementas é a pesa dacarpa, e é dada pela sarna W = J dW. Se far aplicada a princípio. da mamenta em ta ma da eixo. y, porexemplo., a mamenta da pesa elementar; em tarna deste eixo., é x dW, e a sarna destesIT\amentas para tadosas elementas da carpa é Jx dW. Este samatória de mamentas deve ser igual ao.mamenta da sarna Wx.Cam a

substituição. de W = mg e dW =g dm, a expressão. das mamento.s para as três eixas vem a ser:

--------------.,..... •.----FORÇAS OISTRIBUi'OAS / 145

A massa específica p de um corpo é sua massa por unidade de volume. Assim, a massa de um elementodiferencial de volume dV vem a ser dm = p dV. No caso de p não ser constante em todo o corpo, maS poder

ser expresso como função das coordenadas do corpo, será necessário considerar esta variação no cálculo dosnumeradores e dos denominadores das Eqs. (5.1). Estas expressões seriam, então, escritas:

(5.3)

(5.2)

f zp dVz =----f ypdV

y=

f pdV

f xp dV

o numerador de cada expressão representa a soma dos momentos, e o produto de m pela coordenadacorrespondente de G representa o momento da soma.

As Eqs. (5.1) podem ser expressas em forma vetorial com o auxl1io da Fig. S.4b, onde a massa elementar e o centro de gravidade G estão localizados por seus vetores de posição respectivos, r = ix + jy + kz er= iX + .iY + k:Z. Assim, as Eqs. (5.1) são as componentes da equação vetorial únicastiver suspenso, como

á em equiHbrio sobamam sobre todas as

na-se, agora, que sua::Ongode sua linha de:::arcando-se, em cada- linhas de ação serão

(ei(bi

As Eqs. (5.1), (5.2) e (5.3) defmem a posição do centro de massa, cujo ponto é, evidentemente, omesmo do centro de' gravidade, contanto que o campo gravitacional seja tratado como uniforme e paralelo.Não tem sentido falar do centro de gravidade de um corpo que foi removido do campo gravitacional da Terra,uma vez que não atuariam forças gravitacionais sobre o corpo. Contudo, ele ainda possuiria seu centro demassa único. É absolutamente correto usar-se o termo centro de gravidade, sempre que se fizer referência aoefeito das forças gravitacionais sobre um corpo. O termo centr.o de massa por outro lado, é mais corretamenteusado, quando se fizer referência à influência da distribuição de massa sobre o efeito dinâmico de um corposubmetido a forças não equilibradas. Esta classe de problemas é discutida detalhadamepte no volume associado, que trata da Dinâmica.

Na maioria dos problemas, o cálculo da posição do centro de mássa pode ser simplificado por meio deuma escolha inteligente dos eixos de referência. Os eixos, em geral, devem ser localizados de modo a simplificarem, tanto quanto possível, as equações dos limites. Assim, coordenadas polares são úteis para corpos deformato circular. Um outro indício importante pode ser tomado das considerações de simetria. Sempre quehouver uma linha ou plano de simetria, deve ser escolhido um eixo ou plano de coordenadas para coincidircom esta linha ou plano. O centro de massa situar-se-á, sempre, sobre està linha ou plano, uma vez que osmomentos devidos a elementos simetricamente localizados sempre se 'cancelarão, e o corpo pode ser considerado como composto de pares destes elementos.

Portanto, o centro de massa G do cone circular reto homogêneo da Fig. S.5a estará em algum pontosobre o seu eixo central, que é uma linha de simetria. O centro de massa da metade do cone circular reto está

(b)

(5.1)

,"'x

qualquer (Fig. S.4a),ento em torno de

em torno do mesmoo elementos infini

"ementos é o peso dotorno do eixo y, por:::l:!0mentospara todos

-- da soma WX.Com aser:

gravitacionais quecentro de atração da

e:ra, a intensidade do- levam à conclusão

"ão terrestre não são- -ó>deúnico. Isto entre

te das dimensões da

ção gravitacional da

Fig.5.5

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~~~----~~~-----------------------------------~~--------~-------- __I .............--

146 / ESTÁTICA

(d) Escolha do juma teoria está muitode massa e de centró

principalmente, na eSC(tantes que devem ser ~

(c) Volumes. Pdm = p dV. A densidamassa também vêm a Si

Os numeradoresnadas estarão envolvid

Novamente aqui, o ce:uma superfície plana,

(1) Ordem do Ediferencial de 1.a orde!

única integração para cdA = 1dy, irá necessita

* O segundo momemomentos de inércia de áre

(5.4)

(5.5)

_ J zdLz=---L

f ydA

A

f ydL

Y= -L-

y=

f xdLx=---L

5.3 - CENTRÓIDES DE LINHAS, ÁREAS E VOLUMES

Fig.5.6

(a) Linhas. No caso de uma barra delgada ou de um fio de comprimento L, área da seção tranversalAe densidade p (Fig. 5.6), o corpo se aproxima de um segmento de linha, e dm = pA dL. Se p e A foremconstantes sobre todo o comprimento da barra, as coordenadas do centro de massa vêm a ser também ascoordenadas do centróide C do segmento de linha, que, das Eqs. 5.1, podem ser:

sobre o seu plano de simetria, conforme mostra à Fig. 5.5b. O centro de massa do meio anel da Fig. 5.5c estásobre os dois planos de simetria e, portanto, está situado na linhaAB. A localização de G é sempre facilitadapela observação da simetria, quando ela existir.

Sempre que a densidade p de um corpo for inteiramente uniforme, ela será um fator constante nos

numeradores e denominadores das Eqs. (5.3) e, portanto, se cancelarão. As expressões remanescentes definem uma propriedade puramente gométrica do corpo, uma vez que não fazem referência a qualquer propriedade física. O termo centróide é usado quando o cálculo diz respeito somente à forma geométrica. Quando sefala de corpo físico, real, usa-se o termo centro de massa. Se a densidade for uniforme por todo o corpo, asposições do centróide e do centro de massa serão idênticas, ao passo que, se a densidade variar, estes doispontos, em geral, não coincidirão.

Existem três categorias distintas de cálculo de centróide, dependendo de como a forma do corpo puderser modelada como linha, área ou volume.

\Deve-se notar que, em geral, o centróide 9,não se situará sobre a linha. Se a barra se situar em um plano

único, tal como o plano x-y, somente duas coordenadas exigirão cálculo.

(b) Áreas. Quando um corpo de massa específica p tem uma pequena espessura, t, e se aproxima deuma superfície de área A (Fig. 5.1), então dm = pt dA. Novamente, se p e t forem constantes sobre toda aárea, as coordenadas do centro de massa do corpo também vêm a ser as coordenadas do centróide C da áreada superfície, e das Eqs. (5.1), pode-se escrever:

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·_-------~~----.._-----

FORÇAS OISTRIBUfoAS I 147

anel da Fig. 5.5c estáG é sempre facilitada

Itcl fator constante nos- 5 remanescentes defi

. a qualquer propriegeométrica. Quando se

por todo o corpo, as.. de variar, estes dois

"orma do corpo puder

da seção tranversal AA dL. Se p e A foremvêm a ser também as

Fig. 5.7

Os numeradores das Eqs. (5.5) são conhecidos como primeiro momento de área.* Todas as três coorde

nadas estarão envolvidas, se a área da superfície for curva como uma concha, como está ilustrado na Fig. 5.7.Novamente aqui, o centróide C da superfície curva em geral não se situará sobre a superfície. Se a área foruma superfície plana, no plano x-y, por exemplo, somente as coordenadas neste plano serão desconhecidas.

(c) Volumes. Para um corpo qualquer de volume Ve massa específica p, o elemento tem um pesodm = p dV. A densidade p é cancelada se ela for constante em todo o volume, e as coordenadas do centro demassa também vêm a ser as coordenadas do centróide C do corpo. Das Eqs. (5.3) ou (5.1) elas vêm a ser:

(5.4) y=J ydV

V(5.6)

se situar em um plano (d) Esco/h;;dQ Elemento para Integração. Como oGorre freqüentemente, a principal dificuldade deuma teoria está mUitb mais nos procedimentos para aplicá-Ia do que nos seus conceitos. No caso de centrosde massa e de cerrlróides, o conceito do princípio dos momentos é muito simple.s; a dificuldade reside,principalmente, na escolha do elemento diferencial e na definição da integral. Existem cinco pontos importantes que devem ser especialmente observados.

(1) Ordem do Elemento. Sempre que possível deve-se ter preferência por selecionar um elementodiferencial de l.a ordem no lugar de elementos de ordem mais alta, de modo que seja necessário apenas umaúnica integração para cobrir toda a figura. Assim, na Fig. 5.8a, um elemento horizontal de l.a ordem, de área

dA = I dy, irá necessitar de apenas uma única integração com respeito a y, a fim de cobrir toda a figura. O

IYI

IYI

a, t, e se aproxima deconstantes sobre toda a- do centróide C da área

(5.5)

(a)

Fig.5.8

(b)

* O segundo momento de área (momento do primeiro momento) aparecerá posteriormente, na apresentação deentos de inércia de áreas, no Apêndice A.

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148 I ESTÁTICA

elemento de 2.a ordem, dx • dy, requer duas integrações para cobrir a figura, a primeira em relação ax e a

segunda em relação a y. Como um exemplo mais avançado, tome o .cone sólido da Fig. 5 .8b, onde foi escolhido o elemento de 1.a ordem da forma de uma fatia circular, de volume dV = rrr2 dy, que requer somente

uma integração, ao invés de escolher um elemento de 3.a ordem, dV = dx • dy • dz, que requereria trêsintegrais trabalhosas.

(2) Continuidade. Sempre que possível, deve ser selecionado um elemento que possa ser integrado emuma operação contínua, ao longo de toda a figura. Portanto, a faixa horizontal da Fig. 5.8a é preferível à

faixa vertical da Fig. 5.9, que se for usada, irá obrigar a resolver duas integrações separadas, devido à descontinuidade na expressão da altura da faixa, em x =Xl'

(3) Simplificação de termos de ordem elevada. Os termos de ordem elevada podem sempre ser desprezados quando comparados com os termos de ordem mais baixa (veja o item 1.7). Assim, a faixa vertical doelemento de área sob a curva da Fig. 5.10, é dada pelo termo de 1.a ordem dA = y dx e é desprezado o

triângulo de segunda ordem de área -+ dx dy. No caso limite naturalmente não haverá erro.

(4) Escolha das coordenadas. Como regra geral, escolhe-se o sistema coordenado que seja maisadequado ao contorno da figura. Assim, os contornos da área da Fig. 5.lla são melhor descritos em coordenadas retangulares, enquanto que os de setor circular da Fig. 5.l1b são mais adequados para coordenadaspolares.

y

)

Tendo em vista e

Fig.5.11

(5) Coordenadas do centróide do elemento. Quando se adota um elemento diferencial de 1.a ou de2.a ordem, é essencial empregar as coordenadas do centróide do elemento para representar o braço demomento na equação do momento do elemento diferencial. Assim, para a faixa horizontal de área daFig. 5.12a, o momento de dA em torno do eixo y é Xc • dA, onde Xc é a coordenada x do centróide G doelemento. Observe que Xc não é o x que descreve os contornos da área. Porém, neste elemento, o braço demomento y c, na direção y, se confunde com as coordenadas y dos dois contornos.

Como um segundo exemplo, considere o meio cone sólido da Fig. 5.l2b, tendo como elemento devolume a fatia semicircular de espessura diferencial. O braço de momento para o elemento na direção x é adistância Xc ao centróide da face do elemento e não a coordenada x do contorno do elemento. Por outrolado, na direção z, o braço de momento Zc ao centróide do elemento é o mesmo que a coordenada z doelemento.

Fig.5.9

y

Ir]I '1>

I ",,'1I ,1I ."I .II

I --x(a)

-...j rdxFig.5.1O

y

liJII r

! 8 --x(b)

--x

e

O subscrito c serv

para os momentos, nosescolhidos.

Neste ponto, é detos (teorema de Varignlprincípio seja reconheciltendo sempre em men!momentos dos pesos eletica necessária. O recon

para os braços de momedo em mente o aspectogeométricas, serão apli~foi cancelada.

As Tabelas C3 e C.

formas usualmente empn

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FORÇAS OISTRIBUfoAS f 149

em relação a x e a- .8b, onde foi esco

. que requer somente. que requereria três

ser integrado em_ 5.8a é preferível à- , devido à descon-

/'/'/'

Y

(a)

Fig.5.12

sempre ser desprea faixa vertical do

dx e é desprezado o

Tendo em vista esses exemplos, pode-se reescrever as Eqs. (5.5) e (5.6) na seguinte forma:

x = A

(5.5)A

J Zc dAZ=---

A

J Yc dAy=

do que seja mais".escritos em coorde

's para coordenadas

e

) X=

_ J Yc dVy= V

J Zc dV

(5.6)

z = V

-erencial de 1.a ou de

ntar o braço deorizontal de área dax do centróide G do

~ elemento, o braço de

- como elemento de

to na direção x é aemento. Por outro

~ a coordenada z do

o subscrito c serve para lembrar que os braços de momento que aparecem nas integrais das expressõespara os mome.ntos, nos numeradores, são sempre as coordenadas dos centróides dos elementos particularesescollúdos.

Neste ponto, é de valia para o estudante verificar se compreendeu claramente os princípios dos momentos (teorema de Varignon), que foi apresentado no item 2.4. É importante que o significado físico desseprincípio seja reconhecido na sua aplicação ao sistema de forças-peso paralelas mostrado na Fig. 5.4a. Mantendo sempre em mente a equivalência entre o momento do peso resultante W e a soma (integral) dosmomentos dos pesos elementares dW, é pouco provável que ocorra um erro no estabelecimento da matemática necessária. O reconhecimento do princípio dos momentos assegurará a utilização da expressão corretapara os braços de momento xc, Yc e Zc do centróide do elemento diferencial escolhido. Além disso, mantendo em mente o aspecto físico do princípio dos momentos, as Eqs. (5.4), (5.5) e (5.6), que são relaçõesgeométricas, serão aplicáveis, também, aos corpos físicos homogêneos, onde a densidade (massa específica)foi cancelada.

As Tabelas C3 e C4, do Apêndice C, apresentam um sumário das coordenadas de centróides de algumasformas usualmente empregadas.

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150 / ESTÁTICA

-

Este mesmooutros dois ladoscom a altura code situa -se na inti

deste ponto a qeste ladoconsideraãa

Problema Resolvido

Centróide da área d.de da área de um seto:

Solução I. Escolhe"tria, y é automaticamer;:coberta tomando-se =elementar, como está reesse elemento do cen

anel é r rj e a sua espes!dA = 2roetdro.

A coordenada x ,é adA do Problema Resohid

r. Assim, a primeira das El;

x =

[Ax= J Xc dA]

Solução lI. A área pocum triângulo de área difercângulo total do setor. Esteuma área dA = (r /2) (r dssão· desprezados. Novame:::para o centróide do elem~5.2, verifica-se que estacos e. Aplicando-se a prime

e, como anteriormente,

Para uma área semicisimetria,. vê-se imediatame::aplica à área de 1/4 de címmostrado.

<D Economizamos aqui uma integração usa.Ili.::o elemento de área de l.a ordem. Notel[~dA deve ser expresso em termos da variá•.•.de integração y; daí, ser necessário x = f ('

Nota:

<D É claramente evidente a preferência no us:de coordenadas polares no lugar de coorcL"'nadas retangulares para expressar o comprimento de um arco de circunferência.

Nota:

Resp.r sen ax=--

a

2arx = 2r2 sen a

(2ar)x = J" (r cos 8)r de-a

h

y= 3

bh __ rh b(h - y) d _ bh22 Y - Jo y h Y - 6

[Lx= J xdL]

[Ay = J ycdA]

e

Centróide de uma área triangular. Localizar o centróide daárea de um triângulo de base b e altura h.


Centróide de um arco de circunferência. Localizar o centróide de um arco de circunferência como o mostrado na figura.

Para uma semi-circunferência 2Ci= 11', o que dá:X = 2r/1I'.Porsimetria, vê-se imediatamente que este resultado também seaplica ao arco de 1/4 de circunferência, quando a medida é feitacomo mostrado.


Solução. Considera-se o eixo dos x coincidindo com a base.1) Escolhe-se uma faixa diferencial de área x dy. Pela semelhança de

triângulos, x/(h - y) = b/h. Aplicando-se a segunda das Eqs.(5.5) dá:

Solução. Escolhendo-se o eixo x como o eixo de simetria,tem-se y = O. Um elemento diferencial do arco tem um compri-

1) mento dL = r de, e a coordenada x do elemento é r cos e. Aplicando a primeira das Eqs. (5.4) e entrando com L = 2Cir, vem:

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-

Este mesmo resultado se mantém em relação a qualquer dosoutros dois lados do triângulo considerados como uma nova basecom a altura correspondente. Assim, pode-se dizer que o centróide situa-se na interseção das medianas, uma vez que a distânciadeste ponto a qualquer lado é igual a um terço da altura, comeste lado considerado como base.

FORÇAS OISTRIBUrOAS I 151

---x

Solução IResp.

r2ax = ~r3 sen a

2 r senax =----3 a

2a Ir (rosen a)-('7Tr2)x = --- (2roa dro)2'7T o a

Centróide da área de um setor circular. Localizar o centrói

de da área de um setor circular, em relação a seu vértice.

Solução 1. Escolhendo-se o eixo dos x como o eixo de simetria, y é automaticamente igual a zero. A área do setor pode sercoberta tomando-se um segmento de anel circular como áreaelementar, como está representado na figura, e deslocando-seesse elemento do centro do círculo para a periferia. O raio doanel é r o e a sua espessura é dr o' de modo que a sua área édA = 2roadro'

A coordenada x ,é a coordenada do centróide do elemento

dA do Problema Resolvido 5.1 e é ro sen a/a, onde ro substituir. Assim, a primeira-!ias Eqs. (5.5a) fornece:

[Ax= JXc~


III

II

----~h-r----i

• a preferência no usono lugar de coorde

;:ua expressar o compri'. circunferência.

---x

Solução 11

y

I xc=jrcosO

Q) Observe com atenção que devemos distinguirentre a variável r o e a constante r.

(6) Tenha cuidado para não usar r o como coordenada do centróide do elemento.

Notas:

Resp.

(r2a)x = J'" (~r cos B)(!r2 dB)-'"

2 rsenax=----. 3 a

e, como anteriormente,

Para uma área semicircular, 2a = '/T, que dá x = 4r/3'/T. Porsimetria, vê-se imediatamente que este resultado também seaplica à área de 1/4 de círculo, onde as medidas são feitas comomostrado.

Solução lI. A área pode também ser coberta pela rotação deum triângulo de área diferencial em tomo do v~rtice e através doângulo total do setor. Este triângulo, mostrado na ilustração, temuma área dA = (r/2) (r dO), onde os termos de ordem superiorsão' desprezados. Novamente, a coordenada x de dA é medidapara o centróide do elemento e, conforme o Problema Resolvido5.2, verifica-se que esta coordenada é 2r/3 multiplicado pelocos O. Aplicando-se a primeira das Eqs. (5.5a), vem:

, 'Jma integração usandode l,a ordem. Note que

em termos da variável" ser necessário x =f (y).

Administrador

Rectangle

152 I ESTÁTICA

Deve-se notar que, se for escolhido o elemento de segundaordem 'od'ode, uma integração em relação a e daria como resultado o anel com o qual foi iniciada a Solução I. Por outro lado, aintegração em relação a '0 inicialmente daria o elemento triangular com o qual a Solução 11 começou.

Problema Resolvid(

Volume de uma &.!

me de uma semi-esfera


Localizar o centróide da área sob a curva x = ky3, de x = O ax=a.

A segunda das Eqs.

Solução I. Escolhina figura, tem-se: x ==

mais conveniente é oparalela ao plano x-z.círculo y' + z' =r', (volume da fatia elemer

Integrando, vem:

1) d

b

xa

yIII

I _

r-xIIII

x ia y dx = ia xy dxO O

[Ax = f XcdA]

Solução I. Escolhe-se um elemento vertical de áreadA = y dx, como aparece na figura. Encontra-se a coordenada xdo centróide, a partir da primeira das Eqs. (5.5a). Portanto,

Na solução de y pela segunda das Eqs. (5.5a), a coordenadado centróide do elemento retangular é y c = Y /2, onde y é a altura da faixa, regida pela equação da curva x = ky3. O princípiodos momentos dá:

Substituindo Y = (x/k)113 e k = a/b3 e integrando, vem:Solução lI. Podll-5l:

casca cilíndrica de COD

mostrado na figura. Ecobre-se totalmente o 1

casca elementar está nvolume do elementotermos de z, através da

Usando o valor de ido hemisfério e su~obtém-sea --x

y

yIbl--------IIII

I

I

I

I

Resp.- 4X =,a

3ab - -Ia ('i)y dx-4-y - O 2[Ay=fYcdA]

Substituindo-se y = b (x/a) "3 e integrando, vem:

Resp.

Solução I

o Observe que Xc = x para o elemento Vertical .. [Vy = J Yc dVj (Fr

O valor de y é determinado por

onde Yc = Y para a faixa horizontal. O cálculo dessas integraisconduzirá aos valores encontrados anteriormente para x e y.

As Soll.ições I e II siuma envolve um elemen:com respeito a uma úni,

Solução 111. Uma oângulo e como variávelraio de qualquer elemen:da fatia seria dy = (r dE'

comprimento da casca,y

dy

--±-Iy

Solução Il

y a+x~

k-xc == -2I _br-

~==kY3 I

I •I .

: x+-a-xI

I

Ib u

y i (a - x) dy = i y(a -'- x) dyo o

Solução 11. Em lugar da área elementar vertical, emprega-sea área elementar horizontal, vista na figura abalxo. No cálculo def x dA, deve-se usar a coordenada x do centróide do elementopara "x". Esta coordenada é a média das coordenadas das extremidades, ou Xc = (a + x)/2. Portanto,

[Ay= f ycdA]

----------------------------------------_.~

FORÇAS OISTRIBUi"OAS I 153


Solução I

A segunda das Eqs. (5.00) exige:

Solução l. Escolhendo-se os eixos como está representadona figura, tem-se: x = z = O, por simetria. O volume elementarmais conveniente é o de uma fatia circular, de espessura dy,

paralela ao plano x-z. Como o plano y-z corta a semi-esfera nocírculo y2 +Z2 = r2, o raio da fatia circular é z = +~. Ovolume da fatia elementar vem a ser:

Volume de uma semi-esfera. Localizar o centróide do volume de uma semi-esfera de raio r, em relação à sua base.

1

Integrando, vem:

dzifz

~y

Solução II

Nota:

CD Pode identificar algum termo de ordem superior do volume elementar, que tenha sidoomitido na expressão de dV?

Resp.ij = ~T

ij =~. Resp.

Solução lI. Pode-se usar como .elemento diferencial umacasca cilÍndrica de comprimento y, raio z e espessura dz, comomostrado na figura. Expandindo o raio da casca, de zero ar,cobre-se totalmente o volume. Devido à simetria, o centróide dacasca elementar está no seu centro, de modo que Yc = y12. Ovolume do elemento é dV= (21TZ dz) (y). Expressando y emtermos de z, através da equação do círculo, dá y = +~.

Usando o valor de -} 1Tr3 encontrado na Solução I para o volumedo hemisfério e substituindo na segunda das Eqs. (5.6a),obtém-se--x

x

o elemento vertical.

~ção II

As Soluções I e II são de emprego semelhante, por que cadauma envolve um elemento de forma simples e requer a integraçãocom respeito a uma única variável.

Solução llI. Uma outra alternativa poderia ser o uso doângulo e como variável de integração, com limites de Oa1T12. Oraio de qualquer elemento seria r sen e, enquanto que a espessurada fatia seria dy = (r de) sen e e a da casca dz = (r de) cos e. O

comprimen to da casca, y = r cos e.

z

-y

Solução III

5.9 Localizar oduas curvas.

5.11

5.10

--x

IIIII

"y = x2/bl_____ -.J-- b--x

Probl.5.5

Probl. 5.6

Resp. x= 2a/5; ]i = b/2

14R

Resp. y= ~

Probl. 5.7

I

IIbII

----a---J.--x

5.8 Calcular as coordenadas do centróide do segmentode área circular.

5.7 Calcular.as coordenadas do centróide da área mos-trada.

5.6 Calcular a coordenada x do centróide da área som-breada.

5.5 Determinar a cOClldenada y do cent!Glde da Ílea,por integração direta.

5.4 Determinar a coordenada y do centróide da áreasob a curva senoidal mostrada.

Resp. x = 3a/8; ]i = 2b/5

Probl. 5.1

Resp. x = 3b/10; ]i = 3b/4

Probl. 5.4

Probl.5.3

y

I

b~~------- x

Y .-x = y2/4

: ú'-III IL_ ---x

1 3

Probl. 5.2

5.3 Determinar as coordenadas do centróide da áreasombreada.

5.2 Localizar o centróide da área sombreada mostrada.Resp. x = 2,09; ]i = 1,43.

5.1 Determinar as coordenadas do centróide da áreasombreada.

PROBLEMAS PROPOSTOS

154 / ESTATlCA

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle


--x

Probl. 5.13

Probl. 5.12

Resp. x = 0,339a

5.12 Determinar a coordenada x do centróide da área

sombreada, mostrada. (Ver a observação do Probl.5.11.)

5.13 Especificar as coordenadas do centro de massa dacamisa cilíndrica, secionada, por referência diretaaos resultados do Probl. 5.1.

5.14 Use os resultados do Problema Resolvido 5.3 paracalcular as coordenadas do centro de massa daparte mostrada do cilindro sólido homogêneo.

Resp. x=y=-21,2mm;z=125mm

'S ~.X::' 1-~

~'j.

~ 1..

X

-- '\

! ~'\

--xProbl. 5.8

yIIIIII

I

III a

~------

Probl. 5.9

Resp. x= ~~;y= +yI

i Y = x3I II I x = y2

tt/--x

5.9 Localizar O centróide da área sombreada entre asduas curvas.

5.10 Determinar a posição do centróide da área sombreada, entre a elipse e o círculo.

14R

Resp. )1= ~

--x

o centróide da área

o centróide da área,

---b--x

t ;50 centróide da área som-

I 6:l centróide da área mos-Probl. 5.10

e3p. x=2a/5; y=b/2

~IbI

___ I__ x

7

centróide do segmento

5.11 Localizar o centróide da área mostrada na figurapor integiação direta. (Atenção. Observe cuidadosamente ó sinal do radical.)

10 - 31T !!..

Resp. x = 4 _ 1T 3

YII

ELjI... 11a I

I x

Probl. 5.11

Probl; 5.14

5.15 Encontrar a distância z do vértice do cone circularreto ao centróide dó seu volume.

156 I ESTÃTlCA

Probl. 5.15

5.16 Calcular a distância li medida da base para o centróide do volume do tronco de cone circular reto.

Resp. li = :~h

z

Probl. 5.16

5.17 Localizar o centro de massa do corpo sólido homogêneo cujo volume é determinado pela revoluçãoda área sombreada 3600 em torno do eixo z.

Probl. 5.17

5.18 Determinar a coordenada z do centróide do volumeobtido pela revolução da área sombreada sob aparábola, 1800 em torno do eixo z.

Resp. "f= 2a/3

x

///

4-a----,//

y Probl. 5.18

5.19 Determinar a coordenada x do centróide do volume descrito no Probl. 5.18.

5.20 Determinar a coordenada y do centróide do volume obtido pela revolução da área sombreada, 1800em torno do eixo x.

Resp. ]i = 15a/(141T)

Probl. 5.20

5.21 Use os resultados do Problema Resolvido 5.2 e de

termine, por inspeção, a distância h do centróideda área lateral de qualquer cone ou pirâmide dealtura h à base da figura.

5.22 Determinar a distância "f, da base de qualquer coneou pirâmide, de altura h, ao centróide do seu volume.

hResp. z ="4

Probl. 5.22

5.23 Determinar a coordenada z do centro de massa da

quarta parte da casca esférica homogênea de raio r.Resp. "f= r/2

Probl. 5.23

5.24 Determinar a coa

sólido gerado pel;circular, em tomo

5.25 D~terminar a COOl

me gerado por UJ

quadrante circular.

Pn

5.26 A barra esbelta te!me, e está flexionabola, com o vérticedenadas do cer(Lembrete. Um ardL =.J (dx) , + (c/y

o~II

100 mm IIIIt--II

y

Prol

Administrador

Rectangle

:x ao centróide do volu-

ly do centróide do voluf .:a área sombreada, 1800II -, Resp. y = 15a/(141T)

Resolvido 5.2 e de<:stâJlcia h do centróide

cone ou pirâmide de

::z base de qualquer conecentróide do seu vo-

hResp. z ="4

5.24 Determinar a coordenada z do centro de massa do

sólido gerado pela revolução da área do quadrantecircular, em tomo do eixo dos z.

R - llaesp. z= ---2(4 + 31T)

z

Probl. 5.24

5.25 D~terminar a coordenada z, do centróide do volume gerado por uma rotação de 900, da área doquadrante circular, em tomo do eixo dos z.

Probl. 5.25

FORÇAS OISTRIBUfoAS / 157

5.27 Calcular as coordenadas do centróide de uma

cunha cônica, obtida pela revolução do triânguloretângulo de altura a e base b, percorrendo umângulo (J.

Probl. 5.27

5.28 Determinar a posição do centro de massa da concha cônica representada na figura.

Resp. x = 2h/3; z= 4r/31T

Probl. 5.28

5.29 Determinar a posição do centro de massa do corpohomogêneo, em forma de sino e de espessura desprezível, representado na figura.

~ do centro de massa daOca homogênea de raio r.

Resp. z= r/2

~X

.5.23

5.26 A barra esbelta tem uma seção transversal uniforme, e está flexionada, formando um arco de parábola, com o vértice na origem. Determinar as coordenadas . do centro de massa da barra.(Lembrete. Um arco de comprimento diferencial édL =,j (dx) , + (dy)' =,j 1 + (dyfdx)' dx.)

O~--~-~I--X

I I

100 mm I II II II I1---I --I

y

Probl. 5.26

xIII

~-----I aIII

I

Probl. 5.29

Resp. z= _a_1T-2

158 I ESTATlCA

a

Resp. z= 2(lQ-3rr)

5.30 Determinar a posição do centróide do volume contido dentro da casca em forma de sino do Probl.5.29.

Relações análOlpor L 's, A's e V's, redas partes componcavidade, ou furo, é

Na prática, ire.expressos segundo fomatemática correspoo

Considere o prc:A área pode ser dividaparece destacada emmomentos da áiea ele

nada correspondentemetódica da área tota

R~R~

5.32 Determinar a posição do centro de massa G dosemi-anel de aço representado na figura. (Sugestão.Escolher um volume elementar com a forma deuma casca cilíndrica, cuja interseção com o planodas extremidades do semi-anel aparece na figura.)

_ a2 +4R2Resp. r =

2rrR

-z

xI

I

K----I a,I u.I

/////y/

5.31 Determinar a coordenada x do centróide da metade

superior da casca em forma de s~. a (3rr _ 8 )Resp. x = - ---

rr rr-2


5.4 - FIGURAS E CORPOS COMPOSTOS: APROXIMAÇÕES

onde X é a coordenada, segundo o eixo dos x, do centro de massa do conjunto. Relações similares se mantêmpara as outras duas coordenadas. Estas somas podem ser expressas em forma resumida, e escritas como:

Quando um corpo, ou uma figura, puder ser convenientemente dividido em várias partes de formassimples, o princípio de Varignon pode ser usado, se cada parte for tratada como um elemento finito doconjunto. Assim, para um corpo, mostrado esquematicamente na Fig. 5.13, cujas partes tenham massas ml,m2, m3 e cujas coordenadas dos centros de massa respectivos sejam, digamos, Xl, X2, X3, na direção x, oprincípio dos momentos dá:

A precisão do capreciação da área, wconstante, não há nec

formato, desde que aplPode-se reduzir (

de de uma área. Com

normais à direção x, sã!

(5.7)z = ~::Jy= 22mlj

22m

Fig.5.13

::entro de massa G doéo na figura. (Sugestão.

i-entar com a forma de

~ bterseção com o plano~;:nel aparece na figura.)_ a2 +4R2

Resp. r == --2rrR

·~~s partes de formaselemento finito do

r.:s tenham massas ml,

IX:. ;(3, na direção x, o

- - similares se mantêm;: escritas como:

FORÇAS DISTRIBUrOAS I 159

Relações análogas se mantêm para as linhas, áreas e volumes compostos, onde os m's são substituídospor L's, A's e V's, respectivamente. Note-se que, se um furo ou cavidade for considerado como sendo umadas partes componentes do corpo, ou da figura, composto, o peso correspondente, ou área, representada pelacavidade, ou furo, é considerada como uma quantidade negativa.

Na prática, freqüentemente aparecem casos em que os limites das áreas ou volumes não podem serexpressos segundo forinas geométricas simples, havendo casos, também, nos quais não se tem a expressãomatemática correspondente. Para tais casos é.necessário recorrer a um método q,e aproximação.

Considere o problema de determinar a posição do centróide C da área irregular, mostrada na Fig. 5.14.A área pode ser dividida em faixas de largura tu e alturas variáveis h. A áreaA de cada faixa, tal como a queaparece destacada em tracejado, é h Ax e é multiplicada 'pelas coordenadas Xc e y c do seu centróide dando osmomentos da áiea elementar. A soma dos momentos de todas as faixas, dividida pela área total dará a coordenada correspondente do centróide procurado. Uma tabela ordenada dos resultados permitirá uma avaliaçãometódica da área total ~A, das somas ~Axc e ~Ayc' e dos resultados

Fig.5.14

A precisão do cálculo aumentará, diminuindo-se a largura das faixas usadas. Em todos os casos, naapreciação da área, usa-se a altura média. Embora seja usualmente vantajoso utilizar elementos de larguraconstante, não há necessidade que se faça assim. De fato, pode-se usar elementos de qualquer tamanho eformato, desde que aproximem a área dada com uma precisão satisfatória.

Pode-se reduzir o problema de localizar o centróide de um volume irregular à determinação do centróide de uma área. Considere o volume mostrado na Fig. 5.15, onde as grandezas A, das áreas transversais,normais à direção X, são plotadas contra X, conforme mostrado. Uma faixa vertical sob a curva tem áreaA tu,

(5.7)

--x

0ft\A t :A. IC I

I

~ h-~ --xFig.5.15

160 / ESTAnCA

que é idêntica ao correspondente elemento de volume .::l V. Assim, a área sob a curva plotada representa ovolume do corpo, e a coordenada x do centróide da área sob a curva é dado por

~(A Lix)xcx=---~A Lix

para o centróide do volume real.


que é igual a

PROBLEMAS PI«8 Calcular a coogular.

y, IJ:90

Determinar a posição do centro de massa do conjunto suporte-e-eixo. A aba vertical é uma chapa metálica com massa de25 kgfm2, enquanto o material da base horizontal tem40 kgfm2•

A massa específica do eixo é de 7,83 Mgfcm 3.

Solução. O corpo pode ser considerado como composto doscinco elementos, mostrados na parte inferior da ilustração. Tomar-se-á a peça triangular como uma área negativa. Para os eixosde referência indicados é evidente, por simetria, que a coordenada x do centro de massa é zero.

A massa m de cada peça é facilmente calculada sem ser'necessária qualquer explicação adicional. Para a peça 1, tem-se doProblema Resolvido 5.3

Xl150 75

mCD~

l00~

z

30

o-_O

~ Calcular a coemostrada.

4r _ 4 (50) = 21,2 mmZ= 3;'"- 311'

Para a peça 3, vê-se do Problema Resolvido 5.2 que o centróide de uma massa triangular está a + da sua altura a partir dabase. Medidas em relação aos eixos coordenados tomam

Z= -[150 - 25 -+(75))= -100mm

As coordenadas x e y dos centros de massas das peças restantes são obtidas facilmente por inspeção. Os termos pertinentes àaplicação das Eqs. (5.7) são melhor apreciados na forma de umatabela como a seguinte:

myZmymzPeça

(kg)(mm)(rnrn)(kg o mm)(kg o mm)

1

0,098°21,22°2,082

0,562°-75,0 °-42,193

-0,094 °-100,0 °9,384

0,60050,0-150,030,0-90,005

1,47675,0°110,7°

Totais

2,642 140,7-120,73

As Eqs. (5.7) podem, agora, ser aplicadas, e os resultados são:

y

ITT--

90mml /-±-L~

~ Calcular a COOlbreada mostrad

[y = J;my ]J;m

[z = J;mz ]J;m

- 140,7 = 53,3 mmY = 2,642

- -120,73 = -45,7 mmZ = 2,642

Resp.

Resp.~ Localizar o cen~ 5.8, repetida 3l

artigo.

rFORÇAS OISTRIBUfoAS / 161

plotada representa o

PROBLEMAS PROPOSTOS

--x

--x

yIIIIII

IIII a

~------

Problo 5.39

Probl. 5.38

yI

Probl. 5036

Probl. 5.37

YI

~'.. lia I

I .

.' .. I .----x

.~ Localizar o centróide da área do Probl. 50S,repeti'-~. da aqui, pelo método apresentado neste artigo.

- 14RResp. Y=-

91T

~\ Determinar, pelo método deste artigo, a coordena~ da x do centróide da área sombreada entre a elipsee o círculo do Probl. 5.10, repetido aqui. (Consultea Tab. C3 no Apêndice C para obter as propriedades de uma área elípticao)

x

YI

\\\\\ \______ ~ __ x, mm

60

Probl.5.33

y,mm90

Probl.5.35

@ Localizar o centróide da área sombreada do Probl.508, repetida aqui, pelo método apresentado nesteartigo.

~ Calcular a coordenada: x do centróide da área sombreada mostrada.

Resp. X = 6,54 mm

8 Calcular a coordenaday do centróide da área triangular.Resp. Y = 40 mm

(8 Calcular a coordenada y do centróide da fIguramostrada.

=

162 I ESTAnCA

rS:39\Loca1izar o centróide da área sombreada do Probl.

5.11, repetida aqui, pelo método deste artigo.- - 10 - 311' a

Resp; x= y= ---4-11' 3

t5.4Ol Calcular a distância Y do eixo x ao centróide da.../ área sombreada.

y

/+"/ II "/ 4ml "

~,6m 6m

Probl.5.40

Q Calcular as coordenadas do centróide da área sombreada.

Resp. X= Y= 107,2m

y

I150mm

50mm

IIIII

I 150 mm L:J 50 mmL:::-::::" ---;r50mm

Prob1.S.41

5.42 Determinar a distância fi, da superfície inferior dachapa da base ao centróideda seção estruturalcomposta.

Resp. fi = 39,3 mm

Probl.5.42

5.43 Uma barra uniforme é dobrada na forma mostrada

e está pivotada em Q. Encontrar o valor de a, emterinos do raio r, de modo que a seção reta permaneça na horizontal.

Probl.5.43

5.44 Calcular as coordenadas do centro de massa dabarra esbelta, curvada no formato mostrado.

Resp. X=31,lmm; Y=48,9mm; Z=31,lmm

Probl.5.44

5.45 Determine, pelo método deste artigo, a altura fi dabase ao centro de massa do tronco de cone maciçodo Probl. 5.16, aqui repetido ..

z

Probl. 5.45

5.46 A concha hemisférica e sua base semi-circu1ar são

formadas pelo mesmo pedaço de chapa metálica,

y

I

ProbL 5.46

5.47

5.48 As massas das

sistindo de pWl

semicircular, ~2,5 kg. Calculamassa.

Resp. X= 17,9i

5.49 Uma peça é fisoldada a umaquematizado nmaterial tubuWprimento, e acoordenadas do

FORÇAS DISTRIBUrOAS

xa

y

I __b~----- - - ..._

. I

Resp. e = 1,00% para menos

y

I

Probl. 5.50

Probt. 5.51

5.52 Como exemplo da precisão que se pode ter nasaproximações gráficas, calcular o erro e, em percentagem, que se comete ao se determinar a coordenada x do centro de massa da área triangular, empregando-se os cinco retângulos de largura a/5, em

lugar do triângulo.

5.51 Determinar as coordenadas do centro de massa do

suporte, que é feito de uma chapa de espessura uniforme.

Resp. X= -8,3 mm; '1= -31,4 mm; Z = 10,3 mm

5.50 Determinar a posição do centro de massa dacilíndrica com uma das extremidades fechacUum semicúculo. A casca é feita de chapa me:de 24 kg/m 2 de massa e o semicírculo da edade é feito também de chapa metálica cuja fi:no entanto, é de 36 \ég/m2•

Resp. X = 348 mm; 'I = - 90,S mm

de pequena espessura. Usar os resultados do Probl.5.23, e calcular as coordenadas do centro de massada concha e da base combinadas.

Resp. X=0,475r; Y=r/3


Probl. 5.48


Probl. 5.47

yII

5.49 Uma peça é formada por uma armação tubular,soldada a uma chapa triangular, tal como está esquematizado na figura. Admitindo que a massa domaterial tubular seja de 7,5 kg por metro de comprimento, e a da chapa, de 100 kg/m\ calcular ascoordenadas do centro de massa da peça .

5.48 As massas das três peças do conjunto soldado, consistindo de placa triangular, barra uniforme e chapasemicircular, são, respectivamente, 4,2 kg, 2,2 kg e2,5 kg. Calcular as coordenadas do centro demassa.

Resp. X=17,9mrn; '1= 47,2mrn; Z=200,6mm

5.47 Calcular as coordenadas do centro de massa domolde mostrado.

base semi-circular sãode chapa metálica,

centro de massa dato mostrado.mrn; Z = 31,1 mm

artigo, a altura li datronco de cone maciço

Probl. 5.49 Probl.5.52

5.5 - TEOREMASI

Porém, COmO)lA

onde y é a ordenadaum cilindro circular n

Existe um mé

que gira em torno de

mento L no plano x:o anel gerado por dLe a área total é, então

Porém, COmo.YJ

No caso do voh

intercepta, pode-se eFig. 5.17, o anel da SI

em torno do eixo dos.

'x

Resp. a = 39,60

y,

Probl. 5.57

Probl. 5.56

5.56 Determinar a posição do centro de massa da chapa[ma, dobrada no formato mostrado na fIgura.

Resp. X = O; Y = -14,5 mm; Z = 73,0 mm

5.57 Um envólucro cilíndrico com uma extensão retangular e extremidades semi-circulares é todo fabricado da mesma folha de metal. Calcular o ângulo afeito pela parte retangular com a vertical quando oenvólucro repousa sobre uma superfície horizontal,em uma posição de equilíbrio.

5.58 Uma carga homogênea de explosivos deve tomar aforma de um cilindro circular de comprimento L ediâmetro d2, com um furo axial de diâmetro dI eprofundidade h, como mostrado no corte. Determinar o valor h que fará com que o centro de massada carga fIque o mais afastado possível da extremidade aberta.

-x20 40 60 80 100 120 140 160

mm

mm

Probl. 5.54

yI

120'

100

Probl. 5.53

5.54 O disco contém três furos de diâmetro d nas posições mostradas. Determinar o diâmetro D e a posição angular () de um furo a ser broqueado no disco,no mesmo raio r, para assegurar o equilíbrio (centro de massa em O) do disco, quando este girar emtorno de seu centro O.

Resp. D = 1,227d; ()= 84,90

5.55 Um pedaço retangular é removido de uma pláca demetal quadrada, de lado a. Determinar o valor de hque causará o centro de massa do restante da placase localizar o mais para a esquerda possível.

Resp. h = 0,586a

~.: / "'lATlCA!I 5.53 Um gabarito metálico tem a forma mostrada. Esti-

mar a localização do centróide da área visualizada eanotar suas coordenadas. A seguir, verifique suaestimativa pelo cálculo usando a malha superposta.


onde )I é a ordenada t

área geradora pela circOs dois teorema

áreas e volumes gera&:

* Atribuídos a P;q:algumas vezes, com o nOl

trabalhos de Pappus seren

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I


y,

(5.8)

Porém, como yL = f Y dL, a área vem a ser:

A = 27T J Y dL

5.5 - TEOREMASDEPAPPUS*

Existe um método muito simples para calcular a área de uma superfície gerada por uma curva plana,que gira em torno de um eixo do seu plano, e que não o intercepta. Na Fig. 5.16, o arco de curva, de comprimento L no plano x-y, gira em torno do eixo dos x, gerando uma superfície. Um elemento desta superfície éo anel gerado por dL. A área deste anel é a súa circunferência vezes o comprimento do arco: dA = 27TY dLe a área total é, então,

'x

massa da chapanaflgúra."=; Z= 73,0 mIO

onde y é a ordenada do centróide C da curva de comprimento L. Assim, a área gerada é igual à área lateral deum cilindro circular reto de altura L e raio y.

Porém, comoyA = f y dA, tem-se:

Fig.5.17Fig.5.16

No caso do volume gerado pela revolução de uma área, em torno de um eixo do seu plano, e que não aintercepta, pode-se estabelecer uma expressão, igualmente simples para o cálculo do volume gerado. Na

Fig. 5.17, o anel da seção transversal dA e raio y é um elemento do volume gerado pela revolução da área A,em tomo do eixo dos x. O volume elementar é d V = 211)' dA, e o volume total é:

yI: L~

i~~

y

Resp.

~= 39,6°

I

I

I ~-'cl i

II

I I I - I

II

: I Y Y I

I

I

L__L~~=. t_L ___l

I

III--x

I

IL__

losivos deve tomar a

de comprimento L eaxial de diâmetro d1 e

o no corte. Determie o centro de massa

possível da extremi-

1-F(::fJ (5.9)

de y é a ordenada do centróide C da área A resolvida. Assim, o volume gerado é obtido multiplicando-se airea geradora pela circunferência da trajetória circular, descrita pelo seu centróide.

Os dois teoremas de Pappus, expressos pelas Eqs. (5.8) e (5.9), são úteis não somente para o cálculo dasireas e volumes gerados como também para determinar os centróides de linhas e áreas planas, quando as áreas

* Atribuídos a Pappus de Alexandria, geôrnetra grego que viveu no 3.0 século d.e. Esses teoremas são apresentados,=__as vezes, com o nome de Guldin (Paul Guldin, 1577-1643), a quem alguns atribuem a autoria original, não obstante os

:::3balhos de Pappus serem, aparentemente, do seu conhecimento.

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166 / ESTÁTICA

e volwnes gerados pela revolução dessas linhas e áreas, em torno de eixos que não os interceptam, são conhecidos. Dividindo-se a área ou volwne por 27T vezes o valor correspondente ao comprimento da linha ou amedida da área, tem-se a distância do centróide ao eixo de revoluçã:o.

No caso em que a linha ou área não completa o giro, percorrendo apenas wn ângulo e, menor do que2rr, a área ou o volume, gerado pode ser obtida, substituindo-se 27T por e nas Eqs. (5.8) e (5.9). Assim

A = ()ijL

sendo e expresso em radianos.

e v = ()ijA

PROBLEMAS PROPOSTOS

5.59 Determinar o volume V e a área lateral A, de umcone circular reto de raio da base r e altura h, pelométodo apresentado nesta seção.

5.64 Calcular o volume V do sólido gerado pela revolução, no ângulo de 1800 do triângulo retângulo, emtorno do eixo dos z.

"

5.60 Da área conhecida A = 4'/1'r' da superfície de umaesfera de raio r, determinar a distância radial r do

centróide do arco do semicírculo usado para gerara superfície.

5.61 Do volume conhecido V = 1- '/I'r3 de uma esfera deraio r, determinar a distância radial r do centróideda área do semicírculo usado para gerar a esfera.

5.62 Usar a notação do semitoro do Probl. 5.32 e determinar o volume V e a área A- da superfície de umtoro completo.

Probl. 5.62

5.63 Uma casca tem a forma de uma superfície geradapor um arco de circunferência, girando 3600 emtorno do eixo dos z. Calcular a área da superfíciede um dos lados da casca completa.

z

Probl. 5.63

Resp. V= 3 619mm3

ProbL 5.64

5.65 O triângulo sombreado de base b e altura h gira emtorno de sua base de um ângulo e para gerar umaparte de um sólido de revolução. Escreva a expressão dO'volume V do sólido gerado.

Probl. 5.65

c

Probl. 5.66

5.69 Calcular oanel commostrada.

5.70 Determinar,área da su

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gerado pela revoluttiângulo retângulo, em

5.66 Os dois arcos de círculo AB e BC sofrem uma revo

lução em torno do eixo vertical para obter a superfície de revolução mostrada. Calcule a área destasuperfície.

Resp. A = 9,87 (10') mm'

5.67 Determinar o volume V gerado pela revolução daárea do quadrante de círculo, em torno do eixo dosz, num ângulo de 900•

zIII

forma de sino do Probl. 5.29, mostrada aqui outravez.

xIII

~---.-I aI ~III

Probl.5.70

A

Resp. 25,5 litros

5.73 Um volante de controle manual, feito de alumínio,tem as proporções mostradas na vista em corte. Aárea total da seção mostrada é 15 200 mm' e ovolante tem massa de 10,0 kg. Calcular a distânciar ao centróide da meia seção. A massa específica do ",alumínio é 2,69 Mg/m3•

Probl. 5.72

5.72 Um tanque de arrnazenamento de água é uma cascade revolução e deve. ser pintado cqm duas demâosde tinta com índice de aproveitamento 16 m'/litro.O engenheiro (que não se esqueceu da Mecânica),consultou um desenho em escala do tanque e determinou que a linha curva ABC tem um comprimento de 10 m e que o seu centróide dista 2,50 m dalinha de centro do tanque. Quantos litros de tintaserão necessários para pintar o tanque e a colunavertical cilíndrica?

5.71 Determinar o volume contido pela casca em formade sino do Probl. 5.70. Empregar os resultadoscitarlos no Probl. 5.39.

z

Probl. 5.67

Probl. 5.68

zII

ProbL 5.69

1103Resp. V = - (311 - 2)

12

5.68 Determinar o volume V gerado pela revolução daárea do quadrante de círculo, em torno do eixo dosz, num ângulo de 900•

5.69 Calcular o volume Ve área A total da superfície doanel completo, cuja seção transversal quadrada émostrada.

5.70 Determinar, empregando o teorema de Pappus, aárea da superfície de um dos lados da casca em

c

esp. V= 3 619 mm3

I-

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168 / ESTÁTICA

Probl. 5.73

5.74 Uma superfície é gerada pela revolução completa,em torno do eixo dos z, do arco de círculo de0,8 m de raio e subtendido pelo ângulo de 1200• Odiâmetro do pescoço é de 0,6 m. Determinar a áreaA gerada.

Resp. A = 4,62 m'

\.\0,8m1\

120' )V/

//

I

Probl. 5.74

5.75 Um anel de estiropor, cuja seção é mostrada, foiprojetado para a embalagem de um item de produção em massa. Calcular o volume de estiropor usado em cada anel.

Resp. v= 27,2 (106) mm3

SEÇÃO B. TÓPICOS ESPECIAIS

5.6 - VIGAS

Dimensões em milímetrosProbl. 5.75

5.76 Calcular a massa· m, em toneladas do concretonecessário para construir a represa em arco circularvista na figura. O concreto tem massa específica de2,40 Mgfm'.

Resp. m = 1,126 (106)/Mg

Probl. 5.76

cendo-se as relações Isuportar aquelas forÇ<a segunda envolve car.Este item diz respeiúcalcular a distribuição

(a) Tipos de v~

com a aplicação dosmais apoios do que odas reações dos apoiopios da Estática. A Fiestaticamente determi

As vigas podemda Fig. 5.18 estão SI

distribuída. A intensi

mento da viga. A incarregamento na Fig.D, onde muda abrupvada,dwjdx, o é.

Os elementos estruturais que oferecem resistência à flexão causada por cargas aplicadas são conhecidoscomo vigas. As vigas, em sua maioria, são barras prismáticas, longas, e as cargas são em geral aplicadas normalmente aos eixos das barras. As vigas são, sem dúvida alguma, os mais importantes de todos os elementosestruturais, e a teoria que serve de base para os cálculos deve ser perfeitamente conhecida. A capacidade decarga de uma viga é analisada sob dois aspectos. Primeiro, estabelecendo-se as condições exigidas pelo equilíbrio da viga, como uma peça única, e considerando-se qualquer parte dela separadamente. Segundo, estabele-

(b) Gsalhammoferece resistência ao

força V é chamada fo:é chamado momento

atuam sobre uma seçã

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,,;uos


cendo-se as relações entre as forças resultantes e a resistência interna associada, de modo que a viga possasuportar aquelas forças. A primeira parte desta análise exige a aplicação dos princípios da Estática, enquantoa segunda envolve características de resistência, normalmente tratadas no estudo da Resistência dos Materiais.

Este item diz respeito somente ao primeiro aspecto do problema e dará os conhecimentos necessários paracalcular a distribuição ao longo da viga das forças internas e dos momentos que atuam em cada seção.

(a) Tipos de vigas. As vigas apoiadas de modo que as reações dos apoios possam ser calculadas apenascom a aplicação dos princípios da Estática são conhecidas como estaticamente determinadas. As que têmmais apoios do que os necessários para o equilíbrio são estaticamente indeterminadas e, para a determinaçãodas reações dos apoios, devem ser consideradas as relações entre as cargas e as deformações, além dos princípios da Estática. A Fig. 5.18 mostra exemplos de ambos os tipos. Nesta seção são examinadas somente vigasestaticamente determinadas.

Contínua

Engastada em ambas

as extremidades /,Vigas estaticamente

indeterminadas

Engastada em umaextremidade e simplesmente apoiada na outra

Fig.5.18

/y

Vigas estaticamentedeterminadas

v, t-tâ 8Composta

As vigas podem, também, ser identificadas pelo tipo de carregamento externo que suportam. As vigasda Fig. 5.18 estão suportando cargas concentradas enquantO' que a viga da Fig. 5.19 suporta uma cargadistribuída. A intensidade w de uma carga distribuída pode ser expressa como força por unidade de comprimento da viga. A intensidade pode ser constante ou variável, contínua ou descontínua. A intensidade docarregamento na Fig. 5.19 é constante de C aD e variável deA a C e deD aB, além disto, é descontínua emD, onde muda abruptamente de intensidade. Embora li- intensidade não seja descontínua em C, a sua derivada,dwjdx, o é.

m = 1,126 (lQ6)/Mg

neladas do concretoesa em arco circular

massa específica de

w

~ C D ~--xB

Fig.5.19

são conhecidos

aplicadas normalIe rodos os elementos

A capacidade de11 exigidas pelo equilí

. Segundo, estabele-

(b) Osalhamento, Flexão e Torção. Além de resistir à tração e à compressão, uma viga tambémoferece resistência ao cisalhamento, à flexão e à torção. Estes três efeitos estão ilustrados na Fig. 5.20. Aforça V é chamada força de cisalhamento, o conjugado M é conhecido como momento fletor e o conjugado Té chamado momento torsor. Estes efeitos representam as componentes vetoriais da resultante das forças queatuam sobre uma seção transversal da viga, como está mostrado na parte esquerda da figura.

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170 I ESTATICA

(c) Cargasmente ao longo daresultantes das c~centróide da figura .

carga suportada pmente entendido q'sobre alongamento,são - atuando em

viga com seção trdiferente porém a re

A variação ~elementos necesslÍri'

preocupação princillatua.

As variações ó

mais perfeição grafjdistância ao longo ~fletor da viga.

A primeira etlde todas as reaçõeslivre da viga, considEtransversal arbitrárJ ,esta parte isolada dmomento fletor M

menor número de

simples. Não se deda, porque uma tallmento) e do momdescolhida, devem

Torção

V

Carregamento combinado

Fig.5.20

B)M

v

~V

Cisalhamento

Flexão

A partir deste ponto a atenção será voltada, principalmente, para a força de cisalhamento V e para omomento fletor M, causados por forças aplicadas sobre a viga e contidas em um único plano. As convençõesmostradas na Fig. 5.21, para valores positivos de cisalhamento Vede momento fletor M, são as mais empregadas. Observa-se, pelo princípio da ação e reação, que os sentidos de VeM são opostos nas duas seções.

+vFig.5.21

Ocorre com freqüência a impossibilidade de se determinar, sem o auxI1io de cálculos, se o cisalhamentoe o momento, sobre uma certa seção de uma viga carregada, são positivos ou negativos. Por esta razão, érecomendável representar VeM, em seus sentidos positivos, nos diagramas de corpo livre, e deixar os sinaisalgébricos dos valores calculados indicarem o sentido correto.

Para auxiliar a interpretação física do momento fletor M, considere a viga, mostrada na Fig. 5.22,tlexionada pelos dois conjugados iguais e opostos, aplicados em suas extremidades. A seção transversal da vigaé a do perfIl estrutural I, com a alma de pequena espessura comparada com a das mesas. Para este perf1l, a

IFig.5.22

'" N.T. O esfo .cima. Se forem utilizad;

O momento fi

sentido dos ponteiros~ usual indicar

traçado, porém não são

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ento V e para oo. As convenções

são as mais empreduas seções.

carga suportada pela alma pode ser desprezada quando comparada com as das mesas. Deve ficar perfeitamente entendido que a mesa superior sofre encurtamento, estando sob compressão, enquanto a mesa inferiorsobre alongamento, estando sob tração. A resultante das duas forças - uma de tração e a outra de compressão - atuando em uma seção qualquer é um conjugado e tem o valor do momento fletor da seção. Se umaviga com seção transversal diferente fosse carregada do mesmo modo, a distribuição das forças na seção seriadiferente porém a resultante seria o mesmo conjugado.

A variação da força de cisalhamento Vedo momento fletor M, ao longo do comprimento, forneceelementos necess;irios ao estudo da viga. Particularmente, o valor máximo do momento fletor é, em geral, apreocupação principal no projeto ou seleção de uma viga, devendo-se determinar esse valor e a seção em queatua.

As variações da força de cisalhamento (esforço cortante) e do momento fletor são representadas commais perfeição graficamente. As expressões para VeM, quando representadas graficamente, em função dadistância ao longo da viga, fornecem os diagramas de esforço cortante (força de cisalhamento) e de momento

fletor da viga.A primeira etapa na determinação dos esforços cortantes e momentos fletores é estabelecer os valores

de todas as reações externas sobre a viga, pela aplicação das equações de equilíbrio a um diagrama de corpolivre da viga, considerada como um todo. Em seguida, uma parte da viga, à direita ou à esquerda de uma seçãotransversal arbitrária, é isolada com um diagrama de corpo livre, e as equações de equilíbrio são aplicadas aesta parte isolada da viga. Essas equações estabelecerão as expressões para o esforço cortante Ve para omomento fletor M que atuam na seção transversal da parte da viga isolada. A parte da viga que encerra omenor número de forças, à direita ou à esquerda da seção arbitrária, usualmente conduz à solução maissimples. Não se deve escolher uma seção transversal que coincida com a localização de uma carga concentrada, porque uma tal posição representa um ponto de descontinuidade na variação do esforço cortante (cisalhamento) e do momento fletor. Finalmente, é importante observar que os cálculos para VeM, em cada seçãoescolhida, devem ser coerentes com a convenção positiva, ilustrada na Fig. 5.21. *

(c) Cargas Distribuídas. Os carregamentos cujas intensidades sejam constantes ou que variem linearmente ao longo da viga são de fácil tratamento. A Fig. 5.23 ilustra os três casos mais comuns e as respectivasresultantes das cargas distribuídas. Em cada um desses exemplos, observa-se que a resultante passa pelocentróide da figura formada pela intensidade w e pelo comprimento, sobre o qual se distribui o carregamento.

~L

(e)

w

L(b)

R =t wLI

C2L/3~A1ffll

, se o cisalhamentoPor esta razão, ée deixar os sinais

na Fig. 5.22,- transversal da viga

Para este perfll, a

Fig.5.23

• N.T. O esforço cortante é positivo, quando, calculado pelas forças situadas à esquerda da seção, for voltado paracima. Se forem utilizadas as forças à direita, a convenção deverá ser invertida.

O momento fletor é positivo quando, calculado pelas forças situadas à esquerda da seção, indicar uma rotação nosentido dos ponteiros de um relógio. Se forem utilizadas as forças à direita a convenção deverá ser invertida.

~ usual indicar nos diagramas as zonas positivas e nega,tivaspor meio dos sinais (+) e (-). Existem convenções para otraçado, porém não são universais.

172 / ESTÁTICA

Para um carregamento de forma mais geral, como o da Fig. 5.24, deve-se iniciar com um incrementodiferencial de força, dR = w dx. A integral f w dx dá a resultante R e a integral f xw dx, o momento daforça distribuída. O princípio dos momentos permite localizar R através de R"X= f xw dx.

j+-xI dR=wdxI

I

I

I

I

I

I

H-x~ ~dx

Fig.5.24

(d) Relações Gerais entre Carregamento, Cisalhamento e Momento. Pode-se estabelecer algumas rela·ções gerais, para qualquer viga com carga distribuída, que muito auxiliarão a construção das distribuições decisalham~ntos e de momentos. A Fig. 5.25 representa uma parte de uma viga carregada e um elemento dx daviga, isolado. O carregamento w representa a força por unidade de comprimento da viga. O cisalhamento Veo momento M que atuam sobre o elemento são traçados, na posição x, com sentido positivo. No lado opostodo elemento, onde a coordenada é x + dx, estas quantidades são também mostradas no sentido positivo,poré~ identificadas 'como V + dV e M + dM, porque é necessário existir variação de VeM como x. Ocarregamento aplicado w pode ser considerado constante sobre o comprimento do elemento, pois estecomprimento é uma quantidade diferencial e o efeito de qualquer variação de w ao longo dele é desprezívelcomparado com o próprio valor de w.

w = f(x)

Fig.5.25

-1 r-dx

M(i~M+dMV+dV

ou

~;ess:amomemoM;diagrama de mento é, gera1:::la

Quanlserá máximo

quando VObsemv~.

referente a w e,duas uriidades

grau emx, oAs Eqs. (5.

O equilíbrio do elemento requer que a soma das forças verticais seja zero. Assim, tem-se

v - w dx - (V + dV) = O

ou

Assim, separa utilizar os -w for uma funl

Quando acada plano. Os

(5.10)

Observa-se da Eq. (5.10) que a tangente do diagrama de cisalhamento deve ser, em qualquer ponto,igual ao negativo do valor do carregamento aplicado. A Eq. (5.10) vale dos dois lados de uma carga concen-

* Quando w:funções singularid.a.dcde descontinuidades.

com um incremento

IW dx, o momento da::x.


trada, porém não pode ser usada no seu ponto de aplicação devido à descontinuidade provocada pela variação súbita no cisalhamento.

O equilibrio do elemento na Fig. 5.25 também requer que a soma dos momentos seja nula. Tomandoos momentos em relação ao lado esquerdo do elemento, tem-se

dxM + w dx- + (V + dV) dx - (M + dM) = O2

Os dois M's se cancelam e os termos w (dX)2/2 e dV dx podem ser desprezados, por serem diferenciaisde ordem superior comparados com os demais. Com isto, obtém-se simplesmente

(5.11)

que significa ser o cisalhamento, em qualquer ponto da viga, igual à tangente da curva de momentos. Pode-se,agora, exprimir o momentoM em função do cisalhamento V, integrando 5.11. Assim,

M "

f dM=f VdxMo "o

ou

M = Mo + (área sob o diagrama de cisalhamento de Xo ax).

Nessa expressão, Mo é o momento fletor em Xo e M, o momento em x. Nas vigas onde não existirmomento Mo externamente aplicado em Xo = 0, o momento total em qualquer seção é igual à área sob odiagrama de cisalhamento até aquela seção. O procedimento de somar a área sob o diagrama de cisalhamento é, geralmente, a maneira mais simples de construir o diagrama de momentos ..

Quando V é uma função contínua de x, com dV/dx *O, e passa por um valor nulo, o momento fletorserá máximo ou mínimo, neste ponto, uma vez que dM/dx = O. Também ocorrem valores críticos de Mquando V cruza o eixo do zero de forma descontínua, como é o caso de vigas com carga concentrada.

Observa-se; das Eqs. (5.10) e (5.11), que V é uma função de x com grau uma unidade acima daquelereferente a w e, também, que o grau de M em x é um acima do de V. Além disto, o grau da função M de x é

duas unidades acima do de w. Assim, para uma viga com carregamento dado por w = kx, que é do primeirograu em x, o cisalhamento V é do segundo grau em x e o momento fletor M é do terceiro grau em x.

As Eqs. (5.10) e (5.11) podem ser combinadas para dar

(5.12)

:em-se

(5.10)

em qualquer ponto.uma carga concen-

Assim, se w é uma função de x, o momento M pode ser obtido por duas integrações, tendo atençãopara utilizar os limites ~da integração apropriados em cada integração. Este método só pode ser empregado sew for uma função contínua de x. *

Quando a flexão de uma viga ocorrer em mais de um plano, pode ser efetuada uma análise separada emcada plano. Os resultados podem ser, então, combinados vetorialmente.

* Quando w é uma função descontínua de x, é possível introduzir um conjunto especial de expressões chamadasfunções singularidade, que permitem escrever expressões analíticas pna o cisalhamento Ve o momento M sobre um campode descontinuidades. Este livro não discutirá estas funções ..

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174 I ESTÁTICA


Determinar as distribuições de cisalhamento e de momentona viga da fIgura produzidas pela carga concentrada de 4 kN.

Sm

4 kN

~

4m;l

Solução. Encontra-se as reações nos apoios através do diagrama de corpo livre da viga considerada como um todo.

A seguir, isola-se uma seção da viga, de comprimento x, etraça-se o seu diagrama de corpo livre mostrando o cisalhamentoV e o momento fletor M, com seus sentidos positivos. O equilíbrio dá

[I:.MR, =O}

[I:Fj = O]

A seguir, diagrama deA intens:idarle êa .:li

J--xtRz = 2.4 kNV

Mq2,4 kN

4kN

±

V= 1,6kN

M= 1,6x

R2 = 2,4 kN

1,6 - V= O

M -1,6x= O

RI = 1,6 kN

[I:Fy = O]

[I:MRI = O]

Estes valores de Vede M se aplicam a todas as seções da vigaà esquerda da carga de 4 kN.

O próximo passo é isolar uma seção da viga à direita da cargade 4 kN e traçar o seu diagrama de corpo livre mostrando VeMcom seus sentidos positivos. O equilíbrio requer,

Estes resultados são válidos apenas nas seções da viga à direitada carga de 4 kN.

Os valores de VeM são representados conforme mostrado. Omomento fletor máximo ocorre na seção onde o cisalhamentomuda de sentido. Quando se percorre no sentido positivo o eixox, partindo de x = O, vê-se que o momento M é, meramente, aárea sob o diagrama, de cisalhamento.

Como a in

expressões paraOs diagraIIlal

podem ser obtiNota-se que M é0= 1,33 -O,~este valor de x,

[I:Fy= O]

[I:M= O]

F=

A equaçãoção das forçasdando

A resultante

igual a área daárea. Assim,

- 2,4

I

I

IIiõ-x, m

V,kN1,SI

M,kN'mII I

9,S r---------IIII

OLolO 6

V + 24 = O V = - 2,4 kN

-(2,4) 00 -x) +M= O M= 2,4 (10 -x)[I:Fy = O]

[I:MR2 = O]

Mmáx. = ~~

Outra vez, o,a área sob a C1.Ifft

Se as expres.1iÕobtém-se -dV,forme requeridomente, a w e a Y.

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FORCAS OISTRIBUfoAS I 175


Determinar as distribuições de cisalhamento e de momentos,induzidos na viga pela carga distribuída, cuja intensidade varialinearmente com o comprimento, conforme mostrado . .~kN/m~ . ~ ..

. .

I. 10m .1

w = (x/l0) (0,8) = 0,08x kN/m

- 2,67

--x

--x,m10

lO-X' m

R2 = 2,67 kN

5,77

yIR. = 2,67kN

RI = 1,33 kN

1,33x - 0,04x'(x/3) -M= O

M= 1,33x - 0,0133x3

1,33 - 0,04x' - V= O V= 1,33 - 0,04x'

0,4 (6,67) - R. (10) = O,

R! + 2,67 - 4 = O,

[I:Fy = O]

[I:M= O]

A resultante F do carregamento linear sobre a seção da viga éigual a área da distribuição triangular e passa pelo centróide destaárea. Assim,

F= -}wx = -}(O,08x)x = 0,04 x'

A equação de momentos em tomo da seção cortada e a equação das forças na direção y estabelecem o equilÍbrio da seção,dando

[I:MRI = O]

[I:Fy = O]

A seguir, isola-se uma seção representativa da viga e traça-se odiagrama de corpo livre, mostrando VeM nos sentidos positivos.A intensidade da carga linear é

Solução. A resultante R da distribuição linear de carga éigual à área do diagrama triangular, que representa a carga distribuída, e passa pelo centróide desta área. Assim, R = -} (0,8) (10)= 4 kN. O equilÍbrio da viga como um todo dá

~2,4kN

Como a intensidade da carga é uma função contínua de x, asexpressões para VeM são válidas ao longo de toda a viga.

Os diagramas da força de cisalhamento e do momento fletorpodem ser obtidos, agora, plotando VeM, conforme mostrado.Nota-se que M é máximo quando V = O, o que ocorre quando0= 1,33 - 0,04x' ()u x =.J 1,33/0,04 = 5,77 m. Substituindoeste valor de x, na expressão, paraM, dá

Mmáx. = 1,33 (5,77) - 0,0133 (5,77)3 = 5,13 kN 'm

Outra vez, observa-se que o valor de M, em qualquer seção, éa área sob a curva de cisalhamento até aquela seção.

Se as expressões para VeM forem derivadas em relação a x,obtém-se -dv/dx = 0,08x e dM/dx = 1,33 - O,04x', que, conforme requerido pelas Eqs. (5~10) e (5.11), iguala, respectivamente, a w e a V.

Administrador

Rectangle

Administrador

Rectangle

-----------------.~.~-"---'""!!-----------~

176 / ESTÁTICA


Traçar os diagramas das forças de cisalhamento e dos momentos fletores para a viga carregada, mostrada na parte superior dafigura. Determinar o momento máximo M e sua localização x, aPll1tir da extremidade esquerda da viga.

m m

Estes valores de VeM são válidos para O < x < 2 m e estãoplotados, neste intervalo, nos diagramas de cisalhamento edemomento mostrados nas ilustrações.

Do diagrama de corpo livre da seção compreendida em2 < x < 4 m, o equilíbrio das forças verticais e a soma dos momentos, em torno da seção cortada dá

Solução. As reações dos apoios são mais facilmente encontradas, considerando-se as resultantes das cargas distribuídas,conforme mostrado no diagrama de corpo livre da viga considerada como um todo. Oprirneiro intervalo da viga é analisado nodiagrama de corpo livre da seção compreendida por ° < x < 2 m.O somatório das forças verticais e o somatório dos momentos emtorrio da seção cortada dá

Estes valores de Vede M estão traçados nos diagramas decisalhamento e de momento, para o intervalo 2 < x < 4 m.

Continua-se a análise do restante da viga, usando o diagramade corpo livre da parte da viga à direita da seção, no intervaloseguinte. Deve-se observar que VeM estão representados nosseus sentidos positivos. O somatório de forças verticais e o somatório dos momentos em tomo da seção dá

Traçar osmento fletor 1determinar a :fletor e a sua

Rap_

5.80

OBLEMAS

TI Traçar5. fu'I m~ro ~

2kN homem"~

lho.I---x-----'

L _327kNt IR2 - IR, = 1,23kN

I~~(" Á"-. 1',5 kN~' ~D ~t • ~M M ,,L I ~_123 kN l(x _ 2)

, 'm·-,: 578 T"", 0""~M i I . monto",tmx ~ I

t V i 2m

1/23kN : I ~]1,51

I-l--x,m

61

I 5 79 Traçar os: I . mentofletoI-1,771

: p

MkN'm 1 1 b' I 1

1831----~ IJ I 1

1

I--x,m6

Resp.

M= 7,33 - l,77xe

M= 1,83kN'm

v = 1,23 - 0,25x'

M + (0,25x') ~ - 1,23x = °3

M = 1,23x - 0,0833x3

V + 1 (x - 2) + 1 - 1,23 = ° V = 2,23 - x

x-2M + 1 (x - 2) -- + 1 [x - -} (2)) - 1,23x = °2

M= -0,667 + 2,23x - 0,50x'

V= -1,77 kN

P;Fy= 01

[~M=O]

[~Fy = 01

[~M=OI

Estes valores de Vede M estão traçados nos diagramas decisalhamento e de momento, para o intervalo 4 < x < 5 m.

O último intervalo pode ser analisado por simples inspeção. Ocisalhamento é constante e igual a + 1,5 kN e o momento segueuma relação linear, iniciando com valor nulo na extremidadedireita da viga.

O momento máximo ocorre em x = 2,23 m, onde a curva docisalhamento cruza o eixo x, e a intensidade de M é obtidasubstituindo este valor de x na expressão para M do segundointervalo. O .momento máximo é

Administrador

Rectangle


que está em concordância com os resultados já obtidos.

Como já foi visto, o momento M em qualquer seção, é igual àárea sob o diagrama do cisalhamento, até a seção. Por exemplo,para x < 2 m,

[.6.M=fvdx]x

M - O = f (1,23 - 0,25x2) dx,o

M= 1,23x - 0,0833x3

PROBLEMAS PROPOSTOS

-----.J ----x

~2 = 3,27kN

5.77 Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para o trampolim que suporta umhomem de 80 kg em posição para dar um mergulho. ---x

Probl. 5.80

5.78

Probl. 5.77

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga carregada.

5.81 Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga mostrada.

600N

4m ~_

~2Illt 4m ~A B600N

Probl. 5.81

x,m

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga em balanço.

p

t I I

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga mostrada e encontrar omomento M na seção C. '

Resp. Mc= -2,78Nom

5.82

Probl. 5.78

3kN 2kN

! 3m h~2m

..s;=

5.79

51 611

1

I-1771

, 1

1

I1

1

1

1

,I x,miC 6

Probl.5.79

5.80 Traçar os diagramas de cisalhamento e de mo-mento fletor para a viga horizontal mostrada edeterminar a intensidade máxima do momentofletor e a sua localização.

Resp. Mmáx. = 6,00 kN o m em x = 7 m

A ~c B~ '~

Probl. 5.83

Administrador

Rectangle

178 I ESTÁTICA

5.83

5.84

Traçar os diagramas de cisalhamento e momento,para a viga carregada, em seu centro, pelo conjugado C.

Traçar os diagramas de cisalhamento e momentopara a viga sujeita ao conjugado da extremidade.Qual é o momento M em urna seção 0,5 m à direitadeB?

5kN

Ir 1-- I ---r- 1

~~L~--k-~---J..~JProbl. 5.87

Resp. M= -120N.m =

12m-r-2 m-----+i~ r. ~ ..JA B 120N'm

Probl. 5.84

5.88 A resistência à flexão de urna viga de largura uni-forme é proporcional ao quadrado da alturay daviga. A viga em balanço da figura tem altura h noengastamento. Encontrar a altura y em função docomprimento x a fim de que todas as seções daviga tenham a mesma resistência à flexão.

Resp. y = h .JXTf

5.85 o perfil soldado em ângulo está também soldadoà viga AB, e suporta a carga de 1 kN. Traçar osdiagramas de cisalhamento e de momento para aviga.

I > I

-r-~-{IIII

Y

1 kNProbl. 5.88

--

Traçar os diaBImentos para Ipor metro desobre sua parte

Traçar 0-5

mentos pan ICalcular o

5.94

~M

Probl. 5.89

Construir o diagrama de momento fletor para oeixo AB, em balanço, da unidade rígida mostrada.

5.89 Urna viga em balanço tem a forma de um arco dequadrante de círculo. Determinar as expressõespara o cisalhamento V e para o momento fletorM, em função de e ..

5.90

4m C

6m~

Probl. 5.86

6m

4m

Resp. M= -5 kN-m

Probl.5.85

Construir o diagrama de momento para as duasvigas ligadas pela articulação B e carregadas cornoestá na figura.

Traçar os diagramas de cisalhamento e momentopara a viga carregada, corno se vê na flgUIa.·Determinar o momento fletor M de intensidade máxima.

5.86

5.87


Escrever as expressões para o momento de torçãoT, e para o momento fletor M, na viga curvada naforma de um quadrante de círculo, sob uma cargaL na extremidade. Usar uma notação coerentecom o sistema de coordenadas '-O-z, onde os vetores dos momentos positivos são tomados nosentido positivo dos eixos.

Resp. M,=-Lacoso; T=-La(1-senO)

Probl. 5.95

Traçar os diagramas de esforços cortantes e demomentos para a viga carregada. Calcular a intensidade máximaM do momento fletor.

Resp. M= fPl

Traçar os diagramas de esforços cortantes e demomentos, para a viga em balanço, com o carregamento mostrado. Calcular a intensidade máximaM do momento fletor.

5.95

5.96

.•.•.. ,a~

----------

//

O

5.91

Resp. M= 12 kNem

Probl. 5.97

Resp. M= woI'12

Traçar os diagramas de esforços cortantes e demomentos para a viga em balanço, carregada,onde o conjugado da extremidade M1 é ajustadode modo a produzir momento nulo na extremidade engastada. Calcular o momento fletor M emx= 2m.

Probl.5.96

Traçar os diagramas de esforços cortantes e demomentos para a viga simples, com carregamentomostrado na figura. Determinar a intensidade Mdo momento fletor máximo.

Uma viga suporta uma carga distribulda, de intensidade constante w = 3 kN1m, entre os pontos Ae B. Calcular a força de cisalhamento e o momento fletor em B, se os seus valores em A são, respectivamente, + 2 kN e -1 ,5kN • m.

5.97

5.99

5.98

Probl. 5.91

~I.: I J

Probl. 5.92

Traçar os diagramas dos esforços cortantes e dosmomentos, para a viga em balanço com a cargauniforme w por unidade de comprimento.

Traçar os diagramas de esforços cortantes e momentos para a viga uniformemente carregada.Calcular o momento fletor máximo M.

500N/m

~ J:D1- ..IlProbl. 5.94

Probl. 5.93

Resp. M= wI'8

Traçar os diagramas de esforços cortantes e momentos para a viga que suporta a carga de 500 Npor metro de comprimento da viga, distribuídasobre sua parte média ..

5.92

5.93

5.94

LIIII

Y

a forma de um arco de

180 f ESTAnCA

~

'. r=-1/2 ~ 1/2----.,.jProbl. 5.98

1,5 kN/m

~~2m >I< 1m~

Probl. 5.102

5.106

3 kNfm

~

A B

1-<-2m~Prob\. 5.99

5.100 Urna carga distribuída sobre urna viga em equilÍbrio, aumenta linearmente de 2 a 4 kN/m, em umintervalo de 2 m. Calcular a força de cisalhamento e o momento fletor na seção B, se os seus valores na seção A são, respectivamente, + 3 kN e+ 2 kN • m.

Resp. VB = -3 kN; MB = 2,67 kN'm

5.103 Determinar o momento fletor máximo M e o va

lor correspondente de x na viga da ponte rolante.Indicar a seção onde este momento atua.

L a + 1

Resp. MA = 4T (1- a)2; x = -2-

LProbl. 5.i03

5.104 O eixo, apoiado nas extremidades, está sujeito acargas que variam linearmente em planos perpendiculares entre si. Determinar a expressão para omomento fletor resultante M que atua no eixo.

Resp. M= ~l x(1- x) .,)51' - 2lx + 2x2

5.7 - CABO-S

Um elem

pênseis, linhascálculo dessas

o comprimentohipótese, nãoagindo na direçr

Os cabos

forças distribuícarga de intensildesprezado; emcaso, o equilíbrio

4 kNfm

A B

~2m~

Probl. 5.100

.--x

Resp. b = 1,5 m

(a) ReZaçõ(!$,

de comprimento

*N.T. Um

todos os seus pontos.Probl. 5.105

5.105 A viga curva, em balanço, vista na figura, tem aforma de um arco de quadrante circular e suportaurna carga de w N/m que atua na face superior daviga. Calcular o momento de torção e o momentofletor M em função do ângulo (J.

Resp. T = wr2 (% - (J - cos ~)

M = - wr2 (1 - sen (J)

b

>:7lA

I

~Probl. 5.101

L

5.102 Traçar os diagramas de esforços cortantes e demomentos para a viga mostrada. Determinar adistância b, medida da extremidade esquerda aoponto onde o momento fletor é nulo entre ossuportes.

5.101 Fazer um croqui dos diagramas de momento fletor da viga da parte superior para os valores dobalanço x = O,x = O,4b e x = 1.


Um elemento estrutural de grande importância é o cabo, ou fio, flexível, muito usado nas pontespênseis, linhas de transmissão, transportes em carros aéreos, linhas de telefone e muitas outras aplicações. Nocálculo dessas estruturas é necessário que se conheçam as relações existentes entre as tensões, o vão, a flecha eo comprimento do cabo. Para isso, estuda-se o cabo como um corpo em equilíbrio, admitindo-se que, porhipótese, não haja nenhuma resistência oposta à flexão. Tal suposição implica em se ter as forças sempreagindo na direção do cabo.

Os cabos flexíveis podem suportar uma série de forças concentradas, como se vê na Fig. 5.26a, ouforças distribuídas por todo o comprimento, como se indica no carregamento da Fig. 5.26b, onde w é umacarga de intensidade variável. Em alguns casos, o peso do cabo, comparado com as cargas que atuam, pode serdesprezado; em outros, o peso é importante, podendo mesmo ser a carga única a considerar. Em qualquercaso, o equilíbrio do cabo é estudado da mesma maneira.

f1etor máximo M e o va:: ::Javiga da ponte rolante.

3 ::nomento atua.L 2 a+l..•= - (I - a) . x = --

u 41 ' 2

a::::=idades, está sujeito ate em planos perpen

a expressão para o}f que atua no eixo.

::'-! - x) .J 512 - 2lx + 2x2

5.106 A viga em balanço suporta uma carga senoidalw = Wo sen (11Xj[) por unidade de comprimento.Determinar o momento fletor M, em função de x,aplicando diretamente a Eq. (5.12).

wol ( I 11X )Resp. M = -- - sen - + x - I11 11 I

5.7 - CABOS FLEXlYEIS*

rrx

~

t-_x-J_z JProbl. 5.106

Fig.5.26

(c)

IYI

-x+dx I

=-X--11 T+dT

~fr~+-xT 8 W 8+d8-wdx

R

(b)

• ~',vista na figura, tem ate circular e suporta

atua na face superior da~ de torção e o momentoÍD~-ulo 6.

::= wr2 (~ - 6 - cos ~)

= -wr2 (1 - sen 6)

x

~ ~------

(a) Relações Gerais. Se a carga w aplicada ao cabo da Fig. 5.26b, for expressa em força por unidadede comprimento do vão x, a resultante R das cargas verticais será

R =J wdx

* N.T. Um cabo flexível é um fio, que é uma estrutura considerada flexível em todos os pontos, isto é, articulada emtodos os seus pontos.

182 I ESTATICA

fazendo-se a integração no intervalo desejado. A posição de R é encontrada pelo princípio dos momentos, demodo que

(T + dT) sen (e + de) = T sen e + w dx

(T+dT)cos(e + de) = Tcose.

A carga elementar dR = w dx é representada por uma faixa elementar de altura w e largura dx da áreasombreada do diagrama de carga e R é representada pela área total. Conclui-se, das expressões anteriores, queR passa pelo centróide da área sombreada.

A condição de equiHbrio do cabo estará satisfeita, se cada parcela infmitesimal estiver em equihbrio. Odiagrama de corpo livre de um elemento diferencial é mostrado na Fig. 5.26c. A tração * no cabo, em umponto qualquer defmido por x, é T, sendo e o ângulo que o cabo forma com a horizontal na direçãox. Naseção x + dx a tração é T + dT, e o ângulo e + de. Note-se que as variações de T e e foram tomadas positivamente para uma variação positiva de x. A carga vertical w dx completa o diagrama de corpo livre. O equilíbrio das forças verticais e horizontais exige, respectivamente, que:

f xdR

x= --R-Rx= fxdR

Desenvolvendo o seno e o co-seno da soma dos dois ângulos, e substituindo-se sen de = de e

cosde = 1, o que é verdadeiro no limite, quando de tende para zero, e simplificando, vemonde C é urna

modo que C = o.

(T + dT) (sen e + cos e de)

(T + dT) (cos e - sen e de)

Tsene + wdx

T cos e.

Cancelando os termos de segunda ordem, obtém-se que define a in ..

T cos e de + dT sen e = w dx

- T sen e de + dT cos e = o

A segunda relação mostra que a componente horizontal de T não varia, o que está claro no diagrama decorpo livre. Chamando esta força horizontal constante de To = T cos e e combinando com a primeiraequação resulta d (To tg e) = w dx. Porém, tg e = dy/dx o que permite dar à equação de equillbrio a forma

que se pode escrever como

d (T sen e) = w dx e d(Tcose) = O

O estudante

Dida e conseqüenteparábola vertical. J

tranSforma-se na'ft:IIl

(5.13)A tração T

Fig. 5.27, oqual eqA Eq. (5.13) é a equação diferencial dos fios ou cabos flexíveis. A solução desta equação é a relação

y = f(x) que satisfaça tanto à equação quanto às condições nas extremidades fixas do cabo denominadascondições de contorno. Esta relação defme a forma do cabo e será usada para resolver dois casos importantesde carregamentos de cabos.

Eliminando T.

* N.T. É comum, se bem que erradamente, chamar-se a tração no cabo, de tensão.

..r------~-----....._.·---------------------~-------~-----------------FORÇAS OISTRIBUfoAS I 183

• - dos momentos, de

ra l4" e largura dx da árealpre5SÕes anteriores, que

em equilíbrio. O.ãO iO no cabo, em um

na direçãox. Nafuram tomadas positi

rpo livre. O equilí-

se sendO =dO e

< L ) I

Fig.5.27

(b) Cabo Parabólico. Quando a intensidade do carregamento vertical w é constante, a situação seaproxima bastante da que se tem em uma ponte pênsil, onde o peso uniforme do tabuleiro pode ser expressopela constante w. O peso próprio do cabo não é distribuído uniformemente pela distância horizontal (vão),porém, sendo relativamente pequeno, é desprezado. Nestas condições, prova-se que o cabo toma a configuração de um arco parabólico. A Fig. 5.27 mostra uma ponte pênsil de vão L e flecha h, com a origem dascoordenadas no meio do vão, sobre a curva. Sendo constantes w e To, a Eq. (5.13) pode ser integrada umavez em relação a x para se obter:

dy _ wx + Cdx-To

onde C é uma constante de integração. Para os eixos coordenados escolhidos, dyjdx = O, quando x = O, demodo que C = O. Portanto,

dy _ wxdx-To

que defIne a inclinação da curva como função de x. Integrando novamente, vem:

O estudante deve perceber que poderia chegar aos mesmos resultados por meio de uma integral indefinida e conseqüente cálculo da constante de integração. Pela Eq. (5.14), verifica-se que a forma do cabo é umaparábola vertical. A componente horizontal da tração do cabo, componente essa que tem valor constante,transforma-se na própria tração do cab", na origem. Entrando na Eq. (5.14) com os valores x = L/2 e y = h,vem

o no diagrama deo com a primeiraequi11ÔriOa forma

Iy IZwXdy = -dxo o To

To = WL28he

ou

~~

y = 4hx2L2

(5.14)

(5.13)

equação é a relaçãoI do cabo denominadas

r dcris casos importantes

A tração T pode ser determinada no diagrama de corpo livre por uma porção flnita do cabo, visto naFig. 5.27, o qual exige que

Eliminando To, vem

(5.15)

-------->-.., --.~ - .

184 I ESTÃTICA

A tração máxima ocorre quando x = L/2 e vale

WLj UT,-- 1 --

max. - 2 + 16h2

o comprimento S do cabo completo é obtido da relação diferencial ds = V7;ix)2 + (dy)2. Portanto,

IS/2 S IL/2 j _(dy)2 IL/2 j (WX)2ds=-= 1+ - dx= 1+ - dx

o 2 o dx o To

Por conveniência de cálculo, substitui-se esta expressão por uma série convergente, que, em seguida, é

integrada termo a termo. Partindo do desenvolvimento,

n(n - 1) n(n - l)(n - 2)(1 + x)n= 1 + nx + x2 + -------x3 + ...2! 3!

pode-se escrever a integral do seguinte modo

Como w/To = 8h/L2, vem

(5.1

A tração

A Eq. (5:

combinanJyIII

L

(5.1-

Examinando-se esta série verifica-se que é convergente para todos os valores de h/L :s;;; 1/4. Na maio"'dos casos, h é muito menor do que L/4, de modo que os três termos da Eq. (5.16) dão suficiente precisão.

(c) Cabo em Catenária. Consideremos, agora, um cabo uniforme (Fig. 5.28) suspenso por dois pontlsituados no mesmo plano horizontal e sujeito somente à ação do seu próprio peso. Na parte direita da fIgUI'E

aparece o diagrama de corpo livre de uma porção fmita do cabo de comprimento s. Este diagrama de colivre difere daquele da Fig. 5.27, na qual a força vertical total suportada é igual ao peso da parte do cabo d~comprimento s, em lugar da carga uniformemente distribuída em relação à horizontal. Se o peso do cabo fi

jJ. por unidade de comprimento, a resultante R da carga será R = jJ.S e o incremento de carga vertical w rlx_

da Fig. 5.26c, será substituído por jJ.ds. Assim, a equação diferencial, Eq. (5.13), para o cabo vem a ser:

Fig.5.28 * Ver Ta


Como s = f(x,y), é necessário modificar a equação, de modo que só apareçam essas duas variáveis.Considerando a identidade (dS)2 = (dX)2 + (dy)2, vem

(5.15a)

Ihr + (dy)2. Portanto,d2y = ~j1 + (dy)2dx2 To dx

(5.18)

.. 6:

e, que, em seguida, é

A Eq. (5.18) é a equação diferencial da curva (catenária) formada pelo cabo. A solução desta equação éfacilitada pela substituição p = dy /dx, que dá

~=~dx

Vf+1J2 To

Integrando, vem

ln (p + Vf+1J2) = ~ x + Co

A constante C é zero, visto que dyjdx = p = O,quando x = O. Entrando comp = dyjdx, passando paraa forma exponencial e simplificando, vem

dy

dx

(5.16)

!/L ~ 1/4. Na maioriasuficiente precisão.

tendo-se introduzido a função hiperbólica* por conveniência. A inclinação pode ser integrada para se obter

To fJ.xY = -cosh- + K

fJ. To

A constante de integração k é calculada, considerando-se que x = O, quando y = O. Esta substituiçãoexige que K = - To/p. e, portanto,

A Eq. (5.19) é a equação da curva (catenária) formada pelo cabo suspenso sob a ação do seu própriopeso.

No diagrama de corpo livre da Fig. 5.28 vê-se que dyjdx = tg e = p.s/To. Assim, das expressões anteriores vem

50 por dois pontos!'-,~parte direita da figura

Este diagrama de corpoda parte do cabo de

'- Se o peso do cabo forãe carga vertical w dx,

cabo vem a ser:

(5.17)

To ( fJ.x )y = - cosh -. - 1fJ. To

To fJ.xs =- senh-fJ. To

A tração T no cabo é obtida do triângulo de equilíbrio das forças na Fig. 5.28. Assim,

que, combinando com a Eq. (5.20), transforma-se em

* Ver Tab. C3, Apêndice C.

(5.19)

(5.20)

186 / ESTÁTICA

ou

A tração pode também ser expressa em função de y com o auxilio da Eq. (5.19), que quando substituída na Eq. (5.21), fornece,

JlX

T = TO coshTo

T = To + f.l.Y

(5.21)

(5.22)

Problema Reso1- .

Substituir o cabo

carregamento unifacabo de massa 12 qcomo carga apenasentre dois pontos situado outro e tem uma

do vão, a tração má..~·

A Eq. (5.22) mostra que o incremento na tração do cabo, partindo do ponto mais baixo, dependeapenas de f.l.Y.

A maioria dos problemas que envolvem catenárias exige a solução das Eqs. (5.19) a (5.22), o que podeser feito graficamente ou por cálculo. O processo gráfico será visto no exercício que aparece adiante.

A solução dos problemas de catenária, onde a relação flecha-vão é pequena, pode ser obtida, dentro deuma certa aproximação, pelas fórmulas apresentadas para o cabo parabólico. A relação flecha-vão, sendopequena, significa que o cabo é tenso e, nesse caso, pouca diferença existe entre a distribuição uniforme dopeso ao longo do cabo e a mesma carga distribuída ao longo do vão.

Muitos problemas que tratam de cabos parabollcos ou catenários apresentam cabos suspensos empontos que não estão no mesmo nível. Nesses casos, as relações podem ser aplicadas em ambos os lados docabo, a partir do ponto mais baixo.

Solução. Como a ,do comprimento do Cl

aplica e tem-se uma(5.20) e (5.21), quecabo e a tração, exig,eque deve ser achaday=60me/J= 12(9)

60= T.0,11~'

ou

7,01

T,

Problema Resolvido 5.10 Esta equação podeso gráfico. Cada um CÍl

To, podendo ser calculrentes valores de To' .

igualdade e determinagráfica é mostrada naconduz à solução

Tmáx. = 2.;

23,22s= 2 0,111';

A tração máxima(5.22), vale

1) O comprimento to

Tmáx.y

I1--------I

60mI

R = 12(150)(9,81)(10-3)= 17,66 kN

To

Resp.0,1177 (300)2 = 22,07 kNTo = 8 (60)[T = wL2 ]o 8h

Um cabo leve suporta uma massa de 12 kg por metro, medido na horizontal, e está suspenso entre dois pontos situados nomesmo nível e afastados de 300 m. Se a flecha for de 60 m, encontrar a tração no meio do vão, a tração máxima e o comprimento total do cabo.

Solução. Como a distribuição da carga é horizontal uniforme, a solução da parte (b) do Art. 5.7 se aplica e tem-se umaforma parabólica para o cabo. Para h = 60 m, L = 300 m ew = 12 (9,81) (10-3) kN/m, a relação da Eq. (5.14) dá para atração no meio do vão,

A tração máxima ocorre nos suportes e é dada pela Eq.(5.15a); Assim,

1) [T ' = ~ ~ + (~) 2]max. 2 J 1 4h

T ' = 0,1177 (300) Q[~J 2 = 28 27 kN Res.max. 2 .J 1 + I 4 (60) , P

A relação entre flecha e vão é 60/300 = 1/5 < 1/4. Portanto,a expressão da série desenvolvida na Eq. (5.16) é convergente, epode-se escrever para o comprimento total

[ 8 (1)2 32 (1)4 ]S = 300 1 + 3 5 -5 5 + ...

= 300 [1 + 0,1067 - 0,01024 + ... ] = 329 m Resp.

Nota:

<D Sugestão: Verificar o valor de Tmáx. diretamente do diagrama de corpo livre da metadedireita do cabo, de onde se pode obter umpo1Ígono de forças.

PROBLEMAS PROPOl

5.107 Os dois cabos dede 1000m e wuma carga verticamemente, em reI2suas torres. Cal.ano meio do vão.

FORÇAS OISTRIBUrOAS / 187

(5.21)Problema Resolvido 5.11

que quando substi-

(5.22)

Substituir o cabo do Problema Resolvido 5.10, que tem umcaxregamento uniformemente distribuído na horizontal, por umcabo de massa 12 kg por metro do seu comprimento e tendocomo carga apenas o seu peso próprio. O cabo está suspensoentre dois pontos situados no mesmo nível e distantes 300 m umdo outro e tem uma flecha de 60 m. Encontrar a tração no meiodo vão, a tração máxima e o comprimento total do cabo.

SolutionTo = 23.2 kN0,33

0,30,310,300,290,2822,5

23,023,524,0To, kN

To = 23,2 kN.

Solução. Como a distribuição da carga é uniforme ao longodo comprimento do cabo, a solução da parte (c) do Art. 5.7 seaplica e tem-se uma forma de catenária para o cabo. As Eqs.(5.20) e (5.21), que dão respectivamente o comprimento docabo e a tração, exigem o conhecimento da tração mínima To,que deve ser achada pela Eq. (5.19). Assim, para x = 150 m,y = 60 m e J.l = 12 (9,81) (10-3) = 0,1177 kN/m,

60 = To [COSh (0,1177) (150) _ 1.]0,1177 . To

7,063 = cosh 17,66 _ 1.To To

ou

Esta equação pode ser resolvida mais facilmente pelo processo gráfico. Cada um dos membros da equação é uma função deTo, podendo ser calculada e representada graficamente para diferentes valores de To' A interseção das duas curvas estabelece aigualdade e determina o valor correto de To·. Esta representaçãográfica é mostrada na figura que acompanha este problema econduz à solução

mais baixo, depende

a(5.22), O que podeadiante.

ser obtida, dentro de- flecha-vão, sendo

uição uniforme do

cabos suspensos em• ::m.ambos os lados do

A tração máxima surge quando y é máximo e, pela Eq.(5.22), vale Nota:

O comprimento total do cabo é dado pela Eq. (5.20)

Tmáx. = 23,2 + (0,1177) (60) = 30,2 kN. Resp.

1

2s = 2 23,2 senh (0,1177) (150)0,1177 23,2

330m. Resp.

<D Observe que a solução do Probl. Resolvido 5.10 para o cabo parabólico dá umaaproximação muito boa para os valoresda catenária, mesmo no caso de grandesflechas. A aproximação é ainda melhorpara pequenas relações entre flecha e vão.

PROBLEMAS PROPOSTOS

de Tmáx. diretali:' :cIpO livre da metade

-~ se pode obter um

5.107 Os dois cabos de uma ponte pênsil,com um vãode 1000 m e uma flecha de 150 m, suportamuma carga vertical de 480 MN; distribuída uniformemente, em relação à distância horizontal, entresuas torres. Calcular a tração To, em cada cabo,no meio do vão, e o ângulo 8 formado pelos

cabos com a horizontal, junto aos suportes naparte superior de qualquer das torres.

Resp. To = 200 MN; 8 = 31,0°

5.108 A ponte Golden Gate, em São Fraricisco, tem umvão principal de 1 280 m, uma flecha de 143 me

188 I ESTÁTICA

PIO

yII

r-<I

I-r!~

t..Wo

O cabo de massa

suspenso por daido outro e sobre

carga por unidaljhorizontal, suporcentro a w 1 IIll3

relação w = a + jflecha h do cabmeio do vão.

1< L/2--

5.119 Uma draga flnIlIum único cabohorizontal nouma distânciade ancoragem B,ção de 300 k:Ymassa de 22 Q' ]calcular a a1

5.118

5.117

~II

rih I

I

II

Probl. 5.116

50kg/m

Probl. 5.115

---~20m

+---20m

100m

Um cabo de massa desprezível está suspenso pordois pontos fixos tendo inclinação nula no suporte mais baixo, como se vê na figura. Deduzir aequação da curva formada pelo cabo, sabendoque a carga w por ele suportada decresce uniforme~ente com x desdewo até zero.

3hx2 xResp. y = -- (l - - )21' 31

Um cabo suporta uma carga de 50 kgfm uniformemente distribuída, em relação à horizontal, eestá suspenso por dois pontos fixos localizadoscomo se vê na figura. Determinar as trações T eTo, máxima e mínima, no cabo.

Resp. T= 35,61 kN; To = 21,04 kN

5.115

lar o comprimento total S de cada cabo, entre asduas torres idênticas.

5.116

5.114 Um cabo que suporta uma carga uniformementedistribuída ao longo da horizontal, tem 33,6 mde comprimento e está suspenso entre dois pontos no mesmo nível e afastados de 30 m um dooutro. Determinar a flecha h do cabo.

5.113 Uma pequena ponte pênsil para pedestres tem umvão de 100 m entre suportes, colocados no mesmo nível. Cada um dos cabos suporta uma cargauniforme de 20 kg por metro, medido na horizontal. Se a tração máxima no cabo é 18 kN, calcular a tração To no meio do vão, a flecha h e oângulo e feito pelo cabo com a horizontal, nossuportes.Resp. To = 15,09 kN; h = 16,25 m; e = 33,0°

B

200m

Probl. 5.109

Medidas feitas no ponto A dos cabo.s da pontep~nsil indicaram um aumento de 1,80 MN natração em cada um dos dois cabos principais devido ao recapeamento executado no piso da ponte.Determinar a massa total m' de material adicio

nado ao piso por metro linear da ponte.Resp. m' = 909 kg/m

Probl. 5.111

r------90m

1~A

uma carga estática total de 310 kN por metrolinear, medido horizontalmente. Os pesos deambos os cabos principais estão incluídos nessacarga estática admitindo-se uniformemente distribuídos ao longo da horizontal. O ângulo feitopelo cabo com a horizontal, no topo da torre, é omesmo em ambos os lados da torre. Calcular a

tração To no meio do vão, em cada cabo principale a força de compressão C exercida pelo cabo notopo de cada torre.

5.111

5.112 O cabo de uma ponte pênsil com um vão de1 000 m está 150 m abaixo da parte superior dastorres de suporte, na posição a 1/4 do vão. CalcuG

5.110 Desenvolver a Eq. (5.19) em série de potências decosh (jJ.X/To) e mostrar que a Eq. (5.14), equaçãoda parábola, pode ser obtida tomando-se apenasos dois primeiros termos da série. (Ver Tab. B8,Apêndice B, para o desenvolvimento em série dasfunções hiperbólicas.)

5.109 O cabo de A a B está carregado com uma carga de80 Mg distribuída uniformemente ao longo dahorizontal. A inclinação do cabo é zero em A, eseu peso é pequeno comparado com a carga quesuporta. Calcular a tração máxima T no cabo.

Resp. Tmáx. = 1 173 kN

FORÇAS DISTRIBUfDAS / 189

• t:a1 S de cada cabo, entre asas..

le ;ênsi1 para pedestres tem um11: mportes, colocados no mesl ;;ns cabos suporta uma cargaJpar metro, medido na hori,rixima no cabo é 18 kN, cal10 ::reio do vão, a flecha h e oli ;::aba com a horizontal, nos

,e.:; h ==16,25 m; ()==33,0°

., uma carga uniformementehorizontal, tem 33,6 m

, suspenso entre dois pone afastados de 30 m um do

fi;cha h do cabo.

carga de 50 kg/m unUor, em relação à horizontal, e

'5 pontos fixos localizadosDeterminar as trações T eno cabo.

r= 35,61 kN; To == 21,04 kN

5.117 O cabo visto na figura é de massa desprezível etem inclinação nula no suporte mais baixo. Acarga varia linearmente com x, desde Wo até w I'como se vê na figura. Deduzir a expressão para atração To, na origem.

Probl. 5.117

5.118 O cabo de massa desprezível, visto na figura, estásuspenso por dois pontos a uma distância L umdo outro e sobre a mesma linha horizontal. Se a

carga por unidade de comprimento na direçãohorizontal, suportada pelo cabo varia de Wo nocentro a w1 nas extremidades, de acordo com arelação w == a + bx', deduzir a equação para aflecha h do cabo, em função da tração To nomeio do vão.

acima do nível da água e encontre o comprimento do cabo entre A e B.

Resp. H ==24,5 m; s ==251 m

5.120 Refazer o Probl. 5.119 usando as relações paraum cabo parabólico, como aproximação, e compare os resultados com os obtidos pelo Probl.5.119.

5.121 Um cabo flexível está ligado ao ponto A e passasobre uma pequena polia em B, que está 180 macima de A. Se o cabo exige uma traçãoT == 50 kN em B, para fazer com que o ângulo aseja nulo em A, determinar o peso J.l do cabo, pormetro de seu comprimento.

f..-r' I B

m \, / I 180mA~~~~--~~~

~.~"om~Probl. 5.121

Probl.5.123

Resp. h == 18,5 m

r-10ffi-]

5.122 Resolver o Probl. 5.121 usando, como aproximação, as relações para o cabo parabólico.

5.123 Um cabo de 40 m de comprimento está suspensoentre ,dois pontos separados por uma distânciahorizontal de 10 m. Calcular a distância h para aparte mais baixa do cabo.

Probl. 5.118

L'Resp. h == -- (5wo + wl)

48To

5.119 Uma draga flutuante é mantida em posição porum único cabo preso à sua popa, tendo direçãohorizontal no ponto de amarração A e vencendouma distância horizontal de 250 m até o pontode ancoragem B, em terra. É necessária uma tração de 300 kN no cabo, em A. Se o cabo temmassa de 22 kg por metro do seu comprimento,calcular a altura H necessária para a ancoragem,

'I

eprezível está suspenso porlo inclinação nula no suporse vê na figura. Deduzir a

ada pelo cabo, sabendosuportada decresce unUor

IR w. até zero.3hx' x

Y==2T(l-31)

L5.116

B

~~~

._gr....~•.,,~~ ,""i'. -~"""

·250 m

Probl. 5.119

5.124 Um cabo, sujeito à ação do seu próprio peso, estásuspenso entre dois pontos situados no mesmonível e distantes 400 m entre si. Sabendo que aflecha é de 100 m, calcular o comprimento totalS do cabo. Qual será o erro cometido se o cálculofor feito com a expressão dos cabos parabólicos,usando três termos nas séries?

190 / ESTÁTICA

5.125 Uma linha de transmissão elétrica está suspensa.por duas torres situadas no mesmo nível e distantes 200 m uma da outra. O cabo tem 18,2 kg/mde comprimento e uma flecha de 32 m, no meiodo vão. Sabendo que o cabo pode suportar umatração máxima de 60 kN, determinar a massa p

por unidade de comprimento, do gelo que sepode acumular no cabo, sem ultrapassar aquelatração máxima.

Resp. p = 13,4 kg de gelo por metro

5.126 Resolver o Probl. 5.125 usando, como aproximação, as relações para o cabo parabólico.

5.127 Um navio para lançamento de cabo submarino,reboca um arado A durante uma inspeção dofundo do oceano para, posteriormente, lançar umcabo telefônico. O navio mantém-se com velocidade baixa constante, com o arado na profundidade de 180 m. O cabo tem comprimento suficiente para permitir que saia horizontalmente doarado, que está a 480 m a ré do navio. O pesoefetivo do cabo de reboque, levando em conside-

Probl. 5.127

5.8 - ESTÁTICA DOS FLUIDOS

ração seu empuxo, é de 45,2 N/m. Devido à baixavelocidade, pode-se desprezar as forças do movimento do cabo na água. Calcular a força horizontal To aplicada ao arado e a tração máxima nocabo. Encontre, também, o comprimento docabo de reboque do ponto A ao B.

Resp. To=30,2kN; Tmáx.= 38,3 kN; s=522m

5.128 Um balão está preso ao tambor de guincho pormeio de um cabo de 100 m de comprimento,diâmetro de 12 mm e massa de 0,51 kg/m. Parainiciar o enrolamento do cabo no tambor é neces

sário um torque de 400 N •m. O vento na região émuito fraco. Nestas condições, o cabo, na entradado tambor faz um ângulo de 30° com a vertical.Calcular a altura H do balão, sabendo que o diâmetro do tambor é de 0,5 m.

Resp. H= 90m

H

1Probl. 5.128

Como ds sen e =

Girando o elemeD

a pressão em um pontolevar em consideraçãounidade de volume; deI

resulta uma quantidadeciais de segunda ordem.

Em qualquer flnfunção, considera-se mmostra um elemento di

sentido positivo da dirrface inferior é P mais

multiplicado pelo volmdas forças verticais, não

Até aqui dedicamos nossa atenção, principalmente à ação das forças que agem em corpos rígidos. Nesteitem estudaremos o equilíbrio de corpos, sujeitos a forças devidas à ação de pressões exercida~por fluidos. Umfluido é qualquer substância contínua que, em repouso, é incapaz de suportar uma força de cisalhamento.Força de cisalhamento é uma força tangente à superfície sobre a qual atua e aparece quando existe diferençade velocidades entre lâminas adjacentes dos fluidos. Assim, um fluido em repouso só pode exercer forçanormal sobre uma superfície limite. Os fluidos podem ser gasosos ou líquidos. A Estática dos fluidos é, geralmente, apresentada como Hidrostática quando o fluido é um líquido e como Aerostática quando o fluido éum gás.

(a) Pressão dos fluidos. Em um ponto qualquer de um fluido, a pressão é a mesma em todas asdireções (princípio de Pascal). Este fato pode ser demonstrado, considerando-se um prisma triangular einflnitesimal do fluido, como se vê na Fig. 5.29. As pressões do fluido normais às faces do elemento foramdesignadas por Pl, P2, P3 e P4. O equilíbrio das forças segundo as direções x e y exige que

Esta relação dife

para a superfície. A '&com o conhecimento o

Os fluidos esselll

dos frns práticos, suasCom p constante, a Eq

P2dxdz = P3dsdz cose P 1 dy dz = P3 ds dz sen e. * Ver Tab. C1, Ap

FORÇAS OISTRIBUIOAS / 191

Pl=P2=P3=P,

Como ds sen () = dy e ds cos () = dx, estas equações exigem que

(5.23)

P dA + pg dA dh - (p + dp) dA = O

dp = pgdh

dx IP2dxdz

Fig.5.29

Girando o elemento num ângulo de 90°, verifica-se que P4 também é igual às outras pressões. Portanto,a pressão em um ponto qualquer de um fluido é a mesma em qualquer direção. Nesta análise não é necessáriolevar em consideração o peso do elemento do fluido, visto que quarido o seu peso específico (peso porunidade de volume; densidade p, veja a aceleração da gravidade g) é multiplicado pelo volume do elementoresulta uma quantidade diferencial de terceira ordem que pode ser desprezada, diante das grandezas diferenciais de segunda ordem, quando se passa os limites.

Em qualquer fluido em repouso, a pressão é função da dimensão vertical. Para se determinar estafunção, considera-se uma variação da dimensão vertical, e leva-se em conta o peso do fluido. A Fig. 5.30mostra um elemento diferencial de uma coluna vertical de um fluido, cuja seção transversal tem a área dA. Osentido positivo da dimensão vertical h foi tomado para baixo. A pressão sobre a face superior é P e sobre aface inferior é P mais a variação de p, isto é, P + dp. O peso do elemento é igual a seu peso específico pg

multiplicado pelo volume. Como as forças normais, a superfície lateral não interfere no cálculo do equilíbriodas forças verticais, não aparecem na figura. O equilíbrio do elemento do fluido na direção h exige

IRSC 3D tambor de guincho por• :e 100 m de comprimento,

e massa de 0,51 kg/m. Parado cabo no tambor é neces

~ -4[W) N •m. O vento na região é• rondições, o cabo, na entrada• Ê:l!iDiode 30° com a vertical.Wdo balão, sabendo que o diâicleO,5 m.

a. é de 45,2 N1m. Devido à baixa• ~zar as forças do movia ~ Calcular a força horizon•• 1DIdo e a tração máxima no

ém, o comprimento do•• :;.xmto A ao B.I; T::::Jáx. = 38,3 kN; s = 522 m

Resp. H= 90m

Esta relação diferencial mostra que a pressão em um fluido aumenta com a profundidade ou decrescepara a superfície. A Eq. (5.23) é verdadeira, tanto para os líquidos quanto para os gases, estando de acordocom o conhecimento comum das pressões exercidas pelo ar e pela água .

Os fluidos essencialmente incompressíveis são chamados líquidos, do que se segue que, para a maioriados fms práticos, suas densidades p podem ser consideradas constantes, em qualquer parte dos líquidos. *Com p constante, a Eq. (5.23) pode ser integrada como se encontra, e o resultado é

corpos rígidos. NestelIex.ercida~por fluidos. Um

.força de cisalhamento.quando existe diferença

só pode exercer forçados fluidos é, geral

.mt-iaJ quando o fluido é

- a mesma em todas as

prisma triangular edo elemento foram

pdA

pgdAdhI

\

Fig.5.30

(p = Po + pgh)(5.24)

* Ver Tab. Cl, Apêndice C, para tabela dos pesos específicos.

192/ ESTÁTICA

que é simplesmente a ~bidimensional, a resuld

sobre a seção vertical.na Fig. S.31a, através ddI

No estudo de UIlll

do-se a resultante com

gulo e um triângulo, e

pela parte retangular arepresentada pelo acré'Jparte triangular, como

onde h = Y cos e.

A linha de ação a;na Fig. S.31b como o Iresulta

Deve-se tomar cuidIpela distribuição trapezo'

A área trapezoi,de média. Portanto, a fivezes a área A da chapa.

O da chapa. Portanto, u:n

É evidente que as

seção 4-3-7-8 e em todasvista, bidimensional de

seção, a distribuição dechapa sobre a quala= bp dy. Mas p dy édR = b dA'. Portanto, a

área trapezoidal1-2.6-S

(c)(b)

5

(a)

__ ( Mg) ( m) _ (3 kg' m 1 )P - pgh - 1,0 m3 9,81 S2 (10 m) - 98,1 10 --sz- m2

= 98,1 kN/m2 = 98,1 kPa

(b) Pressão hidrostática sobre superfides retangulares imersas. Uma superfície imersa em um líquido,como é o caso de uma válvula-gaveta de represa ou a parede de um tanque, está submetida a pressão do fluidonormal à sua superfície e distribuída sobre sua área. Nos problemas onde as forças do fluido são apreciáveis, énecessário considerar a força resultante devida à distribuição de pressão sobre a superfície, e a posição na qualesta resultante atua. Para os sistemas abertos para a atmosfera terrestre, a pressão atmosférica Po atua sobretodas as superfícies e, portanto, dá uma resultante nula. Assim, necessitamos considerar, somente, o acréscimo acima da pressão atmosférica, chamado "pressão manométrica" ou p = pgh.

Consideremos o caso comum da ação da pressão hidrostática sobre uma chapa retangular imersa em umlíquido. A Fig. 5.3la representa uma chapa 1-2-3-4, com a aresta superior na horizontal e o plano da chapafazendo um certo ângulo qualquer e com o plano vertical. A superfície horizontal do líquido está represen·tada pelo plano x-i. A pressão do fluido (manométrica) que atua normalmente à chapa, no ponto 2, estárepresentada pela seta 6-2, e é igual ao peso específico pg vezes a profundidade vertical da superfície dolíquido ao ponto 2. Esta mesma pressão atua em todos os pontos ao longo da aresta 2-3. No ponto I, sobre aaresta inferior, a pressão do fluido é igual a pg vezes a profundidade vertical do ponto 1, e esta pressão é amesma em todos os pontos ao longo da aresta 1-4. A variação da pressão p sobre a área da chapa é governadapela relação linear da profundidade e, desse modo, representada pela altitude do prisma truncado1-2-3-4-5-6-7-8 com a chapa como base. A força resultante produzida por esta distribuição de pressão estárepresentada porR, que atua em algum ponto P, conhecido como centro de pressão.

A pressão poé a pressão sobre a superfície de líquido, onde h = O. Se Po for devido à pressão atmosférica, e se o instrumento de medida registra somente o acréscimo acima da pressão atmosférica, * obter-se-á,com a leitura, a pressão conhecida como "pressão manométrica" que é p = pgh.

A unidade usada para pressão no SI é o quilopascal (kPa), que é o mesmo que um quilonewton por·metro quadrado (103 N/m2). No cálculo da pressão, se for usado Mg/m3 para p, m/s2 para g e m para h, oproduto gh dará a pressão diretamente em kPa. Por exemplo, a pressão em uma profundidade de 10 m, emágua doce é

Fig.5.31B

(aJ

,..A pressão atmosférica ao nível do mar (1 atmosfera) pode ser igual a 101,3 kPa.


ir :""'=\idoà pressão atmos!iC a:::mosférica,* obter-se-á,

..;r. um quilonewton por,s=: para g e m para h, odrndidade de 10 m, em

É evidente que as condições que prevalecem na seção vertical 1-2-6-5, na Fig, 531 a, são idênticas às daseção 4-3-7-8 e em todas as outras seções verticais da chapa. Assim, o problema pode ser analisado a partir davista, bidimensional de uma seção vertical, como é mostrado na Fig. 531b para a seção 1-2-6-5. Para estaseção, a distribuição de pressão é trapezoidal. Se b for a largura horizontal da chapa, uma área elementar dachapa sobre a qual a pressão P = pgh atua é dA = b dy, e um aumento da força resultante é dR = P dA ==bp dy. Mas p dy é, simplesmente, o acréscimo sombreado da área trapezoidal dA', de modo que

dR = b dA'. Portanto, a força resultante que atua sobre a chapa inteira pode ser expressa como o produto daárea trapezoidall-2-6-5 pela largura b da chapa

R = b f dA I = bA I

- - :mersa em um líquido,-=c.idaa pressão do fluido5:rido são apreciáveis, é

-- - , e a posição na qual• c:::lOsférica Po atua sobre

-=-, somente, o acrés-

Deve-se tomar cuidado para não confundir a área física A da chapa com a área geométrica A', definidapela distribuição trapezoidal da pressão.

A área trapezoidal, que representa a distribuição de pressão, é facilmente expressa usando-se sua altitu

de média. Portanto, a força resultante R pode ser escrita em função da pressão média Prnéd, = ~ (P1 + P2)

vezes a área A da chapa. A pressão média é também a pressão que ocorre na profundidade média do centróideO da chapa. Portanto, uma expressão opcional para R é

R = Prnéd. A = pghA

(a)

que é simplesmente a expressão para a coordenada do centróide da área trapezoidal,A'. Portanto, na vistabidimensional, a resultante R passa pelo centróideC da área trapezoidal defmida pela distribuição de pressãosobre a seção vertical. Evidentemente, Y também posiciona o centróide C do prisma truncado 1-2-3-4-5-6-7-8na Fig. 5.31a, através do qual a resultante realmente passa,

No estudo de uma distribuição trapezoidal de pressão, o cálculo é usualmente simplificado, considerando-se a resultante como composta por duas componentes (Fig. 5.31c). O trapezóide é dividido em um retângulo e um triângulo, e a força representada por cada parte é considerada separadamente. A força representadapela parte retangular atua no centro O da chapa, e éR2 =P2A, onde A é a área 1-2-3-4 da chapa. A forçarepresentada pelo acréscimo triangular da distribuição de pressão é -+ (P1 - P2)A e atua no centróide daparte triangular, como mostrado.

Fig.5.32

_ f ydA'y=

f dA'

onde h = Y cos e.

A linha de ação da força resultante R é obtida do princípio dos momentos. Usando o eixo x (ponto Bna Fig. 531b como o eixo dos momentos dá RY = f y(pb dy). Substituindo P dy = dA' e cancelando bresulta

'.

11:=eTaIlgUlarimersa em um,tal e o plano da chapa

'quido está represena, no ponto 2, está

e ~cal da superfície do:-3, No ponto 1, sobre a::o 1, e esta pressão é a

-r:;:ada chapa é governada'.0 prisma truncado

- 'ção de pressão está

194 I ESTÁTICA

(c) Pressão hidrostática sobre superfícies cilíndricas. A resultante R, causada pela pressão distribuídaem superfície curva, acarreta mais cálculo do que em superfície plana. Como exemplo, considere a superfícieimersa, mostrada na Fig. 5.32a, onde os elementos da superfície são paralelos à superfície horizontal x-y' dolíquido. Todas as seções verticais, perpendiculareS à superfície, revelam a mesma curvaAB e a mesma distribuição de pressão. Portanto, a representação bidimensional da Fig. 5.32b, pode ser usada. Para determinar Rpor integração direta, é necessário integrar as componentes de dR, segundo os eixos dos x e dos y, ao longoda curvaAB, visto que a pressão muda continuamente de direção. Assim,

A resultante R pode.lú. a pressão p do flui,olume resultante é um

produz o volume elemempelo volume total do cili:rn

Substituindo a relação do centróide hA = f h dA, vem

R = f dR = f P dA = pg f h dA

onde a profundidade h e!função de y para efetuar a .

A segunda exigênciafim .de responder pelos moda Fig. 5.33b como o eixo

Vê-se pela Eq. (5.~profundidade que correspclou o volume V, não é ób ..

Esta segunda relaçãoportanto, que a resultante

essão que varia linea.rmeIressão. Deve-se notar, cui

coincidem.

Ry = bf (p dL)y = bf P dxe

(d) Pressão hidrostática sobre superfícies planas de qualquer fonnato. A Fig. 5.33a mostra umasuperfície plana de qualquer formato imersa em um líquido. A superfície horizontal do líquido é o planox-y, e o plano da chapa forma um ângulo e com a vertical. A força que atua sobre a faixa diferencial de áreadA paralela à superfície do líquido é dR = p dA = pgh dA. A pressão p tem a mesma intensidade por todo ocomprimento da faixa, visto que não há alteração da profundidade ao longo da faixa horizontal. A força totalque atua sobre a área exposta A é obtida por integração e é

Em seguida, seria necessário escrever uma equação de momentos para determinar a posição -de R.Um segundo método para a determinação de R é, freqüentemente, muito mais simples. Considera-se o

equihbrio da porção do líquido ABC diretamente acima da superfície mostrada (Fig. 5.32c). A resultante Rrevela-se, então, como a reação igual e oposta da superfície sobre a porção do líquido. As resultantes das

pressões nas direções AC e CB sãoPy ePx, respectivamente, e são fmalmente obtidas. O pesoP da porção dolíquido é calculado a partir da área ABC de sua seção, multiplicada pela dimensão constante b e pelo pesoespecífico pg. O peso W passa pelo centróide da área ABC. A força de equilíbrio R é, então, determinadacompletamente pelas equações de equihbrio, aplicadas ao diagrama de corpo livre da porção do fluido.

A grandeza pgh representa a pressão que existe na profundidade do centróide O da área, e é a pressãomédia sobre a área.

(5.25)(e) Flutuação. O

explicado, para qualquer fporção do fluido limitada,ida, irregular, na Fil!:. 5"::

cavidade, e substituído, siJ:Dão haveria modificaçãoporção do fluido antes dedas sobre sua superfície, dedo fluido. Se o elemento

=

Fig.5.33

FORÇAS DISTRIBU(DAS I 195

IR pela pressão distribuída_,considere a superfície

IP==fície horizontal x-y' doAB e a meSma distri

Í"U3:'illa. Para determinar R

~ íiosx e dosy, ao longo

A resultante R pode, também, ser representada geometricamente pelo volume mostrado na Fig. 5.33b.Aí a pressão p do fluido é representada como uma altitude em relação à chapa considerada como base. Ovolume resultante é um cilindro reto truncado. A força dR que atua sobre a área diferencial dA = x dyproduz o volume elementar dV = p dA mostrado pela fatia sombreada, e a força total é então representadapelo volume total do cilindro. Portanto,

R = f dR = J dV = V

R = f dR = f P dA = f pghx dy

Vê-se pela Eq. (5.25) que a altitude média do cilindro truncado é a pressão média pgh que existe naprofundidade que corresponde ao centróide O da área exposta à pressão. Em problemas onde o centróide O,ou o volume V,não é óbvio, pode-se realizar uma integração direta, para obter R. Assim

onde a profundidade h e o comprimento x da faixa horizontal da área diferencial devem ser expressos emfunção de y para efetuar a integração.

A segunda exigência da análise da pressão do fluido é a determinação da posição da força resultante, afim ,de responder pelos momentos das forças de pressão. Usando o princípio dos momentos com o eixo dos xda Fig. 5.33b como o eixo dos momentos, vem

(5.26)J ydV

Vy=ou

RY= J ydR

..g. 5.33a mostra uma

..: do líquido é o plano~ diferencial de área

- "ensidade por todo oba:r:izontal. A força total

posição"deR.- simples. Considera-se o

- 32c). A resultante R. As resultantes das

O peso P da porção doli :onstante b e pelo peso

é, então, determinada-o do fluido.

Esta segunda relação satisfaz a defmição da coordenada Y para o centróide do volume Ve é deduzido,portanto, que a resultante R passa pelo centróide C do volume definido pela área da chapa como base, e apressão que varia linearmente como altitude. O ponto P em que R está aplicado à chapa é o centro depressão. Deve-se notar, cuidadosamente, que o centro de pressão P e o centróide O. da área da chapa nãocoincidem.

(5.25)

o da área, e é a pressão

x

(e) Flutuação. O princípio da flutuação, cuja descoberta é atribuíja a Arquimedes é facilmenteexplicado, para qualquer fluido, líquido ou gasoso, em equilíbrio, da maneira que segue. Consideremos umaporção do fluido limitada por uma superfície fechada, imaginária, como está ilustrado pela linha interrompida, irregular, na Fil!. 5.34a. Se o fluido pudesse ser retirado do interior da superfície limite, fechada, dacavidade, e substituído, simultaneamente, pelas forças que exercia sobre os limites da cavidade (Fig. 5 .34b),

não haveria modificação alguma no equiHbrio do fluido vizinho. Além disso, o diagrama de corpo livre dessaporção do fluido antes de ser removido (Fig. 5.34c) mostra que a resultante das forças de pressão, distribuídas sobre sua superfície, deve ser igual e oposta a seu peso mg e deve passar pelo centro de massa do elementodo fluido. Se o elemento for substituído por um corpo das mesmas dimensões, a ação das forças sobre a

(b) (c)

Fig.5.34

196 / ESTÁTICA

3 (265) -

Problema Resolvido S_··

A resultante é, então,

IIp = J.lllh =

As forças resultantes Rções de pressão retangular e

O espaço de ar em um 1

do com uma pressão de 5,atmosférica. Determinar a .pela água na parede da extn

Problema Resolvido 5.1;

[R = Pméd. A] R = ,

A chapa retangular,de altura e 6 m de largune bloqueia a extremidade iprofundidade. A chapa esIizontal na direção de suacontida pelo ressalto fixo ehorizontalmente contra a

força B exercida contra a

Solução. A figura ma>superfície da extremidade,da água doce é J.l = pg = (1que o incremento de pressã:

lPméd. = pgh] Pméd. = :

A resultante R, das [,ser

Esta força atua no c::il1i

pressão, que está 1m aciIsomatório de momentos, jga força B desconhecida. Assí

Solução. O diagrama dcorte e inclui as compoA, o peso W = mg da cJ1aI;aB (desconhecida) e apressão contra a face vertic:a

A massa específicamodo que a pressão média é

(5.27)

~F

(c)

F

(b)

Fig.5.35

F

(a)

* N.T. Este é.o conhecido Princípio de Arquimedes, em geral, apresentado com o seguinte enunciado: "Todo corpomergulhado em um fluido recebe um empuxo, de baixo para cima, igual ao peso do fluido por ele deslocado".

** N.T. Na técnica naval este ponto é conhecido também como centro de carena.

onde p é a densidade de fluido e g é a aceleração da gravidade. No caso de um líquido cuia densidade éconstante, o centro de massa do líquido deslocado coincide com o centróide do volume deslocado.

Segue da discussão anterior que, quando a densidade do objeto é menor do que a densidade do fluidono qual ele está imerso, haverá uma força vertical não-equilibrada, e o objeto flutuará. Quando o fluido deimersão é um líquido, o obieto sobe até a superfície, ficando, então, em repouso, em situação de equilíbrio,supondo-se que a densidade do novo fluido, acima da superfície, seja menor do que a densidade do objeto.No caso da superfície de separação entre um líquido e um gás, tal como entre a água e o ar, o efeito dapressão do gás sobre a parte do objeto flutuante, acima da superfície do líquido, é contrabalançada peloacréscimo de pressão no líquido decorrente da ação do gás sobre a sua superfície.

Um dos mais importantes problemas de flutuação é a determinação da estabilidade de um objetoflutuante. Esta situação pode ser ilustrada considerando-se o casco de navio, mostrado em corte transversal,em posição vertical na Fig. 5.35a. O ponto B é o centróide do volume deslocado e é conhecido como ocentro de empuxo. ** A resultante das forças exercidas sobre o casco, pela pressão da água, é a força F. Aforça F passa por B, e é igual e oposta ao peso w do navio. Se o navio for obrigado a inclinar-se no ângulo o:(Fig. 5.35 b), a forma do volume deslocado muda, e o centro de empuxo deslocar-se-á para uma nova posição,tal como B. O ponto de interseção da linha vertical que passa por B' com a linha de centro do navio échamado de metacentro M, e a distância h, de M até o centro de massa G, é conhecida como altura metacên

trica. Para a maioria dos formatos de casco, a altura metacêntrica permanece praticamente cpnstante paraângulos de inclinação até 20° aproximadamente. Quando M estiver acima de G, como na Fig. 5.35b, háevidentemente um momento de correção, que tende a trazer o navio de volta à sua posição original. O valordeste momento, para qualquer ângulo específico de inclinação, é uma medida da estabilidade do navio. SeM

estiver abaixo de G, como para o casco da Fig. 5.35c, o momento que surge com qualquer balanço do casco,

está no mesmo sentido, e tende a aumentar a inclinação. Isto evidencia uma condição de instabilidade e deveser evitada no projeto de qualquer navio.

superfície do corpo, mantido nesta posição, será idêntica a das que atuavam sobre o elemento do fluido.Assim, a resultante das forças que atuam sobre a superfície de um objeto imerso em um fluido é igual eoposta ao peso do fluido deslocado e passa pelo centro de massa do fluido deslocado. * Essa força resultante éa força de empuxo '


-lmg 4m

J

yII

Ayx--._Ax

~'=, mlB

A~<>

=-" _lfID_"- --' ~-- -_-:-- :.~ I'

3m .==- 1='

( kg)(m) (kg.m)l( 1)103m3 ~ (m)= 103-s,-' m' =kN/m' = kPa.

Nota:

<D Observe que as unidades envolvidas com apressão pgh são:

Resp.

R = (14,72) (3) (6) = 265 kN.

3 (265) - 4B = O, B = 198,7 kN

[R = Pméd.A]

A resultante R, das forças de pressão contra a chapa, vem aser

Esta força atua no centróide da distribuição triangular dapressão, que está 1 m acima da parte inferior da chapa. Umsomatório de momentos, igual a zero, em torno deA, determinaa força B desconhecida. Assim,

IPméd. = pgh] Pméd. = 1 000 (9,81) (3/2) = 14,72 kPa .

A chapa retangular, mostrada no corte vertical AB, tem 4 mde altura e 6 m de largura (na direção normal ao plano do papel)e bloqueia a extremidade de um canal de água doce de 3 m deprofundidade. A chapa está articulada em torno de um eixo horizontal na direção de sua aresta superior, que passa por A, e estácontida pelo ressalto fIxo em B, na abertura do canal, que reagehorizontalmente cop.tra a aresta inferior da chapa. Calcular aforça B exercida contra a chapa pelo ressalto.


Solução. O diagrama de corpo livre da chapa é mostrado emcorte e inclui as componentes vertical e horizontal da força emA, o peso W = mg da chapa (não especificado), a força horizontalB (desconhecida) e a resultante R da distribuição triangular depressão contra a face verticaL

A massa espec.íf1ca da água doce é p = 1 000 Mg/m 3, demodo que a pressão média é

(5.27)

'do cuia densidade éeslocado.

a densidade do fluido, Quando o fluido de

simação de equiltbrio,densidade do objeto.

e o ar, o efeito da

é contrabalançada pelo

_ o elemento do fluido.

um fluido é igual e••Essa força resultante é

. ilidade de um objeto

. em corte transversal,e é conhecido como o

.:a água, é a força F. A. linar-se no ângulo a

?aIa uma nova posição,de centro do navio é

- -;:.;como altura metacên

nte cpnstante parana Fig. 5.35b, há

'ção original. O valor'dade do navio. SeM

_ r balanço do casco,instabilidade e deve

t:.p = J.l t:.h = 9,81 (0,6~ = 5,89 kPa.

As"forças resultantes R I e R., correspondentes às distribuições de pressão retangular e triangular", respectivamente, são

Vista lateral

r-5OOmID-1

PO B

PO A

.~ =~I

Ri I J I 560--~ --'L "mm-~

/:"P

Nota:

<D Dividir a distribuição de pressão nessas duaspartes é, sem dúvida, o caminho mais simples para encontrar a solução.Resp.R = RI + R. = 2,09 + 0,883 = 2,97 kN

A resultante é, então,


O espaço de ar em um tanque fechado de água doce é mantido com uma pressão de 5,5 kN/m' (ou kPa) acima da pressãoatmosférica. Determinar a força resultante R exercida pelo ar epela água na parede da extremidade do tanque.

RI = poA 1= 5,5 (0,760) (0,5) = 2,09 kN

R. = t:.Pméd.A. = 5,~9 (0,6) (0,5) = 0,883 kN

Solução. A fIgura mostra a distribuição de pressão sobre asuperfície da extremidade, onde Po = 5,5 kPa. O peso específIcoda água doce é J.l = pg = (1 000) (9,81) = 9,81 kN/m3, de modoque o incremento de pressão t:.p devido à água é

1

ciado: 'Todo corpoo",

[RY= Jy dR] i-Pg7

dRx = p dA cos .•


Por triângulos semelhantl

J

Integrando dá

Determina-se a posiçãoTomando os momentos em

= +pgr2b

Determinar a força resul1semicircular do tanque de áestiver cheio até sua capacilem função do raio r da extJfica p da água.

= +1I'pgr2b

Solução I. Por integraçfaixa horizontal de áreap = pgy, o incremento da fll

que,

R = J p dA = J pgy (.

Como dR sempre passapassa por O e, portanto, 05de O devem se anular. De'

=Ry XI' que dá

R= +(1,00) (9,81) (4

Assim, R = .JR~2 + Rdo os valores numéricos:

11'/2Ry = Jo pgr2b sen2 8 d8:

11'/2Rx = f pgr2b sen 8 cm

O

onde p = pgh = pgr sen (J e

Solução Alternativa. A

represa pode ser obtida peh i

D---x

x----\

I

o

-=-B

<D Veja a Nota CD no Probl. Resolvido 5.12 sehouver alguma dúvida a respeito da unidadede pgh.

Notas:

Resp.

Resp.

Rx = Px = 2 350 kN

Ry = mg = 3 700 kN

r 4rPx - + mg - - Ryx = O3 311'

2,97 h = 2,09 (380) + 0,883 (560)

h = 433 mm

(4) (li)2 350 3' + 3 700 311' = 2,55 m3700

x=

P;Fx = O]

[~Fy = O]

o peso W da água é

11'(4)2mg = pgV = (1 000) (9,81) -- (30) = 3 700 kN

4

[R =.J Rx2 +Ry2] R =.J (2350)2 + (3 700)2 = 4 380 kN

Resp.

A força resultante R, exercida pelo fluido sobre a represa, éigual e oposta à mostrada atuando sobre o fluido, e é

Pode-se encontrar graficamente a coordenada x do ponto A,através do qual passa R. Algebricamente, x é determinado peloprincípio dos momentos. Usando B como centro de momentos,vem

Solução. A porção circular de água BDO está isolada, e seudiagrama de corpo livre está desenhado. A forçaPx é

e passa pelo centro de massa G.O equilíbrio da seção de água exige

Px = puh A = pgr br = (1000)(9,81)(4) (30) (4) = 2350 kNO' 2' 2

Determinar, completamente, a força resultante R exercidasobre a superfície cilÍndrica da represa, pela água. A massa específica da água doce é 1 000 Mg/m" e a represa tem um comprimento; normal ao papel, de b = 30 m.


Localiza-se R aplicando o princípio dos momentos em tornode A, observando-se que R I atua no centro da altura de 760 mme que R2 atua no centróide da distribuição de pressão triangular,que está a 400 mm abaixo do nível da água e a 400 + 160 == 560 mm abaixo de A. Assim,

198 I ESTÁTICA

1


@ Este método· de solução pela integração éviável aqui, principalmente, devido à geometria do arco circular.

e dR y = p dA sen edRx = P dA cos e

x/r = X1/Yl = 2/11 e x = 2r/11= 2 (4)/11 = 2,55 m Resp.

Por triângulos semelhantes, vê-se que

Como dR sempre passa pelo ponto O, vê-se que R também

passa por O e, portanto, os momentos de Rx e de Ry em tornode O devem se anular. De modo que se pode escrever Rx Yl ==Ry xl' que dá

Solução Alternativa. A força atuando sobre a superfície darepresa pode ser obtida pela integração direta dos componentes

R = -} (1,00) (9,81) (42) (30) .)1 + 112/4 = 4 380 kN Resp.


Assim, R =.) Rx2 + Rl =-}pgr' b.)1 + 112/4. Substituindo os valores numéricos:

11/2 [Ry = fo pgr'b sen' e de = pgr2b !.... _ sen 2e J11/2 -2 4 0-

= +11pgr2b

onde p = pgh = pgr sen e e dA = b (r de). Assim,

11/2 [cos 2e J11/2Rx = f pgr'b sen e cos e de = -pgr'b -- =o 4 o

= -}pgr'b

Determinar a força resultante R exercida sobre a extremidadesemicircular do tanque de água mostrado na figura, se o tanqueestiver cheio até sua capacidade máxima. Expressar a resultanteem função do raio r da extremidade circular, e da massa específica p da água.

D---x

Integrando dá

rR =fpdA =f pgy(2xdy) =2pg f y~dyo .

Resp.

[RY=fydR]

Determina-se a posição de R pelo princípio dos momentos.Tomando os momentos em relação ao eixo x, vem:

Solução l. Por integração direta determina-se R. Com umafaixa horizontal de área dA = 2x dy, atuada pela pressãop = pgy, o incremento da força resultante é dR = p dA, de modoque,

Probl. Resolvido 5.12 sea respeito da unidade

200 / ESTÁTICA

Probl

r-····-··-'~ .. ".-.'. ~:.:.--..0", __•••.•~'-'.•-:::.--.,- ..__ .....•

>-._':.~.:..-~

.-..•.... ....;

h ',:<0";~<>.'-:-

A~~:~~b~

ProbI

Probl. 5X

30 A comporta verticallada em torno de U!ll eÍsua aresta superior A, 1de um canal retan"aula:Jde largura (na direção :Calcular a força F datará a profundidade da

.131 Urna parede de cotem altura h, espessmparede sustenta lama,líquido de massa ~espessura mínima b (ela tombe, girando eêll

5.132 A forma para umatem a seção mostD

I .~I -== l/~-. ----.:":--

1W"' T-_~I_- I

90 m, determinar a força total P exercida pelaágua sobre a face da represa ..

Resp. P = 9,54 Gl\

Nota:

<D Atenção para não cometer o erro de pensarque R passa pelo centróide da área sobre aqual atua a pressão.

Nota:

<D Corno as forças, decorrentes do peso e doempuxo, são verticais, para haver equilíbrioa outra única força, T,deve ser também vertical.

Resp.

Resp.

y= 31T

---r6 re

8 = arc sen ( 5 ) = 44,5° Resp.4 + 3,14

B = 103 (9,81) 1T (0,1)' (4 + x) N

e

2 :3 - 43Pgr Y=~ 1T42

Integrando resulta

Assim,

x = 3,14 m

[R = pghA)

[B=pgV)

Este cálculo significa encontrar o volume da figura formadapela área semicircular e a distribuição de pressão.

A resultante R age no centróide C do volume definido pelafigura pressão-área. O cálculo da distância Y do centróide emprega a mesma integral obtida na Solução I.

O equilíbrio dos momentos, em torno.do ponto A dá

LMA = O

4+x200(9,81)(4 cos 8) - [103 (9,81)rr (0,1)' (4 + x)) -- cos 8 = O

2

Solução 11. Usando a Eq. (5.25) diretamente para encontrarR, onde a pressão média é pgh e h é a coordenada do centróideda área sobre a qual atua a pressão. Para uma área semicircular,h= 4r /31T. Assim,


Urna bóia, com formato de poste, tem 8 m de comprimento,0,2 m de diâmetro e massa de 200 kg. Sua extremidade inferiorestá presa por um cabo de 5 m ao fundo de um lago de águadoce. Se a profundidade da água é de 10 m, calcular o ângulo 8feito pelo poste com a horizontal.

5.129 A represa em curva tem a forma de urna ~uperfície cilíndrica de 240 m de raio, e subtende umângulo de 60°. Se a profundidade da água for de

PROBLEMAS PROPOSTOS

Solução. O diagrama de corpo livre da bóia mostra seu peso1) atuando em G, a tração vertical T do cabo de ancoragem e a

força de empuxo B que passa pelo centróide C da parte submersada bóia. Faça x ser a distância de G à superfície da água. A massaespecífica da água doce é p = 103 kg/mS, de modo que a forçade empuxo é


rl,2m

1

uma escora BC em cada 1,6 m ao longo do comprimento da parede. Calcular a compressão emuma escora BC, supondo que as uniões A. B e Catuem como articulações. O concreto úmidopode ser tratado como um líquido de massa específica 2 400 kg/m 3.

Probl. 5.133

Resp. C = 16,3 kN

B

c

Probl. 5.134

Um tubulão cilíndrico de raio r e espessura deparede t foi colocado em posição e a água do seuinterior, bombeada para fora. Analisar as forçasque atuam sobre um anel semicircular, de alturadiferencial, e determinar a expressão da tensão decompressão a, na parede do cilindro, para qualquer profundidade h. A massa específica da águaép.

t~ h

Probl. 5.132

A comporta articulada ABC fecha uma aberturade largura b (perpendicular ao papel) em umcanal de água. A água tem livre acesso tanto àparte inferior como ao lado direito da comporta.Quando o nível da água aumenta acima de um

5.133

5.134

t

r1,5m

~

-~~~.;.•..~'~~b~

ProbJ. 5.131

Probl. 5.130

h

ProbJ. 5.129

Uma parede de concreto, de seção retangular,tem altura h, espessura b e massa específica Pc' Aparede sustenta lama, que se comporta como um

líquido de massa específica Pm' Determinar aespessura mínima b da parede, para impedir queela tombe, girando em torno da arestaA.

A comporta vertical carregada à mola está articulada em torno de um eixo horizontal, ao longo desua aresta superior A, bloqueando a extremidadede um canal retangular com água doce de 1,2 mde largura (na direção normal ao plano do papel).Calcular a força F da mola pré-montada, que limitará a profundidade da água em h = 1,8 m.

Resp. F = 38,1 kN

.131

5.132 A forma para uma pequena parede de concretotem a seção mostrada na figura. Foi colocada

5-130

t/)' .

i/~-/" ------===-

entes do peso e dopara haver equilíbrio

T, deve ser também ver-

=eter o erro de pensar=tróide da área sobre a

:arça total P exercida pelz~ ..

Resp. P = 9,54 GN

202 / ESTÁTICA

certo valor h, a comporta se abre. Determinar ovalor crítico de h. Desprezar a massa da comporta.

Resp. h = a fi

5.135 A figura mostra a seção transversal de uma comporta retangular de 4 m de altura e 6 m de comprimento (perpendicular ao papel), que bloqueiaum canal de água doce. A comporta tem massa de8,5 Mg e é articulada em torno do eixo horizontalque passa por C. Calcular a força vertical P exercida pela fundação sobre a extremidade inferiorA da comporta. Desprezar a massa da estruturaque sustenta a comporta.

3mlB

~lm

~._--,.- -- -- --- -- -- -- --- '-=----

~-3m ~

---====:.. 1'LJ -.

Probl. 5.135

--

5.137 O bloco homogêneo de massa específica p estáflutuando entre dois líquidos de massas específicas PI < P e P, > p. Determinar a expressão paraa distância b do bloco dentro do líquido superior.

--- -~---- -~- ---- -~ ----- --- -- ---

f~~ti[-1[~~-~:~~-;~ft~=~~~~~~=~=~P2

Probl. 5.137

5.138 O galpão está submetido a um vento horizontal.A pressão p contra o telhado circular é aproximadamente Po cos e. A pressão é positiva a barlavento do galpão e negativa, a sotavento. Determinar o esforço cortante horizontal total Q, sobre afundação do telhado, por unidade de comprimento, medido na direção normal ao plano do papel.

Resp. Q = + 1trpo

II(~

ProbL ~

5.136 Um cilindro maciço de concreto de 2,4 m decomprimento e 1,6 m de diâmetro, é mantidosubmerso até a metade em água doce por umcabo que passa por uma polia fixa em A. Calculara tração T no cabo. O cilindro é tornado estanqueà água por um envoltório plástico. (Consultar aTabela C1 do Apêndice C, se necessário.)

Resp. T = 89,9 kN

Probl. 5.136

Probl. 5.138

5.139 O casco de uma plataforma flutuante para perfu·ração de petróleo consiste de dois batelões retangulares e de seis colunas cilíndricas que suportama plataforma de trabalho. Quando lastrada, aestrutura toda tem um deslocamento de 26 000 tCalcular o calado h total da estrutura quandoestiver fundeada no oceano. A massa específicada água salgada é 1 030 kg/m 3• Desprezar as componentes verticais das forças devido ao fundeamento.

Resp. h = 24,1 m

5.140 Os lados de uma calha em forma de V, contendoágua doce, mostrada em corte, estão articuladosem torno de sua interseção comum que passa porO, e estão mantidos na posição mostrada na fIgUra por um cabo e tensor; localizados a cada 2 m,ao longo do comprimento da calha. Calcular atração T em cada tensor.

5.141 Um canal de água doe

pendicular ao plano Ipor um obstáculo re1seção ACD. As esconlestão localizadas a cara de 9 m. Determin;;

escora BC. Supor qUidesprezível, comparaatuantes.

ProbL:

5.142 A chapa retangular, rde altura e 2,7 m depapel) e separa os re!de óleo. O óleo te(razão entre a =

th

-±

Prob1. 5.143

Prob1. 5.142

Vista lateral

FORÇAS DISTRIBUfDAS / 203

água doce) de 0,85. Determinar a profundidade hda água, necessária para fazer com que a reaçãoem B seja nula.

Uma comporta retangular cuja seção está mostrada na fIgura,· tem 3 m de comprimento (na perpendicular ao papel) e é articulada em torno daaresta superior B. A comporta separa um lago deágua doce, à esquerda, de uma bacia de maré deágua salgada, à direita. Calcular o torqueM necessário a ser aplicado no eixo B da comporta paraimpedir que ela se abra quando o nível da águasalgada diminuir de h = 1 m.

Resp. M=195,2kNom

5.143

Resp. C = 25,4 kN

Um canal de água doce tem 9 m de largura (perpendicular ao plano do papel) e está bloqueadopor um obstáculo retangular, mostrado por suaseção ACD. As escoras horizontais BC de suporteestão localizadas a cada 0,6 m, ao longo da largura de 9 m. Determinar a compressão C em cadaescora BC. Supor que o peso do obstáculo sejadesprezível, comparado com as outras forçasatuantes.

Prob1. 5.141

Probl. 5.140

Vista frontalProbl. 5.139

-42 A chapa retangular, mostrada em corte, tem 3 mde altura e 2,7 m de largura (normal ao plano dopapel) e separa os reservatórios de água do mar ede óleo. O óleo tem uma densidade relativa(razão entre a massa específica do óleo e o da

- lendo a um vento horizontal.

~ o telhado circular é aproxima_ A pressão é positiva a barla-

=- ::egativa, a sotavento. Determite horizontal total Q, sobre a

- >, por urndade de comprimen-- normal ao plano do papel.

Resp. Q = -} rrrpo

• :;a.taforma flutuante para perfu·Re consiste de dois batelões retan·

iI colunas cilíndricas que suportarr.~ rrabalho. Quando lastrada, ~Ila::: um deslocamento de 26 000

, h total da estrutura quandIa :;JOO oceano. A massa específiczlé 1 030 kg/m 3. Desprezar as com

- das forças devido ao fundea-

5.137

5.138

~---------~----------------------~----------------------------------------------------------------~----------------------------- -------

• ;:alha em forma de V, contendclIt:::rla em corte, estão articulado~• t:terseção comum que passa po::

Cns na posição mostrada na flglle tensor; local~zados a cada 2 lU.

lIlCprimento da calha. Calcular ~=sor.

p de massa específica p está, ~ Iiquidos de massas específi> ~_Determinar a expressão para

dentro do líquido superior.

Resp. h = 24,1 n:

Probl. :

,~

---~

Determinar a força 1

doce do tanque sobretada. O nível da áglDterminar também aágua.

ProbL

o objeto flutuante ,esfera e de um cilindI

Se o objeto flutuaacima da superfíciemáxima h que oobjeto não flutuetrada.

cular a massa .mersível devecombinados dabo cancelem seus

Apêndice C, se nlResp. m =1P

B

Probl. 5.146

- 1-- -- -- -- ----------- .-

i-2,7~

- L' -

- '--- -

Resp. h = 1 í'::~-

Probl. 5.147

5.147 A câmara de mergulho tem massa total, d'água, de 6,7 Mg, incluindo pessoal, equip=to e lastro. Quando a câmara desce a uma p~didade de 1,2 km no oceano, a tração no câx:.fde 8 kN, Calcular o volume total V deslpela câmara.

5.148 A corrente de aço tem um diâmetro rtoI11.im::.elo de 6 mm e massa de 93 kg por 100 mecomprimento. Sua resistência à ruptura é13,5 kN. Que comprimento h da corrente pser abaixada dentro de uma parte profunda .:ioceano antes da corrente se romper, sob a ~de seu próprio peso?

5.149 Um superpetroleiro se movimenta de um anCOC?douro em água doce para outro em água salgóe, então, recebe um carregamento adicional2400 m3 de óleo combustível (de densidade reh=tiva 0,88). As marcas de calado no casco do navi::apresentam a mesma leitura na água salgada, <L~pois do carregamento, e na água doce, antes éi

receber o óleo combustível. Calcular o deslo~mento final m (massa total) do navio em tonedas métricas (Mg).

5.150 Um veículo submersível, para pesquisas em gra::des profundidades, tem um compartimento p=passageiros em forma de esfera, feito de aço, =raio médio de 1,00 m e espessura de 35 mm. C2-

1<~~>I

(j ~uu __ -1°lt, '200mm1 I .

1 +'-i- -i-I .....I

"'1200mm,-------,d _r

Probl.5.145

Probl. 5.144

A forma de uma sapata de concreto é articuladaemA, na aresta inferior, e suportada por travessashorizontais BC, espaçadas de 1,5 m, como se vêna fIgura. Desprezando o peso da forma, calculara força de compressão C, em cada travessa, resultank do comportamento do concreto ao ser despejado, tomando para o concreto a massa específIca de 2,40 Mgfm3.

-,',t--- --- -- -

'. 4OO~mm~., ---:-- --- -

5.145 A chapa de fechamento da porta de visita de umtanque de água doce está aparafusada no local e otanque está cheio até o nível mostrado. Calcularo acréscimo de tração em cada parafuso, em A eB, devido ao enchimento do tanque. (Supor quenão haja variação na pressão da gaxeta entre achapa de fechamento e o tanque, de modo que aforça devida à pressão da água é resistida unicamente pelo acréscimo na tração nos parafusos.)

Resp. TA = 80,0 N; TB = 96,6 N

204 I ESTÁTICA

5.146 A comporta AB, em forma de quadrante de círculo, mostrada em corte, tem uma largura horizontal de 1,8 m (normal ao plano do papel), econtrola o fluxo de água doce sobre a borda emB. A comporta tem massa total de 3 100 kg, eestá articulada em torno de sua aresta superior A.Calcular a força mínimaP, necessária para m,antera comporta fechada. No posicionamento do centro de gravidade da comporta, desprezar sua espessura comparada com o raio de 2,7 m.

Resp. P = 45,0 kN

5.144

!I

O

Vista fron tal

Probl. 5.153

I10

Mdb


5.153 Uma grande válvula borboleta, colocada em umatubulação horizontal, consiste de um disco circular plano, que gira em torno de um eixo diametralvertical O-O. Se a diferença da pressão do fluidosobre as duas faces da válvula variar linearmentecom a distância ao eixo, de zero a Po' conformemostrado na figura, determinar o torque M a seraplicado no eixo em O para manter a válvula fixaem uma posição. (Sugestão. Veja a utilidade dosresultados do Problema Resolvido 5.15.)

Resp. M = l!. por34

5.154 O fundo do canal de água doce, mostrado emcorte, consiste de duas chapas retangulares, AB eBC, homogêneas, com massa de 1,5 Mg, cadauma. As chapas são articuladas ao longo da aresta comum B e ao longo das arestas A e C dasparedes do canal, que mede 6 m de comprimento(perpendicular ao plano do papel). Calcular aforça P, por metro de comprimento do canal,exercida por uma chapa sobre a articulação em B.1

1m}

Probl. 5.151

Probl. 5.152

Resp. h = r/..[2

Probl. 5.150

cular a massa do lastro de chumbo que O submersível deve transportar, de modo que os pesoscombinados da esfera de aço e do lastro de chumbo cancelem seus empuxos. (Consultar a Tab. Cl,Apêndice C, se necessário.)

Resp. m = 1,210 Mg (toneladas métricas)

5..J51 O objeto flutuante é composto de uma semiesfera e de um cilindro circular de raio igual a r.Se o objeto flutua com o centro da semi-esferaacima da superfície da água, determinar a alturamáxima h que o cilindro pode' ter, antes que oobjeto não flutue mais na posição vertical mostrada.

5..1.52 Determinar a força total R, exercida pela águadoce do tanque sobre a janela triangular representada. O nível da água atinge o topo da janela. Determinar também a distância H de R ao nível daágua.

P

ZISÍvel, para pesquisas em grantem um compartimento paraa de esfera, feito de aço, comm e espessura de 35 mm. Cal-

mergulho tem massa total, foraincluindo pessoal, equipamen

''''0 a câmara desce a uma profunno oceano, a tração no cabo é

o volume total V deslocado

Resp. h = 1 704 m

se movimenta de um ancorapara outro em água salgada

~ 'JlD. carregamento adicional decombustível (de densidade rela

lIO:aSde calado no casco do navio-=s:na leitura na água salgada, de

to, e na água doce, antes debustível. Calcular o desloca

total) do navio em tonela-

tem um diâmetro nominal dode 93 kg por 100 metros de

~' resistência à ruptura é derimento h da corrente podede uma parte profunda do

Ia corrente se romper, sob a ação

-~-----------------------------------"_--,c

206 I ESTATlCA

Probl. 5.l:

yIII

II

blII

L __ ---a--

Determinar a coordena.

sombreada entre o qWl

reta. (Usar a Tab. C3, .J

A barra semicirculaz: wpor unidade de compriI

Para encontrar a fi

volume, de área ou c=Feito isso, somou-se Cresultante.

Para encontrar a

.teorema de Varignon).eixo conveniente ao m

trar o braço de momentoQuando a força está

força de atração pg p'rpOSde densidade COIlStlU!mando um problema apeIcentro de massa do co

1Iendoespessura constante.:lgadas e fios de densi

priedades de um segmeessenciais para a identificaçã

Quatro medidas úteisiferenciais. Primeiro, relac

mbre o sistema que fornecees diferenciais de mais ;

's baixa. Terceiro, escoll:segunda ordem, e este I

o, sempre que POSSITeintegração.

Na seção B deste capí"íbrio, para resolvere e:os expressou-se a intensi

intensidade da força co.m.ejam fisicamente bastante

Probl. 5.158

Probl. 5.157

5.158 É difícil conseguir, pelo cálculo, a determina~precisa da posição vertical do centro de gravidac=G de um navio. Tal ponto é mais facilmente ob~do por uma simples experiência, inclinando-se ::navio carregado. Com referência à figura, a m=externa conhecida mo é localizada à distância::.da linha de centro, e o ângulo de inclinação 8 ~medido por meio do desvio de um fio-de-prum::.O deslocamento do nSlVioe a localização do metEcentro M são conhecidos. Calcular a altura mel:?cêntrica GM de um navio de 12 000 t, inc1inad=por uma massa de 27 t, localizada a 7,8 m alinha de centro, se o fio-de-prumo de 6 m estire:desviado à distância a = 0,2 m. A massa mo est2distância b = 1,8 m acima de M. [Observar quertonelada métrica (t) é igual a 1 000 kg e é o memo que o megagrama (Mg).]

Resp. GM = 0,530:::.

5.157 A extremidade de uma estaca uniforme, de com

primento 1 e massa específica P I está articulada..em torno de um ponto distante h, acima da superfície de um líquido de massa específica p;

Encontrar o ângulo e formado pela estaca com ~superfície do líquido, supondo que p, > p,.

Resp. e = arc sen ( !!... j P,1 P, - P,

---x

Probl. 5.155

5.156 Uma chapa plana veda uma abertura triangular naparede vertical de um tanque contendo líquidOde massa específica p. A chapa é articulada emtorno da aresta superior O do triângulo. Determinar a força P necessária para manter a comportaem posição fechada contra a pressão do líquido.

pgab aResp. P = -- (h + - )6 2

Probl. 5.156


5.155 A comporta de controle, de seção transversalcilíndrica, é usada para regular o fluxo de águasobre o vertedouro de uma represa de água doce,como está mostrado na figura. A comporta temmassa de 7 Mg e um comprimento normal aopapel de 6 m. Um torque aplicado ao eixo dacomporta em O controla a posição angular dacomporta. Para a posição mostrada, determinar as

componentes horizontal e vertical, Fx ~eFy, daforça total exercida pelo eixo sobre seus mancaisem O. Calcular o efeito da pressão do fluido, porintegração direta sobre a superfície cilíndrica.

Resp. Fx = 127,1 kN; Fy = 35,4 kN

Neste capítulo foram apresentados váFios-exemplos de casos mais comuns de forças distribuídas, e:.

I volumes, em áreas e ao longo de linhas. Em todos os problemas o interesse principal estava em deter:

l, du", rol",,, a "sultant, das fo'ç", dlst,ibuídas , a sua !ocalizaç'o.

FORCAS OISTRIBUfoAS / 207

~ =a estaca uniforme, de com

i- específica P I está articulada,i ponto distante h, acima da sullíq:rido de massa específica p,.lIc s formado pela estaca com a1E;o, supondo que p, > PI•

(h RF::' ')i3 = are sen - ---I p, -PI'

5.157

ir, pelo cálculo, a determinaçãoIio .-ertica1 do centro de gravidade'z! ponto é mais facilmente obti

experiência, inclinando-se oCom referência à figura, a massa

m o é localizada à distância d

" e o ângulo de inclinação (J é

do desvio de um fio-de-prumo.~io e a localização do meta:ridos. Calcular a altura meta

f ~ navio de 12 000 t, inclinadode 27 t, localizada a 7,8 m da

i ~, o fio-de-prumo de 6 m estiver- o = 0,2 m. A massa mo está à

::: acima de M. [Observar que a

t) é igual a 1 000 kg e é ornes(Mg).]

Resp. GM= 0,530 m

Para encontrar a resultante, iniciou-se multiplicando a intensidade da força pelo elemento apropriadode volume, de área ou de comprimento, de acordo com a unidade na qual esta intensidade estava expressa.Feito isso, somou-se (integrou-se) as forças incrementais sobre toda a região de interesse para obter suaresultante.

Para encontrar a localização da linha de ação da resultante empregouose o princípio dos momentos(teorema de Varignon). Igualou-se a soma dos momentos de todos os incrementos de força em torno de umeixo conveniente ao momento da resultante em relação a este mesmo eixo e, então, resolveu-se, para encontrar o braço de momento desconhecido da resultante.

Quando a força está distribuída em uma massa, como é o caso da atração gravitacional, a intensidade éa força de atração pg por unidade de volume, onde p é a densidade e g é a aceleração da gravidade. Paracorpos de densidade constante, viu-se na Seção A que pg se cancelava ao se aplicar o princípio dos momentos,tomando um problema apenas geométrico de determinação do centróide da figura, que coincidia, então, como centro de massa do corpo físico cujos limites defmem a figura. Em chapas planas e cascas homogêneas, etendo espessura constante, o problema reduz-se ao de encontrar as propriedades de uma área. Para barrasdelgadas e fios de densidade uniforme e seção transversal constante, o problema reduz-se ao de encontrar aspropriedades de um segmento de linha. Essas idealizações matemáticas dos corpos físicos são elementosessenciais para a identificação da formulação de problemas reais.

Quatro medidas úteis são apresentadas a seguir para problemas que exigem a integração de relaçõesdiferenciais. Primeiro, relacionar um sistema adequado de coordenadas. Geralmente a melhor escolha recai

sobre o sistema que fomecer a descrição mais simples dos limites da região de integração. Segundo, as quantidades diferenciais de mais alta ordem devem sempre ser desprezadas quando comparadas com as de ordemmais baixa. Terceiro, escolher, de preferência, um elemento diferencial de primeira ordem, no lugar de um

e segunda ordem, e este no lugar de um de terceira ordem, para reduzir o trabalho durante os cálculos.Quarto, sempre que possível, escolher um elemento diferencial que evite descontinuidades dentro da regiãode integração.

Na seção B deste capítulo, fez-se uso das observações citadas acima, juntamente com os princípios doequiHbrio, para resolver e encontrar os efeitos das forças distribuídas em vigas, cabos e fluidos. Nas vigas ecabos expressou-se a intensidade da força como força por unidade de comprimento. Em fluidos, expressou-se

intensidade da força como força por unidade de área ou pressão. Embora estes três tipos de problemas!ejam fisicamente bastante diferentes, suas formulações contêm os citados elementos comuns.

Probl. 5.160

midades sobre superfícies horizontais lisas, umaem nível mais alto que a outra. Determinar aforça FA sob a extremidade A.

pg1Tr ( 2)Resp. FA = -2- 1--;

B

--x

Probl. 5.159

yIlIII

blII

L------a ----

OBLEMAS PARA REVISÃO

.159 Determinar a coordenada x do centróide da área

sombreada entre o quadrante de elipse e a linhareta. (Usar a Tab. C3, Apêndice C, se necessário.)

- 20/3Resp. X=-

1T-2

d60 A barra semicircular uniforme AB tem massa p

por unidade de comprimento, e repousa as extre-

1.5.158

s de forças distribuídas, em

~cipal estava em determina

208 / ESTA T1CA

5.161 Um pequeno balão, utilizado para registrar a velocidade e direção do vento, tem massa de 0,4 Ieg.

Se o balão está inflado com 0,3 kg de hélio eexerce uma força, para cima, de 5,3 N sobre suaancoragem, antes de soltar-se, determinar o diâmetro d do balão esférico. A massa específica doar é 1,206 kg/m3•

Resp.· d = 1,138 m

5.162 Determinar as coordenadas do centróide da for

ma feita de chapa fina de metal.

5.165 Um cabo de 300 m de comprimento está suspenso por duas extremidades, em dois pontos situados no mesmo nível e distantes 280 m um do

outro. Sabendo que o cabo suporta uma grandecarga uniformemente distribuída, em relação à

direção horizontal, encontrar a flecha h do cabo,partindo da Eq. (5.16), por aproximações suces·sivas.

Resp. h = 47,5 m

5.166 Desenhar os diagramas de esforços cortantes e demomentos, para a viga em balanço carregada,como é mostrado na figura.

Probl. 5.166

5.168 A comporta AB é1,5 m de altura porde massa e é usada JlIlI

ga na parte inferiorComo resultado da

mula água doce na pIlar o momento M,da articulação, necessicontra as forças hidn:A densidade relativa

Probl. S.

5.164 Determinar a coordenada x do centróide da áreasombreada.

Probl. S.

5.169 A estrutura, projetallmarinha sob o gelo, eJcâmara de observaçãocie pelo eixo cilíndí:ii:para acesso à câmanprateleira situada naPara assegurar uma lestrutura, é necessáric:sobre o gelo com UII

cento da força totalimersa. Se a estrutUIa5,7 Mg fora d'água, ado lastro de chumbchumbo é de 11,37 ~

x (m) A (m')x (m)A (m')

O

O2525,15

7,13023,810

15,83519,515

22,14012,520

24,7455,150

O

Resp. x= 24 m

5.167 O centro de empuxo (também chamado, na técnica naval, como centro de carena) B do casco deum navio é o centróide do volume do líquido deslocado. A tabela abaixo apresenta os valores dasáreas imersas, das seções transversais do casco, emfunção da distância x tomada na linha d 'água, paracada 5 metros. Trace a curva correspondente aesses valores e determine a distância x de B. medida do ponto A em direção à popa, com aproximação de 0,5 m.

Probl. 5.167

A ", '~\~\1i~~~\~~-~-'-~'\'},-~~~'':!\\'I- --/1''-'. . ..• B (~I)'"-(:=

" 1 --.--------- .. ....J C 11-- ...•....•x ~ '\

::..~ x 'Om -~ ..••

T200 mm1

300z

Probl. 5.163

Probl. 5.162

Calcular a massa m e a área totalA da superfícieda roda gerada pela revolução da seção sombreada em torno do eixo z. O material da roda tem

massa específica de 7,21 Mg/m 3.

Resp. 'm = 291 Ieg; A = 1,149 m'

I

II

IIaI

I

I

----L--xa/2 a/2

Probl. 5.164

5.163


5.170 Desenhar os diagramas de esforços cortantes e demomentos para a viga carregada. Determinar omomento fletor M que provoca a compressãomáxima nas fibras superiores da viga.

Resp. M= 52,8 N'm

~ 500NAi1H H 900N/m t

8.' , ..... ·'1

, I ~ If-<--1,2 m--+0,6 m+0,6m~Probl.5.170

1200 kg

Probl. 5.171

5.171 A viga AD está suportada e carregada como mostrado. O cabo que sustenta a carga de 1 200 kgestá enrolado no tambor E, que, por sua vez, étravado ao seu suporte e não pode girar. Desprezar as dimensões dos flanges que fixam os suportes à viga em B e D e construir os diagramas decisalhamento (força cortante) e de momentospara a viga carregada. Determinar o momentofletor M de maior intensidade e a distância x, naqual ele ocorre, da articulação A.

5.172 Uma represa é formada pelas chapas planas A e B,cujos pesos são desprezíveis. As escoras C e Destão localizadas de 3 em 3 m ao longo do comprimento. Uma amostra da lama tem massa específica de 1,6 Mg/m 3. Determinar a compressãoem C e D. Pode-se supor que todas as ligaçõessejam articuladas.

Resp. C=474kN;D=88,3kN

ll0,9m

1

Resp. m = 4,24 Mg

Probl. 5.168

5.173 A extremidade de um canal de água doce, comuma seção em V de 60°, está fechado pela chapatriangular A, inclinada. Calcular a força resultanteR, exercida sobre a chapa A pela água, e a alturah do ponto sobre a chapa A através do qual Ratua .

Probl. 5.169 Resp. R = 151,0 kN; h = 2 m

A estrutura, projetada para observação da vidamarinha sob o gelo, em águas do p610, consiste dacâmara de observação, cilíndrica, ligada à superfície pelo eixo cilíndrico, aberto na parte superior,para acesso à câmara. O lastro está apoiado naprateleira situada na parte inferior da câmara.Para assegurar uma condição de estabilidade à

estrutura, é necessário que suas pernas se apóiemsobre o gelo com uma força mínima de 15 porcento da força total de flutuação da estruturaimersa. Se a estrutura sem o lastro tem massa de5,7 Mg fora d'água, calcular a necessária massa mdo lastro de chumbo. A massa específica dochumbo é de 11,37 Mg/m3•

A comporta AB é uma chapa retangular com1,5 m de altura por 1,1 m de largura, de 260 kgde massa e é usada para fechar o canal de descarga na parte inferior de um reservatório de óleo.Como resultado da condensação no tanque, acu'mula água doce na parte inferior do canal. Calcular o momento M, aplicado em torno do eixo Bda articulação, necessário para fechar a comportacontra as forças hidrostáticas da água e do óleo.A densidade relativa do óleo é 0,85.

9

25,123,819,512,5

5,1O

A (m')

Resp. x= 24~

25

3035404550

x (m)

mrm+-6m~5.166

.5.167

li::

Resp. h = 47,51:.

~ de esforços cortantes e d=

• ~ nga em balanço carregad2..Ia ::z fi"oura.

(também chamado, na técdde carena) B do casco c..=

5i:ie do volume do líquido der11. i::cixo apresenta os valores dE

• EÇÕeStransversais do casco, =:r tomada na linha d'água, p=

~":e a curva correspondente L~e a distância x de B, n::;:

~ direção à popa, com aproxi-

= ce comprimento está suspen

~~rles, em dois pontos situa, ~ e distantes 280 m um de

~ ~ o cabo suporta uma grandf-=:c distribuída, em relação ~Ith encontrar a flecha h do cabo.

;Ll6), por aproximações suces-

210 I ESTÁTICA

-t~;;lÁgua= -

:':doce' 3 fi --=-~B:'- 1--

Probl. 5.172

D

5.175 A viga suporta uma carga uniformemente distribuída, como se vê na figura. Determinar o valorde x, de modo a tornar mínimo o.momento fletor máximo M, que atua na viga. Qual é o valordeM?

Resp. M= 0,0214wP; x = 0,207l

~ x,.1 l kx> i

Probl. 5.175

Probl. 5.174

6.2 - TIPOS DE ATRITO

SEÇÃO A. O FENÓMENO

6.1 - INTRODUÇÃO

Existem vários tiposum destes tipos é resumi,os tipos mais comuns.

Supôs-se nos capímaioria dos casos, fossemsem atrito e foi ilustrada

muito pequeno, há um gra:de contato de suportarem superfícies que se tocam, stodas as superfícies reais qras forças de atrito geradas e

Em alguns tipos deatrito, como, por exemplo,escoamento de fluidos nas

situações, ao contrário, prccorreias e nas cunhas. Os

paradas, e o simples andartoda a natureza e existem,que são fabricadas e o demuitas vezes, denominado

01:1 o processo. Em todos osuma perda de energia, que io atrito entre as peças em

(a) Atrito seco. O aestão em contato sob cond:

tangente às superfícies decomo durante o tempo em

Probl. 5.176

5.176 .Enquarito se efetuam reparos em seu cabo, ashélices do navio de assentar cabos exercem um

empuxo para a frente de 300 kN, para manteruma posição fixa no mar calmo. A profundidadedo oceano neste local é h, medida em metros, eobserva-se que o cabo faz um ângulo de (J = 600com a horizontal, onde ele entra na água, no ponto P. A massa do cabo é de 22 kg/m e a área desua seção transversal é de 4 600 mm'. A massaespecífica da água salgada é 1,03 Mg/m3• Calcularo comprimento s do cabo do ponto P ao pontoonde o cabo toca o fundo do oceano, e encontrara distância horizontal x deste ponto a um outrodiretamente abaixo de P. Determinar a profundidade h do oceano. Calcular também o torque Msobre o tambor, de 2 m de diâmetro, de assentaro cabo, para impedi-Io de girar. (Nota. A cargavertical é a diferença entre o peso do cabo e opeso da água deslocada.)

Resp. s = 3 070 m; x = 2330 m;h=1770m; M=600kN'rn

SeçãoA·A

Probl. 5.173

Resp. r= 1T(2a' + b') - 8ab1T(1Ta-2b)

~A

A superfície da figura é gerada pela revolução doarco semicircular de raio b, 1800 em torno doeixo z. Determinar a distância r, do eixo z aocentróide da superfície.

5.174

•. ~ uniformemente distrili :=2figura. Determinar o valor

mínimo o.momento fleIIE m:Ia na viga. Qual é o valor

= 0,0214wl'; x = 0,207/

IILS.l75

reparos em seu cabo, asESentar cabos exercem um

te de 300 kN, para manter= calmo. A profundidade._, é h, medida em metros, e

faz um ângulo de e = 600

:z ele entra na água, no ponI ::;óo é de 22 kg/m e a área de

~ é de 4600 mm'. A massa

.~ é 1,03 Mg/m3. CalcularJ .:c cabo do ponto P ao ponto10 .:'::::::<dodo oceano, e encontrar

aI:x deste ponto a um outro::e P. Determinar a profundi

:l.cu1ar também o torque Mde diâmetro, de assentar

'--"'CQ de girar. (Nota. A carga_ entre o peso do cabo e oêa.)= 3 070 m; x = 2 330 m;= 1770 m; M= 600 kN'm

6ATRITO

6.1 - INTRODUÇÃO

Supôs-se nos capítulos anteriores, que as forças de ação e reação entre as superfícies de contato, namaioria dos casos, fossem normais às superfícies. Essa hipótese caracteriza a interação entre as superfíciessem atrito e foi ilustrada no Ex. 2 da Fig. 3.1. Embora em muitos casos esta hipótese ideal acarrete um erro

uito pequeno, há um grande número de problemas em que se deve considerar a capacidade das superfíciescontato de suportarem forças tangenciais, assim como forças normais. As forças tangenciais, geradas entre

mperfícies que se tocam, são conhecidas como forças de atrito e estão presentes em um grau qualquer entretodas as superfícies reais que se tocam. Sempre que existir a tendência de uma superfície deslizar sobre outra,

forças de atrito geradas estarão sempre se opondo a essa tendência.

Em alguns tipos de máquinas e processos é interessante tornar mínimo o efeito retardador das forças demito, como, por exemplo, nos mancais de qualquer tipo, nos parafusos de acionamento, nas engrenagens, noescoamento de fluidos nas tubulações e na propulsão de aviões e mísseis através da atmosfera. Em outras

situações, ao contrário, procura-se tirar vantagens do atrito, como nos freios, embreagens, transmissões porrreias e nas cunhas. Os veículos com rodas dependem do atrito tanto para as partidas quanto para as

paradas, e o simples andar depende do atrito entre o sapato e o solo. As forças de atrito estão presentes emtoda a natureza e existem, de modo considerável, em todas as máquinas, seja qual for o grau de precisão com

são fabricadas e o de lubrificação que possuem. A máquina ou o processo em que se despreza o atrito é,'tas vezes, denominado ideal. Quando se considera o atrito, usa-se o termo real para caracterizar a máquinao processo. Em todos os casos reais; onde ocorre deslizamento entre as peças, as forças de atrito acarretama perda de energia, que é dissipada em forma de calor. Além de gerar calor e da perda associada de energia,

atrito entre as peças em contato ocasionará desgaste durante o período de movimento relativo entre elas.

SEÇÃO A. O FENÓMENO DO ATRITO

,.2 - TIPOS DE ATRITO

Existem vários tipos distintos de resistências ocasionadas pelo atrito, encontradas na Mecânica. Cada

destes tipos é resumidamente definido nesta seção. Na próxima, serão considerados, com mais detalhes,tipos mais comuns.

(a) Atrito seco. O atrito seco é encontrado quando as superfícies, sem lubrificação, de dois sólidos,estão em contato sob condição de deslizamento ou de tendência ao deslizamento. Surge uma força de atritotangente às superfícies de contato, não somente durante o tempo em que só há a tendência ao deslizamento,~o durante o tempo em que o deslizamento é realizado. O sentido da força sempre se opõe ao movimento

212 I ESTÁTICA

ou quando o movimento está iminente. Este tipo de atrito é conhecido, também, com o nome de atrito deCoulomb. As leis do atrito seco ou de Coulomb foram grandemente estudadas a partir das experiências deCoulomb, em 1781, e dos trabalhos de Morin, de 1831 a 1834. Apesar de não ter uma teoria perfeita para oatrito seco, a análise fornece elementos suficientes para a solução da grande maioria dos problemas em queele aparece, o que será visto no item 6.3. Esta análise constitui a base para a maior parte deste capítulo.

(b) Atrito fluido. O atrito fluido aparece quando as camadas adjacentes em um fluido (líquido ougás) movem-se com velocidades diferentes. Este movimento causa as forças de atrito entre os elementos dofluido, e estas forças dependem da velocidade relativa entre as camadas. Não havendo tal velocidade relativa,não haverá atrito do fluido. O atrito fluido depende não somente dos gradientes de velocidade no interior dofluido, como também da viscosidade do mesmo, que é uma medida de sua resistência à ação de cisalhamentoentre as camadas do fluido. O atrito fluido é tratado no estudo da mecânica dos fluidos e não será desenvolvido neste livro.

(c) Atrito interno. O atrito interno é encontrado em todos os materiais sólidos submetidos a umacarga cíclica. Para materiais altamente elásticos, a volta ao estado inicial sem deformação processa-se compequena perda de energia, causada pelo atrito interno. Para os materiais de baixo limite elástico e que sofremapreciáveis deformações plásticas, durante o carregamento, a quantidade de atrito interno, que acompanhaesta deformação, pode ser considerável. O mecanismo do atrito interno está associado com a ação da deformação por cisalhamento. O estudante deve consultar uma obra especializada para obter a descrição detalhada dofenômeao. Como este livro trata, principalmente, dos efeitos externos das forças, não se considerará atritointerno daqui para frente.

6.3 - ATRITO SECO

O restante deste capítulo será dedicado a descrever os efeitos do atrito seco nas superfícies externas decorpos rígidos. O mecanismo do atrito seco será agora explicado, em detalhes, com auxílio de uma experiência bastante simples.

-

um valor qualquerbloco. Esta força decorpo, sobre o qualR, exercida pela sularidades das superfí .necessariamente inte:R3 etc., sobre o blextensão da deform

um dos pontos de c'

a força total de atrito Frelativo, os contatos

R serão menores do quefato bem conhecido quea exigida para iniciá·lo,

Suponhamos, agor,como uma função de PequiHbrio exige que rrãii

sempre igual e em senequilíbrio, e todas as

atinge um valor que ocaJmeSmo momento, a fo~ticamente constante, por

A região até o ponestático, e o valor da fovalor de zero até, e invalor máximo Fa ' do lmax.

(a) Mecanismo do Atrito. Consideremos um bloco sólido de massa m, em repouso sobre uma superfície horizontal, como é mostrado na Fig. 6.1a. As superfícies de contato possuem uma certa aspereza. Aexperiência envolve a aplicação de uma força horizontal P, que varia continuamente de zero até um valorsuficiente para mover o bloco e dar-lhe uma velocidade apreciável. O diagrama de corpo livre do bloco, para

(a)

(c)

Atritoestático

F I (sem : Atrito dinâmicomovimento)1 (movimento)

F,;mãx~=l1sN-: {'Fk=l1kN~~ I

~, III

p

(d)

Fig.6.1

onde /ls é a constante de

cuidadosamente, que emdando nenhuma indicaçã{que se sabe que o movimf

Ao iniciar o deslizaI

pouco menor do. que a f(normal. Portanto,

onde /lk é o coeficientevelocidade do bloco, o cc

efeito da lubrificação pgrandemente das condiçõestão sujeitos a grandes'

É costume escrever l

Estará subentendi

estático correspondente, (car, uma vez mais, que a1gà iminência do movimento

com o nome de atrito de

J ~ partir das experiências de~ mna teoria perfeita para o- . dos problemas em que

• parte deste capítulo.

p em um fluido (líquido ou:i:toentre os elementos do

~do tal velocidade relativa,,de velocidade no interior do

- 'a à ação de cisalhamento• t!:lidos e não será desenvol-

- 3Ólidos submetidos a uma

;rmação processa-se comelástico e que sofrem

interno, que acompanha-':0 com a ação da deforma

. a descrição detalhada donão se considerará atrito

superfícies externas deauxilio de uma experiên,

repouso sobre uma superuma certa aspereza. A

.te de zero até um valor

corpo livre do bloco, para

ATRITO f 213

um valor qualquer de P, aparece na Fig. 6.1b. Denomina-se F, a força de atrito exercida pelo plano sobre obloco. Esta força de atrito estará sempre em sentido oposto ao movimento, ou à tendência ao movimento docorpo, sobre o qual ela atua. Existe também uma força normalN que, neste caso, iguala-se aP, e a força totalR, exercida pela superfície de suporte sobre o bloco, é a resultante de N e F. Uma vista aumentada das irregularidades das superfícies em contato (Fig. 6.1 c) auxiliará a visualização da ação mecânica do atrito. O apoio énecessariamente intermitente e ocorre nas saliências em contato. A direção de cada uma das reações, R 1,R2 ,

R3 etc., sobre o bloco, dependerá não somente da geometria do perm das irregularidades, mas também daextensão da deformação local, assim como da solda, que pode ocorrer sobre uma minúscula crosta em cadaum dos pontos de contato. A força normal totalN é simplesmente a soma das componentes n das forças R, ea força total de atrito F é a soma das componentes t das forçasR. Quando as superfícies estão em movimentorelativo, os contatos estão, aproximadamente, na parte superior das saliências, e as componentes t das forçasR serão menores do que quando as superfícies estão em repouso relativo. Esta consideração ajuda a explicar ofato bem conhecido que a forçaP, necessária para manter o movimento do bloco, é geralmente menor do quea exigida para iniciá-Io, quando as irregularidades estão mais intimamente engrenadas.

Suponhamos, agora, que a experiência descrita tenha sido realizada e que a força de atrito F foi medidacomo uma função de P. A relação experimental que resulta está indicada na Fig. 6.1d. Quando P = O, oequilíbrio exige que não haja força de atrito. À medida que P cresce, a força de atrito vai acompanhando,sempre igual e em sentido contrário, desde que o bloco não deslize. Durante esse tempo, o bloco está emequilíbrio, e todas as forças que sobre ele agem devem satisfazer às equações de equilíbrio. Finalmente Patinge um valor que ocasiona o deslocamento do bloco e o faz mover-se no sentido da força aplicada. Nestemesmo momento, a força de atrito cai, abruptamente, para um valor um pouco menor. Aí ela se mantém praticamente constante, por um período, mas então cairá ainda um pouco mais com velocidades maiores.

A região até o ponto de deslizamento, ou movimento iminente, é conhecida como a variação do atritoestático, e o valor da força de atrito é determinado pelas equações de equilfbrio. Esta força pode ter qualquervalor de zero até, e incluindo no limite, o valor máximo. Para um dado par de superfícies em contato, estevalor máximo Fa ' do atrito estático é proporcional à força normal N. Assimmax.

onde J1s é a constante de proporcionalidade, conhecida como o coeficiente de atrito estático. Deve-se notar,cuidadosamente, que esta equação define, somente, o valor limite ou máximo da força de atrito estático, nãodando nenhuma indicação de nenhum outro valor menor. Assim, essa equação somente se aplica nos casos emque se sabe que o movimento é iminente.

Ao iniciar o deslizamento, surge a condição de atrito dinâmico. A força de atrito dinâmico é sempre umpouco menor do que a força máxima de atrito estático. A força de atrito dinâmico Fk é proporcional à forçanormal. Portanto,

onde J1k é o coeficiente de atrito dinâmico. Conclui-se que J1k éum pouco menor do que J1s' Aumentando avelocidade do bloco, o coeficiente de atrito dinâmico diminui um pouco e, atingindo-se altas velocidades, oefeito da lubrificação por um f1lme fluido pode tomar-se apreciável. Os coeficientes de atrito dependemgrandemente das condições exatas em que se encontram as superfícies e da velocidade de deslizamento, eestão sujeitos a grandes incertezas.

É costume escrever as duas equações que dão as forças de atrito, sem os índices de particularização

F=pN. (6.1)

Estará subentendido no problema, se se trata de atrito estático, no limite, com seu coeficiente de atritoestático correspondente, ou de atrito dinâmico com seu coeficiente dinâmico correspondente. Deve-se destacar, uma vez mais, que alguns problemas contêm uma força de atrito estático menor do que a correspondenteà iminência do movimento e, nesses casos,a equação de atrito não pode ser empregada.

214 I ESTAnCA

Pode-se observar, na Fig. 6.10, que para superfícies rugosas há maior possibilidade de ângulos grandl ~entre as reações e a direção n, do que no caso de superfícies mais bem acabadas. Assim, um coeficiente d::

atrito reflete o acabamento de um par de superfícies em contato e incorpora uma propriedade geométri,destes contornos que se tocam. Não tem sentido falar de coeficiente de atrito para uma superfície isoladz..

A direção da resultante R, na Fig. 6.1 b, medida a partir da direção de N, é dada por tg a= F/lÇQuando a força de atrito atinge seu valor estático máximo, o ângulo a alcança um valor máximo 1/>8' Assin:

tg 1/>8 = N· J.18

Quando o deslizamento ocorre, o ângulo a passa a ter um valor I/>d correspondente à força de atridinâmico. Analogamente

É comum escrever-se simplesmente

tgl/> =Jl.,

deixando-se a interpretação de atrito dinâmico ou atrito estático, para ser feita pelos dados do problema qu=se tiver em mãos. O ângulo 1/>8 é chamado ângulo de atrito estático ou ângulo de repouso, sendo I/>k o ângult;

de atrito dinámico. Este ângulo de atrito I/> defme claramente, em cada caso, a posição limite da reação totLR, entre duas superfícies em contato. Se o movimento estiver iminente, R será a geratriz de um cone circuk::reto com ângulo de abertura 21/>8' como se vê na Fig. 6.2. Se o movimento não estiver iminente, R estar!dentro do cone. Esse cone de ângulo do vértice 21/>8 é conhecido como o cone de atrito estático, e represent~a superfície gerada pelas possíveis posições da reação R, no movimento iminente. Se o movimento tive:início, aplica-se o ângulo de atrito dinâmico, e a reação deve situar-se sobre a superfície de um cone ligeiramente diferente, de ângulo do vértice 21/>k' Este cone é o cone de atrito dinámico.

Fig.6.2

Uma experiência adicional mostra que a força de atrito é essencialmente independente da área ê=

contato, aparente ou projetada. A área de contato real é muito menor do que a projetada, visto que someI:::os picos das irregularidades das superfícies em contato suportam a carga. Relativamente, pequenas caI"?normais resultam em altas tensões nesses pontos de contato. Quando a força normal aumenta, a área hcontato também aumenta, quando o material sofre escoamento, esmagamento ou cisalhamento, nos pode contato. A apresentação de uma teoria ampla para o atrito seco vai além da explicação mecânica apr~tada aqui. Por exemplo, há razões para se acreditar que a atração molecular seja uma importante causa -:CS'

atrito, quando as superfícies estão em íntimo contato. Outros fatores que afetam o atrito seco são ~temperatura atingida nos pontos de contato e "soldagem" desses pontos, dureza superficial relativa superfícies em contato e a presença de películas de óxidos, óleos, poeiras ou outras substâncias.

-

(b) Tipos de Prob

tipos de problemas decategoria ele se enquad1a.

(1) No primeiro imiar do escorregamenequações do equilíbrio

(2) No segundo .'ter valores menores dode atrito será determinal

se a força de atrito é ~equilíbrio e a força deequações de equilíbrio. E.smperfícies podem supo

= J.18' Se F for menormportada pela superfície,n.lor limite, conclui-se qu<

equilíbrio e, em conseq-(3) O terceiro tipo

se aplica o coeficiente deforça de atrito dinâmico.

A discussão precedemperfícies em movimentedados na Tab. C1, Apên'dependendo das condiçõe

os típicos da intensidal:eferível, na maioria das

experiências, reproduzir, o


Determinar o ângulo IItável pode fazer com a hlcomeçar a deslizar. O coeie a superfície inclinada é lOl

Solução. O diagramapeso W = mg, a força norpelo plano inclinado sobn'sentido contrário ao do ,houvesse atrito.

O equilíbrio nas direçõl

[l:Fx = O] mg sen 8 -

[l:Fy = 01 -mg cos 8 -

(b) Tipos de Problemas de Atrito. Pelo que foi apresentado, pode-se reconhecer a existência de trêstipos de problemas de atrito seco. O passo inicial na solução de problemas de atrito é identificar em quecategoria ele se enquadra.

ATRITO I 215

Notas:

<D Escolhemos os eixos de referência na direçãoda força F e perpendicular a ela para evitardecompor F e N.


Determinar o ângulo máximo {], que o plano inclinado ajustável pode fazer com a horizontal, antes do bloco de massa mcomeçar a deslizar. O coeficiente de atrito estático entre o blocoe a superfície inclinada é !J.s.

{1:Fx=O] mgsen{]-F=O F=mgsen{]

I1:Fy = O] -mg cos {]+N= O N= mg cos {]

Solução. O diagrama de corpo livre do bloco mostra seupeso W = mg, a força normal N e a força de atrito F exercidapelo plano inclinado sobre o bloco. A força de atrito atua noSentido contrário ao do escorregamento que ocorreria se nãohouvesse atrito.

O equilíbrio nas direções x e y obriga,

(1) No primeiro tipo, existe a condição de movimento iminente, onde um corpo em equilíbrio está nolimiar do escorregamento e a força de atrito é igual ao atrito estático limite, Fs ' = !J.sN. Naturalmente, asmax.equações do equilíbrio também são válidas.

(2) No segundo tipo de problema, não existe o movimento iminente e, portanto, a força de atrito podeter valores menores do que o fornecido pela Eq. 6.1 com o coeficiente de atrito estático. Neste caso a forçade atrito será determinada, somente, pelas equações de equilíbrio. Em problemas deste tipo, procura-se saberse a força de atrito é suficiente, ou não, para manter o corpo em repouso. Para isso, supõe-se o corpo emequilíbrio e a força de atrito correspondente, necessária para manter este estado, pode ser calculada pelasequações de equilíbrio. Esta força de atrito pode, então, ser comparada com o atrito estático máximo que assuperfícies podem suportar, fornecido pela Eq. 6.1, calculando-se com o coeficiente de atrito estático,

= !J.s. Se F for menor do que o valor dado pela Eq. 6.1, conclui-se que a força de atrito suposta poderá sersuportada pela superfície, e o corpo permanecerá em repouso. Se o valor calculado de F for maior do que onlor limite, conclui-se que as superfícies em contato não podem suportar esta força de atrito, necessária para

equilíbrio e, em conseqüência, haverá movimento e o atrito se transformará em atrito dinâmico.

(3) O terceiro tipo de problema envolve o movimento relativo entre as superfícies em contato, e aquise aplica o coeficiente de atrito dinâmico. Para este caso, a Eq. 6.1 com !J. =!J.s dará sempre, diretamente, a

ça de atrito dinâmico.

A discussão precedente se aplica a todas as superfícies secas em contato e, até um certo grau, paramperfícies em movimento, parcialmente lubrifica das. Alguns valores típicos dos coeficientes de atrito são

os na Tab. CI, Apêndice C. Estes valores são aproximados e estão sujeitos a consideráveis variações,ndendo das conclições exatas que prevalecerem na ocasião. Entretanto, podem ser usados como exemtípicos da intensidade dos efeitos causados pelo atrito. Quando se desejar precisão no cálculo, será

ferível, na maioria -das vezes, determinar os coeficientes de atrito experimentalmente, procurando-se, nasaperiências, reproduzir, o mais exatamente possível, as condições do problema.

~de de ângulos grandes,

jL _-\sSim,um coeficiente de~ propriedade geométricap.ra uma superfície isolada.

,~é dada por tg 0:= FIN.!-:: valor máximo rf>s. Assim

mdependente da área de'etada, visto que somente

ente, pequenas cargas:al aumenta, a área de

cisa1hamento, nos pontcn~ção mecânica aprese- uma importante causa de

o atrito seco são al

superficial relativa da5

bstâncias.

,s dados do problema que~re[XJUSO, sendo rf>k o ângulo

~o limite da reação total~ de um cone circular

estiver iminente, R estará~~o estático, e representa

"_ Se o movimento tiver

'cie de um cone ligeira-

(6.2)

lIpOlldente à força de atrito

~

216 / ESTÁTICA


E

Fmáx. =

Fmáx.=

Casol. P = 500 N.

A primeira das equaçõel

O sinal negativo signifibrio, a força de atrito que Iao suposto e, portanto, p;II

pela seta tracejada. Não ~até se verificar se as sUperlde atrito de 134 N. Isto pona segunda equação, que di

A força de atrito estáti.;suportar, é então

[F = JJ.N]

Como esta força é maiesegue que a hipótese do t

então,

F= 231

O que mostra que umasuportada. Portanto, não pc:da força de atrito é obtidoatrito, acompanhando o mOIto, a resposta é

Caso 11. P = 100 N.A substituição nas duas I

Porém, a força de atrito,

F= 134~-

W=J.l.N] F=0,17(956)=


O bloco retangular homuH, está colocado sobre aforça horizontal P, que meJvelocidade constante. O coebloco e a superfície é J.I.. Deipermite o bloco deslizar semC, na face inferior do blocoças de atrito e a normal, se h .

p

Y, 100(9,81) = 981 N

\ I ~x

N

(%) Este problema mostra um modo muito simples para se determinar um coeficiente deatrito estático. O valor máximo de e é

conhecido como ângulo de repouso.

Nota:

<D Vemos dos resultados do Probl. Resolvido

6.1 que o bloco escorregaria no plano incli·nado se não houvesse a massa mo presa aele, pois tg 20° > 0,30. Assim será necessário um valor de mo para manter o equilíbrio.

Resp.emáx. = arc tg J.l.sou

P cos 20° + F - 981 sen 20° = O

N -P sen 20° - 981 cos 20° = O.

N - 981 cos 20° = O N= 922N

F= 0,30 (922) = 277 N

mo (9,81) - 277 - 981 sen 20° = O

mo = 62,4 kg. Resp.

mo (9,81) + 277 - 981 sen 20° = O

mo = 6,0 kg. Resp.

!J.s = tg emáx.

[~Fx = O]

[~Fx = O]

[~Fy = O]

Assim, mo pode ter qualquer valor de 6,0 kg a 62,4 kg, e obloco permanecerá em repouso.


O valor mínimo de mo é determinado, quando o movimentoé iminente para baixo do plano. A força de atrito sobre o blocoatuará para cima do plano, para opor-se à tendência ao movimento, como está mostrado no diagrama de corpo livre do Caso 11.Oequilíbrio na direção x exige

Solução. O valor máximo de mo será dado pela condição demovimento iminente do bloco subindo o plano. A força de atritosobre o bloco atua, portanto, para baixo do plano, como é mostrado no diagrama de corpo livre do bloco, no Caso I da figura.Com o peso mg = 100 (9,81) = 981 N, as equações de equilíbriosão

Determinar a faixa de valores que a massa mo pode ter, demodo que o bloco de 100 kg, representado na figura, não comece a se mover para a parte superior do plano, nem a deslizar paraa parte inferior. O coeficiente de atrito estático entre as superfícies em contato é 0,30.

Dividindo a prim~ira equação pela segunda, dá F/N = tg e.

Como o ângulo máximo ocorre quando F = F x ' = J.l.sN,paramax.o movimento iminente, tem-se:

Determinar o valor e o sentido da força de atrito que atuasobre o bloco de 100 kg, mostrado, se, primeiro, P = 500 N esegundo, P = 100 N. O coeficiente de atrito estático é 0,20 e ocoeficiente de atrito dinâmico é 0,17. As forças estão aplicadascom o bloco inicialmente em repouso.

P;Fy = O]

W= JJ.N]

P;Fx= O]

Solução. Pelos dados do problema, não se pode dizer se obloco fica em repouso ou desliza, ao se aplicar a forçaP. É necessário, portanto, admitir-se uma hipótese. Suponha-se que a forçade atrito esteja dirigida para cima, como está representada pelaseta em linha cheia. O equilíbrio das forças nas direções x e y dá

2

P

h

r-b--jrr m

ATRITO 1217

Nota:

(í) Note-se que mesmo não sendo mais 'EFx oequilíbrio persiste na direção y, de modoque 'EF = O. Portanto, a força normal Né 956 J: esteja ou não em equilíbrio o bloco.

Resp.

Fmáx. = 0,20 (956) = 191 N.

Fmáx. = 0,20 (l 093) = 219 N.

Porém, a força de atrito estático, máxima possível, é

F=231N N=956N.

F = 134 N para baixo do plano.

Caso fI. P = 100 N.A substituição nas duas equações de equilíbrio dá

[F =pN]


O bloco retangular homogêneo de massa m, largura b e alturaH, está colocado sobre a superfície horizontal e sujeito a umaforça horizontal P, que move o bloco na superfície com umavelocidade constante. O coeficiente de atrito dinâmico entre obloco e a superfície é IJ.. Determinar: (a) o maior valor de h quepermite o bloco deslizar sem tombar; (b) a localização dopontoC, na face inferior do bloco, pelo qual passe a resultante das forças de atrito e a normal, se h = H/2.

O que mostra que uma força "deatrito de 231 N não pode sersuportada. Portanto, não pode haver equilíbrio e o valor corretoda força de atrito é obtido usando-se o coeficiente dinâmico deatrito, acompanhando o movimento para baixo no plano. Portanto, a resposta é

[F = j.lN] F = 0,17 (956) = 163 N para cima do plano. Resp.

Caso I. P = 500 N.A primeira das equações dá

F= -134N.

N= 1093 N.

[F= pN]

Como esta força é maior do que a exigida para o equilíbrio,segue que a hipótese do equilíbrio foi correta. A resposta éentão,

A força de atrito estático, máxima, que as superfícies podemsuportar, é então

O sinal negativo significa que, se o bloco estiver em equilíbrio, a força de atrito que atua sobre ele estará no sentido opostoao suposto e, portanto, para baixo do plano, como representadopela seta tracejada. Não se pode, porém, concluir o valor de F,até se verificar se as superfícies são capazes de suportar a forçade atrito de 134 N. Isto pode ser feito substituindo-se P = 500 Nna segunda equação, que dá

Caso I

Caso II

os do Probl. Resolvido

lCl: =rregaria no plano inctie:y-...sse a massa m o presa a

F > 0,30. Assim será necesIr ~ mo para manter o equi-

- ·00

~~ (9,81) = 981 N

__--""x

~ .•..•.~ ,F

N

~ =ostra um modo muito sim

1 ~ar um coeficiente de

~ O valor máximo de e é. ~lo de repouso.I

272 +

P - 76,,5 "

O equillbrio do bloco

[:EFx = O]

.oBLEMAS PROPO _

O bloco de 100 kgJzontal e uma força P,aplicada a ele. Se P = :mover-se quando o âcalcular o coeficientebloco e a superfície.

P:;Fx= O]

Porém, o máximo(1019) = 459 N. Portanthip6tese inicial estava errallmento ocorre entre o bl.

valor correto F3 = 459 h',

[:EFy = O]

[:EFx = O]

Verifica-se; agora, ade 40 kg, com F2 = 272.

[F=p.N]

O equilíbriO de forçasiminente, dá:

Será arbitrariamente

escorregue, permaneceIlJ

P

p

Ih

~

G ---j

;d . Hl'1-mg 1"C/ I ------L

B,,---

/h11GF I;{ I mg

[3/e~-º-~( 2- N

<D Lembre-se que as equações de equilíbrio seaplicam a um corpo movendo com velocidade constante (aceleração nula) tão bem comoem um corpo em repouso.

Notas:

® Outra alternativa seria igualar os momentos em torno de G a zero, o que dariaF(H/2) - Nx = O. Assim, com F = p.N,

tem-se x = p.H /2.

(i) Na ausência de atrito, o bloco do meio, sobinfluência de P, teria um movimento maior

que o bloco de 40 kg e a força de atrito F2

terá, portanto, a direção oposta a este movimento, conforme está mostrado.

Notas:Resp.

Resp.tg e = p.= b/2h '

x

-/- = tg e = p. de modo que x = p.H/2H2

Se p. representasse o coeficiente de atrito estático, as soluçõesobtidas descreveriam as condições, a partir da posição de repouso, para as quais o bloco estaria (a) na iminência de tombar e(b) na imÚlência de deslizar.

Os três blocos estão posicionados sobre um plano inclinadode 30° conforme mostrado e uma força P, paralela ao planoinclinado é aplicada ao bloco do meio. O bloco superior é impedido de mover-se por um fio preso a um suporte fixo. Estãomostrados na figura os coeficientes de atrito estático para cadaum dos três pares de superfícies adjacentes. Determine o máximovalor que P pode ter antes de ocorrer qualquer deslizamento.


Se h for maior que este valor, a condição de equilíbrio dosmomentos em torno de A não será satisfeita e o bloco tombará.

(b) Com h = H /2 vê-se do diagrama de corpo livre para o caso(b) que a resultante de F e N passa pelo ponto C que está a umadistância x à esquerda da linha de centro vertical que passa porG. O ângulo e é ainda e = <f> = arc tg p. enquanto o bloco estiverdeslizando. Assim, da geometria da figura tem-se:

Solução. (a) Com o bloco na iminência de tombar, vê-se quetoda a reação entre o plano e o bloco estará em A. O diagrama decorpo livre do bloco mostra esta condição. Como ocorre o deslizamento, a força de atrito é o valor limite }JN, e o ângulo etorna"se e = arc tg p..

A resultante de F e N passa pelo ponto B, por"onde tambémdeve passar P, pois as três forças coplanares em equilíbrio sãoconcorrentes. Daí, da geometria do bloco:

Solução. Traça-se o diagrama de corpo livre de cada bloco .I} As forças de atrito são orientadas no sentido oposto ao movi

mento relativo que ocorreria se não houvesse atrito presente.Existem duas condições possíveis de movimento iminente: ou obloco de 50 kg escorrega, permanecendo parado o bloco de40 kg, ou os blocos de 50 kg e 40 kg se movem juntos, ocorrendo escorregamento entre o bloco de 40 kg e o plano inclinado.

As forças normais, que estão na direção y, podem ser determinadas sem nenhuma referência às forças de atrito, que estão nadireção x. Assim:

218 I ESTÁTICA

2

1

ATRITO I 219

Probl. 6.1

P/

/'/'

x/'

® Vemos, agora, que F, é menor que JJN2

= 272 N.

FI = 0,30(255) = 76,5 N

F, = 0,40(680) = 272 N

P + 50(9,81) sen 30° - 263 - 76,5 = O,

P = 93,8 N Resp.

P - 76,5 - 272 + 50(9,81) sen 30° = O,

P= 103,1 N

272 + 40(9,81) sen 30° - F3 = O F3 = 468 N

F2 + 40(9,81) sen 30° - 459 = O F2 = 263 N

(30 kg) NI - 30(9,81) cos 30° = O

NI = 255 N

(50 kg) N2 - 50(9,81) cos 30° - 255 = O

N2 = 680 N

(40 kg) N3 - 40(9,81) cos 30° - 680 = O

N3 = 1 019 N

P:Fy= O]

o bloco de 100 kg repousa sobre a superfície horizontal e uma força P, cuja direção pode variar, éaplicada a ele. Se P = 500 N e o bloco começar amover-se quando o ângulo a aumentar para 60°,calcular o coeficiente de atrito estático IJ. entre obloco e a superfície.

o equillôrio do bloco de 50 kg dá, fmalrnente,

(1:Fx = O]

Resp. fJ = 0,592

OBLE~SPROPOSTOS

Porém, o máximo valor possível de F3 é F3 = IJ.N3 = 0,45(1 019) = 459 N. Portanto, 468 N não pode ser suportado e ahip6tese inicial estava errada. Conclui-se, então, que o escorregamento ocorre entre o bloco de 40 kg e o plano inclinado. Com omor correto F3 = 459 N, o equilíbrio do bloco de 40 kg requer:

(1:Fx = O]

(1:Fx = O]

w= fJN]

Verifica-se; agora, li validade da hipótese inicial. Para o blocode 40 kg, com F2 = 272 N, a força de atrito F3 será dada por:

(1:Fx = O]

o equilíbrio de forças para o bloco de 50 kg, para movimentoiminente, dá:

Será arbitrariamente suposto que somente o bloco de 50 kgescorregue, permanecendo no lugar o bloco de 40 kg. Tem-se

P

~m--- li P

1-mg 2I --..t

:r I

=:sequações de equilíbrio se• .::::!iJ>O movendo com velocidaI(a::nação nula) tão bem como•eo :epouso.

seria igualar os momen• ~ G a zero, o que dariaEr = O. Assim, com F = JJN,

t ztito, o bloco do meio, sobP. ~ um movimento maior

r .(.;J kg e a força de atrito F2r ;t Cireção oposta a este mo-

o está mostrado.

r_

220 I ESTA T1CA

Regp..

Determinar a forçacausar o deslizamenta.

cientes de atrito paraem contato. O bloco 51

verticalmente.

;r-2400mmj

ProbL

O bloco retangular, hOl

pousa sobre o plano m:em torno de um eixo

pouso. Supor que.oo deslizamento. Qual émo, que permitirá e!D Ideslizamento?

11 A roda de 900 mm30 kg. Determinar o cogirar a roda sobre o deghorizontal. Especificarmo que deve existirevitar o deslizamento

Resp. M=

F

~

FProbl. 6.7

r20°

L

6.8 A figura mostra um dispositivo que preride u::.cabo sob tração, em virtude da grande força é=

atrito desenvolvida. Para a posição mostrada, det5:minar o mínimo coeficiente de atrito entre o cab:e as peças que torne o dispositivo auto-retentc::Calcular, também, a reação total R no apoio 6cada peça.

Probl. 6.8

600 N

t

Probl. 6.6

6.7 As tenazes são usadas para se manipular tubos é=

aço quentes, que estão sendo tratados termicame:::te em um banho de óleo. Para uma abertura de 2[f

das mandíbulas, qual é o coeficiente de atrito míC:mo IJ.,entre as mandíbulas e o tubo, que permitatenaz apertar o tubo sem deslizamento?

Resp. IJ.mín.= 0,11"

6.9 A roda de 100 kg, rola sobre o cubo, para cima d::rampa em forma circular, sob a ação da massa C=25 kg, ligada a uma corda em torno do seuDeterminar o ângulo e no qual a roda fica em Te-

Probl.6.4

Se, no Probl. 6.1, P = 500 N e p.= 0,30, determinar o valor de a, que aumenta gradativamente, emque ocorre o início do deslizamento do bloco.

Resp. a = 17,60

Probl. 6.2

Probl. 6.3

6.2 Calcular a forçaP necessária para mover, para cima,no plano inclinado de 300, o bloco de 50 kg.

6.4 o coeficiente de atrito entre o bloco e o plano inclinado é p.. Determinar o valor de x de modo que aforça P necessária para iniciar o movimento paracima do plano seja a menor possível. Desprezar oraio da polia.

6.3 A força horizontal P de 200 N é aplicada ao caixo-te de 100 kg para forçá-Io a deslizar para baixo noplano inclinado. Se o coeficiente de atrito entre ocaixote e o plano inclinado é 0,70, calcular a forçade atrito F que atua sobre o caixote.

Resp. F = 523 N

6.5

6.6 Determinar o valor máximo da distância d, em ter-mos -de 1, na qual a extremidade inferior da escora,de massa desprezível, pode ser colocada e aindasuporte a prancha, sem deslizamento. O coeficientede atrito é 0,30.

Probl. 6.13

ATRITO I 221

Probl. 6.12

Probl. 6.14

Se o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o

plano for J-L, especificar as condições que determinam se o bloco tomba antes de deslizar ou se desliza antes de tombar, quando o ângulo e for aumentando gradualmente.

6.14 Um bloco homogêneo, de massa m está em repousosobre um plano inclinado de ângulo e. Determinara força P máxima, que pode ser aplicada ao blocona direção mostrada, antes que se inicie o deslizamento. O coeficiente de atrito entre o bloco e oplano inclinado é J-L. Determinar, também, o ângulo{3entre a direção horizontal de P e a direção domovimento inicial do bloco.

6.13 Determinar o máximo ângulo e que pode ser inclinado, a partir da horizontal, o bloco com o corteem V, antes que o cilindro maciço inicie o deslizamento. O coeficiente de atrito é j;..

Resp. e = arc tg (J-L/cos Q()

Probl. 6.9

t2400 mmjI '

pouso. Supor que o atrito seja suficiente para evitaro deslizamento. Qual é o coeficiente de atrito mínimo, que permitirá esta posição ser alcançada semdeslizamento?

Probl. 6.11

Probl. 6.10

Resp. e = 32,2°; J.Lmín.= 0,630

25 kg

10 Determinar a força horizontal P necessária paracausar o deslizamento. Estão indicados os coefi

cientes de atrito para os três pares de superfíciesem contato. O bloco superior é livre para moververticalmente.

.11 A roda de 900 mm de diâmetro tem massa de

30 kg. Determinar o conjugado M necessário paragirar a roda sobre o degrau de 90 mm sobre planohorizontal. Especificar o coeficiente de atrito mínimo que deve existir entre a roda e o degrau paraevitar o deslizamento da roda.

Resp. M= 79,5 N -m; J-Lmín.= 0,75

6.12 O bloco retangular, homogêneo, de massa m, repousa sobre o plano inclinado, que está articuladoem torno de um eixo horizontal que passa por O.

dispositivo que preride umYirtude da grande força de

a posição mostrada, deter-- . ,nte de atrito entre o cabo

o dispositivo auto-retentor.=ção total R no apoio de

F

F6.7

.:a::s para se manipular tubos deãl sendo tratados termicamen·

k &eco Para uma abertura de 20°~ é o coeficiente de atrito míni·~ e o tubo, que permita ak 3IEID deslizamento?

Resp. J-Lmín.= 0,176

sobre o cubo, para cima dz, sob a ação da massa de

_ ::orda em torno do seu aro..S no qual a roda fica em re-

222 I ESTATlCA

-J a

Probl

L=bt

6.23 A mand1bula esqueràilizar ao longo dado grampo. Para e .Ia sobre a guia, qcarga, a dimensão xmínimo. Encontrardimensões dadas a e

to p. entre a guia efolga.

6.22 Uma bobina de papelte, subindo o planotração T, aplicada aohorizontalmente para!de atrito entre a bo- ~Demonstrar se a bomento ou se ela deslizi

6.21 Calcular a força.do cabo telefônicocubo e está encocoeficiente de átriem contato, é 0,60..

Probl. 6.20

Probl. 6.19

Resp. M= 303 N 'm; R = 1 683~-

Probl. 6.18

6.19 O cilindro homogêneo com 200 kg de massa =

suportado pelo rolo, que gira com atrito despr=vel. Se o coeficiente de atrito entre o cilindro e .!.

superfície vertical for 0,6, calcular o torque M I:E

cessário para girar o cilindro. Encontrar também :E

reação R sobre o mancal do rolo, quando M raplicado.

6.18 O anel do Probl. 6.17 está sujeito a uma força ho~zontal P, conforme mostrado. Se o deslizamen::sobre o suporte em A ocorrer quando {3tiver ;:valor de 600, durante um aumento gradativo C:::

valor de P, determinar o coeficiente de atrito _entre o anel e o suporte. Expressar, também, =valor de P, em função da massa m do anel, quan-'se iniciar o deslizamento.

6.20 A roda, representada na figura, rolará para aquerda, quando o ângulo a da corda for pequeno, =para a direita, quando a for grande. Examinando =diagrama de corpo livre, determinar o ângulo ::para o qual a roda não rolará.para lado nenhum. S=

o coeficiente de atrito for J.L e a massa da rodacalcular o valor de P para o qual a roda des]i7~ para o valor crítico de a.

Probl.6.15

6.-17 Um anel de metal, de espessura desprezível, temmassa m e raio médio r e está pendurado no suporte A. Se o coeficiente de atrito entre o anel e o

suporte é J.L, determinar a força verticalP, aplicadana periferia do anel, necessária para fazê-Io deslizarsobre o suporte. Determinar, também, o ângulo {3no qual ocorre o deslizamento.

J.L

Resp. P = mg .J ; {3= arc tg J.L1 + J.L' -J.L

Probl. 6.17

Probl.6.16

6.16 O centro de massa do pam:el vertical de 800 kg estáem G. O painel está montado em rodas que facilitam o movimento horizontal ao longo do trilhofixo. Se o mancal da roda em A grimpar, impedindo-a de girar, calcular a força P necessária paramover o painel. O coeficiente de atrito entre a rodae o trilho é 0,30.

6.15 O caixote de 200 kg, com centro de massa em Gestá suportado sobre superfícies horizontais porum apoio em A e um rolete em B. Se é necessáriauma força P de 400 N para iniciar o movimento docaixote, determinar o coeficiente de atrito em A.

Resp. J.L = 0,34

ATRITO / 223

Probl.6.26

Probl. 6.24

6.26 A empilhadeira está sendo usada para mover o rolomaciço de papel, de 1 200 kg, para cima no planoinclinado de 30°. Se os coeficientes de atrito entre

o rolo e o painel vertical da empilhadeira e entre orolo e.D plano inclinado forem ambos 0,40, calcular a força de tração P necessária entre os pneus daempilhadeira e a superfície horizontal.

Resp. P = 22,1 kN

Probl. 6.25

6.25 A roda uniforme, de 50 kg, com o cubo repousando sobre trilhos inclinados, está encostada em umsuporte fixo em A. Uma corda, enrolada na suaperiferia, .sai horizontalmente para se prender nogancho B. Se o suporte emA for removido, (a) calcular a força de atrito que atua sobre a roda. Oscoeficientes de atrito estático e dinâmico entre ocubo e o trilho são, respectivamente, 0,50 e 0,45.(b) O que ocorreria se estes coeficientes de atritofossem 0,30 e 0,25?

6.24 Calcular o torque M exigido para girar a roda homogênea de massa m, em sua posição contra a parede vertical. O coeficiente de atrito, para cada parde superfícies em contato, é Jl.

x = a - bJl2Jl

Resp.

Probl. 6.23

Lbr'

Probl.6.22

Resp. T= 727 N

3 A mandlôula esquerda do grampo tipo C pode deslizar ao longo da guia, para aumentar a capacidadedo grampo. Para evitar o deslizamento da mandlôuIa sobre a guia, quando o grampo estiver sob acarga, a dimensão x deve exceder um certo valormínimo. Encontrar e·ste valor correspondente àsdimensões dadas a e b, e para o coeficiente de atrito Jl entre a guia e a mandíbula, ajustada comfolga .

6.21 Calcular a força T necessária para girar o carreteldo cabo telefônico de 200 kg, que repousa sobre ocubo e está encostado em uma parede vertical. Ocoeficiente de atrito, para cada par de superfíciesem contato, é 0,60.

6.22 Uma bobina de papel está para ser rolada lentamente, subindo o plario inclinado, por meio de umatração T, aplicada ao papel, quando ele for puxadohorizontalmente para fora da bobina. O coeficientede atrito entre a bobina e o plano inclinado é 0,20.Demonstrar se a bobina de papel rola sem deslizamento ou se ela desliza.

6.18

j[= 303 Nom; R = 1 683 K

com 200 kg de massa é

çre gira com atrito desprezíatrito entre o cilindro e a

0,6, calcular o torque M ner c ::ilindro. Encontrar também a

I =tal do rolo, quando M for

- ::J.afigura, rolará para a e,.o Ct da corda for pequeno, e(l for grande. Examinando o

.=.re, determinar o ângulo cr- rolará para lado nenhum. Se

for Jl e a massa da roda m,E P para o qual a roda deslizará

_ - está sujeito a uma força hori:::Jostrado. Se o deslizamento

e=:~4 ocorrer quando {3tiver oum aumento gradativo do~ o coeficiente de atrito JJ

::::?Drte. Expressar, também, o .

~ da massa m do anel, quando-===.

224 I ESTÁTICA

AProbl. 6

6.36 Se o coeficiente de atri

cular maciço e o plano ~nar o máximo ângulofazer com a horizontal

Para esta condição, qualO< em relação ao planomento do cilindro.

ProbL

ProbL.

6.35 A concha semicilíndricà

da em um ângulo e pelaem seu aro. Se o coefiClar o ângulo e, no quasuperfície horizontal,mente aumentada. Qn;e = 90°?

6.34 Encontrar a altura h

mem de 80 kg podeda pequena escada artiaIto emA eBéO,50ecaineas da escada articulaàl

Resp·j,lmín. = - =-

Probl. 6.32

Probl. 6.31

6.31 Um pequeno rolete na extremidade B da barra =forme de 60 kg, tem o seu movimento rest:rirr;gD::por uma guia vertical lisa. O coeficiente de =entre a extremidade A e a superfície horizon:i:.:;0,80. Determinar a força horizontal P ne~para iniciar o deslizamento em A.

Resp. P=

B

6.30 Que força P devem os dois homens exercer nada para deslizar a prancha uniforme, de 6 o _comprimento, sobre os apoios? A prancha c=::

massa de 100 kg e o coeficiente de atrito entre ~e cada suporte é 0,50.

6.33 Supondo que o operário tem força suficiente, :xderá ele manter em equilíbrio a prancha unifode 7 m, na posição mostrada, exercendo força h=zontalno cabo? O coeficiente de atrito está6entre a prancha de 60 kg e o topo do prédio é 0,:),.Se a resposta for sim, calcular a força de atritoexiste no estado de equilíbrio.

6.32 A barra esbelta, homogênea, de massa m e co~mento I está à beira do deslizamento, quandocionada contra a parede vertical, como é mostra:S.::.Encontrar a expressão para o coeficiente de atr:::=j,l, que é o mesmo para ambos os pares de supeC'cies em contato.

Probl. 6.30

Probl. 6.29

Resp. P = 19,62 N

Probl. 6.28

6.27 Calcular a força horizontal entre os pneus e a superfície horizontal, na empilhadeira do Probl. 6.26,se o rolo de papel estiver na irninência de rolar parabaixo no plano inclinado.

6.28 Determinar a força P necessária para mover a prancha homogênea de 50 kg, da posição de repousomostrada, se o coeficiente de atrito, em ambos oslocais de contato, for 0,50.

6.29 A barra homogênea, com centro de gravidade em Gé suportada pelos pinos Ae B, que estão fixados naroda. Se o coeficiente de atrito entre a barra e ospinos for j,l, determinar o ângulo e que a roda podeser girada em torno do eixo horizontal que passapor O, antes que a barra comece a deslizar. Desprezar o diâmetro da barra diante das outras dimensões.

ATRITO / 225

Probl. 6.36

Resp. e:= 40,6°

I

Pl = 1600kPa t~lJJ1fII:1 PO = 800 kPa

I k..-x--1

6.39 Uma barra homogênea, de massa m e comprimento1 repousa sobre uma superfície horizontal com amassa uniformemente distribuída ao longo do comprimento. Se o coeficiente de atrito entre a barra ea superfície de suporte for J.-L, escrever as expressõespara a força P, aplicada na extremidade da barra enecessária para movê-Ia, e a distância a ao eixo O,em torno do qual se observa o giro. (Sugestão. Aforça normal sob a barra está distribuída sobre oseu comprimento. Em conseqüência, a força deatrito que atua na barra também está distribuídauniformemente sobre os comprimentos das partesda barra situadas dos dois lados de O.)

Resp. P = 0,414 J.-Lmg;a = 0,2931

Resp. J.-L = 0,776

B k-100mm-J

Probl. 6.38

6.38 A luva A, mostrada em corte, está montada na peçaB com ajustagem forçada, que gera uma pressão outensão de compressão p entre as peças. A distribuição da pressão segue, bem aproximadamente, aequação p = Po + kx2, sendo que nas extremidadestem os valores indicados na figura. Se for necessário um torque de 1,3 kN • m para girar a luva A,dentro da peça B, calcular o coeficiente de atritoefetivo J.-L entre as duas peças.

6.37 Se o operário do Probl. 6.33 relaxar a força aplicada no cabo, porém mantiver a direção horizontal,qual o ângulo e que a prancha fará com a verticalquando começar a deslizar? (Sugestão. Encontre aresposta aproximada com uma solução gráfica daequação que governa e.)

{!ArtiCUlição,

~34

Probl. 6.33

Probl. 6.35

Resp. e = 16,70°; 0/ = 25,9°

Se o coeficiente de atrito entre o cilindro semicir

cular maciço e o plano inclinado for 0,30, determinar o máximo ângulo e que o plano inclinado podefazer com a horizontal, antes do cilindro deslizar.Para esta condição, qual é o correspondente ângulo0/ em relação ao plano inclinado, devido ao rolamento do cilindro.

Probl. 6.34

A concha semicilÍndrica, de massa m e raio r é girada em um ângulo e pela força horizontal P aplicadaem seu aro. Se o coeficiente de atrito for J.-L, calcular o ângulo e, no qual a concha desliza sobre asuperfície horizontal, quando a forçaP for gradualmente aumentada. Qual o valor de J.-L permitirá8 = 90°?

Encontrar a altura h do degrau mais alto que o homem de 80 kg pode alcançar, sem causar a quedada pequena escada articulada. O coeficiente de atrito em A e B éO,50 e cada urna das seções homogêneas da escada articulada tem massa de 10 kg.

Resp. h = 2,37 m

·'-x

"ênea, de massa m e COII:ÇI:

do deslizamento, quandollpE:ede vertical, como é mos

ão para o coeficiente de a~ ambos os pares de super::':

- -Resp·J.-Lmín. = - -

lI:se ::ta extremidade B da 'barra w:::;.

o seu movimento restringid:lI:I±a:llisa. O coeficiente de atrir::lide A e a superfície horizontal :=

~ 1 força horizontal P necessárn.kc1ento emA.

Resp. P = 796 Y

.ProbL 6.32

!I

~ os dois homens exercer na cor-~cha uniforme, de 6 m à=

~ os apoios? A prancha te!::ic c coeficiente de atrito entreas

=:;:erário tem força suficiente .•~= equilíbrio a prancha unifi- I ::Jostrada, exercendo força 1:_ O coeficiente de atrito estt

,lie 60 kg e o topo do prédio é :: •Ir- 6, calcular a força de atritr

.:~ equilíbrio.

226 / ESTA TICA

6.5 - PARAFUSOS

~mg

Força!

respectivas normais e no ~permitem escrever as equaç

onde W = mg. As soluçõesDO diagrama superior, UsaIl.sando-se o valor de Rz já (

Se P for removida, ;IIesse caso, que ela é autocaso, as reações R 1 e Rz l

Wninente, e a solução contcarga. Os diagramas de coq:

Os problemas de CUD

de uma solução gráfica é fi

cientes de atrito. As soluçequilíbrio.

Os parafusos são usadesenvolvido nos fIletes de

mento, a rosca quadrada éConsidere o macaco

aplicado em torno do eixo

2r + (1 - J.i.2)R < d < (R _.:_10+ J.i.2

Probl. 6.42

Resp.

o dispositivo mostrado impede a rotação dacentral, no sentido horário no plano horipor meio de travamento por atrito dos doispequenos. Para valores dados de R e r e p=coeficiente de atrito comum J.i. em todas as ~cies de contato, determinar a faixa de valo= ó= =

para o qual o dispositivo irá operar como f~ ~crito.

Probl. 6.41

6.42

b

Probl. 6.40

a

Probl. 6.39

Determinar a força mínima P, e o seu correspondente ângulo a, necessária para virar o caixote uniforme de 200 kg em torno da sua aresta frontal.Especificar o coeficiente de atrito mínimo que permitirá ocorrer o tombamento.

Resp. Pmín. = 694 N; J.i.mín.= 1/3

Res. P= J.i.mgb • F = J.i.mgap 2 (a + b)' A 2 (a + b)

6.40

6.41 Uma viga I, de massa m, é suportada pelos dois trilhos hprizontais fixos, como mostrado. Calcular acarga aplicada P que é exatamente suficiente paracausar o deslizamento da viga. Determinar a forçade atrito correspondente em A, quando o deslizamento começar. O coeficiente de atrito entre a vigae os trilhos é IJ..

6.4 - CUNHAS

SEÇÃO B. APLICAÇÕES DO ATRITO NAS MÁQUINAS

A cunha é uma das mais simples e úteis peças. É usada para fazer pequenos ajustes nas posiçõesoutras peças ou para exercer grandes forças. Depende do atrito para executar seu trabalho. Quando o desliz:

mento de uma cunha é iminente, a força resultante em cada uma das faces fica inclinada em relação à noâ face, de um ângulo igual ao ângulo de atrito. A componente da resultante ao longo do plano da face é :E

força de atrito, cujo sentido é sempre oposto ao movimento da cunha. .

A Fig. 6.3a mostra uma cunha usada Rara posicionar ou levantar uma grande massa m, onde a carg.vertical é mg. O coeficiente de atrito para cada par de superfícies é /l = tg </>. A forçaP, necessária para iniciz:o movimento da cunha é calculada dos triângulos de equilíbrio das forças sobre a carga e sobre a cunha. Oidiagramas de corpo livre são mostrados na Fig. 6.3b, onde as reações estão inclinadas no ângulo </> de ~

ITL~. R,rng

~

le/>I R2\ e/>-a

a p R2

~ RllàF orças para baixar a carga

Fig. 6.4'

e

p

(c)

F orças para elevar a carga

Fig.6.3

~mg

respectivas normais e no sentido oposto ao movimento. O peso da cunha é desprezível. Estes diagramaspermitem escrever as equações de equilíbrio

6.5 - PARAFUSOS

onde W = mg. As soluções destas equações aparecem na parte c da figura, onde Rz é encontrado, primeiro,DOdiagrama superior, usando-se o valor conhecido de mg. A força P é, então, achada no triângulo inferior,lISlI.I1do-seo valor de Rz já conhecido.

Se P for removida, a cunha permanecerá no lugar, contanto que Q seja menor do que </>, dizendo-se,Desse caso, que ela é auto-retentora. Para se retirar uma cunha deste tipo, deve-se aplicar uma forçaP. Nestecaso, as reações RI e Rz atuariam nos lados opostos de suas normais, para se oporem ao novo movimentoEinente, e a solução continuaria seguindo caminhos análogos àqueles definidos para o caso de elevação dacarga. Os diagramas de corpo livre e os polígonos vetoriais para esta condição estão mostrados na Fig. 6.4.

Os problemas de cunhas conduzem a soluções gráficas, como está indicado nas duas figuras. A precisãouma solução gráfica é facilmente mantida dentro das tolerâncias compatíveis com as incertezas dos coefi

cientes de atrito. As soluções algébricas podem também ser obtidas pela trigonometria dos polígonos deequi!lôrio.

(a)

ATRITO I 227

Os parafusos são usados para unir peças e transmitir potência ou movimento. Em cada caso, o atritosenvolvido nos metes determina grandemente a ação do parafuso. Para a transmissão de potência ou movi •ento, a rosca quadrada é mais eficiente do que a triangular. A análise a seguir limita-se à rosca quadrada.

Considere o macaco de rosca quadrada (Fig. 6.5) sob a ação da carga axial W e de um momento M

aplicado em torno do eixo do parafuso. A força R, exercida pelo mete da estrutura do macaco, sobre uma

ajustes nas posições dealho. Quando o desliza.

- da em relação à norma!o do plano da face é ;:

::o impede a rotação da rodak :'::'Oráriono plano horizontal,-=:-10 por atrito dos dois roletes

dados de R e r e para umk comum J.L em todas as superfí~---tinar a faixa de valores de d,

- --o irá operar como foi des-

:r-(l-J.L')R <d«R+2r)1+ J.L'

massa m, onde a cargF• P, necessária para inicia:

Ie 1 carga e sobre a cunha. 0no ângulo </> de suas

I.6.42

228 I ESTA T1CA

A posição horizontal de200 kg é ajustada pela c:unlcoeficiente de atrito estátioda cunha for 0,30 e entre \0,60, determinar a mínimbloco.

Solução. Os diagramasestão desenhados com as re

ção às suas normais de ângImovimento iminente. O

limite é dado por </> = arecalculados e mostrados no

O diagrama vetorial qtraçado a partir de um pc:

único vetor conhecido, o pcR., cuja inclinação da vertiR., cuja inclinação da horideve fechar o polígono Io ponto B do polígono infdas direções conhecidas detensidades.

Para o diagrama vetorialcido, e acrescenta-se R"de R, e de P se intercepUlpara a intensidade de P.


Se a > rp, o para.fmlc- lpedir o desaparafusarru

A fim de abaixar

condição está ilustradaaplicada uma força eobtém-se o momento lleas

\Rlq,\

(c) Baixar a carga (a > </»

Fig.6.6

-a} ;If!,-af~~(b) Baixar a carga (C< < </»

\,W\

P=!'f-~\~ ---'a ~.·tga= ~Il

l----:/\ li 21l"r

a I \q,

2rrr

(a) Elevar a carga

(

W

Fig.6.S

Pode-se usar o mete retificado do parafuso como um modelo alternativo para simular a ação do _

fuso completo, como mostrado na Fig. 6.6a. A força equivalente necessária para empurrar o filete mócima do plano inclinado é P = M/r e o triângulo dos vetores das forças dá, imediatamente, a Eq. (6.3).

Se o momento M for removido, a força de atrito muda de direção de modo que rp é medido

oposto da normal ao mete. O parafuso permanecerá no lugar e será auto-blocado desde que a < rp, ena iminência de desaparafusar se a = rp.

M = Wr tg (a + rp),

W = ~R cos (a + rp) = [cos (a + rp)] ~R.

O equilíbrio das forças na direção axial, além disso, exige

M = [r sen (a + rp)] ~R.

Dividindo M por W dá

Determina-se o ângulo de hélice a retificando o mete do parafuso, obtendo, para umaa = tg-1 (L/2rrr).

pequena parte representativa do mete do parafuso, é mostrada no diagrama de corpo livre do parafus::Reações semelhantes existem em todos os segmentos do mete do parafuso, onde ocorre o contato com filete da estrutura-base. Se M for exatamente suficiente para girar o parafuso, o mete do parafuso des~em torno e para cima sobre o mete fixo da estrutura. O ângulo rp formado por R com a normal ao mete re::l.

o ângulo de atrito, de modo que tg rp = jJ.. O momento de R em torno do eixo vertical do parafuso ;'Rr sen (a + rp) e o momento total devido a todas as reações sobre os metes é ~ Rr sen (a + rp). Visto "r sen (a + rp) aparece em todos os termos, podemos colocá-Io em evidência. A equação de equilíbrio :"',momento para o parafuso vem a ser

(6.3a)

(6.3b)

p

Notas:

CD Certifique-se que as reações são inclinadasdas suas normais no sentido que se opõe aomovimento. Observe, também, as reaçõesiguais e opostas R2•

Wrtg(a-rJ»

M = Wr tg (rJ> - a)

M

A posição horizontal de um bloco retangular de concreto de200 kg é ajustada pela cunha de 5° sob a ação da força P. Se ocoeficiente de atrito estático para ambos os pares de superfíciesda cunha for 0,30 e entre o bloco e a superfície horizontal for0,60, determinar a mínima força P necessária para mover obloco.


ATRITO 1229

Solução. Os diagramas de corpo livre da cunha e do blocoestão desenhados com as reações RI' R2 e R3 inclinadas em relação às suas normais de ângulos iguais aos ângulos de atrito paramovimento iminente. O ângulo de atrito para o atrito estáticolimite é dado por </> == are tg IJ.. Os dois ângulos de atrito estãocalculados e mostrados no diagrama.

O diagrama vetorial que expressa o equilíbrio do bloco étraçado a partir de um ponto conveniente A, colocando-se oúnico vetor conhecido, o peso W do bloco. A seguir, adiciona-seR3, cuja inclinação da vertical, 31,0°, é agora conhecida. O vetorR2, cuja inclinação da horizontal, 16,7°, também é conhecida,deve fechar o poIígono para se obter o equilíbrio. Assim,o ponto B do poIígono inferior, é determinado pela interseçãodas direções conhecidas de R, e R2, encontrando-se as suas intensidades.

Para o diagrama vetoria! da cunha, traça-se R2, agora conhecido, e acrescenta-se RI' que tem direção conhecida. As direçõesde RI e de P se interceptam em C, sendo portanto, a soluçãopara a intensidade de P.

A fIm de abaixar a carga, desaparafusando o parafuso, deve-se inverter o sentido de M, se a < rJ>. Esta

condição está ilustrada na Fig. 6.6b para o mete simulado sobre o plano inclinado fIxo. Vê-se que deve seraplicada uma força equivalente, P = M/r, ao mete, para puxá-Io para baixo no plano inclinado, Portanto,obtém-se o momento necessário para baixar o parafuso do triângulo dos vetores, que é

Se a> rJ>, o parafuso desaparafusará sozinho e, vê-se da Fig. 6.6c, que o momento necessário paran.pedir o desaparafusamento será

(6.3)

(a < </»

Ir ootendo, para uma volta,

.;:z::ga (a > </»

~

para simular a ação do para• empurrar o filete móvel parr

ente, a Eq. (6.3).. que rJ> é medido do l~

desde que a < rJ>, e estz:l

corpo livre do parafuso;

~ ocorre o contato com o•• filete do parafuso deslizará• rom a normal ao mete será~&0 vertical do parafuso é

~~ Rr sen (a + rJ». Visto queequação de equihbrio do

230 / ESTA TICA

Para a cunha, o ângulo entre R2 e a direção b é900 - (2rp, + 50) = 51,60, e o ângulo entre P e a direção b érp, + 50 = 21,70. Assim,

(a) Para apertar.ma de corpo livre mlfIletes do parafusoinclinada da normalmento aplicado em= 60 N om, no sentidoO momento de atritoescora em B tem o

to iminente. Da Eq. (Ilíquido que atua sobre

M=1i

60-MB=3

MB= 33';:

(b) Para afrouxar. Ciminência de se afrOUDI:

2) sentido oposto ao moricom a normal igual ao •MB = 33,3 N om, estáhorário, opondo-se aoparafuso é agora igual amomento líquido igualAssim,

Q) Deve estar claro que foram evitadas equações simultâneas pela eliminação da referência à R" para o bloco, e à R" para acunha.

Resp.P= 2505 N

3 747 cos 51,60 - P cos 21,70 = O

500(9,81) sen 31,00 -R2 cos 47,70 = O

R2=3747N.

[kFa= O)

Solução algébrica. Para fmalidade de cálculo, a escolha maissimples para eixos de referência é, para o bloco, na direção a-a

normai à R, e, para a cunha, na direção b-b normai à R" Oângulo entre R2 e a direção a é 16,70 + 31,00 = 47,70. Assim,para o bloco

Solução gráfica. A precisão de uma solução gráfica está bemdentro das incertezas dos coeficientes de atrito e provê um resultado simples e direto. Desenhando-se os vetores em uma escalaadequada, seguindo a seqüência descrita, as intensidades de P ede R são obtidas diretamente dos diagramas, através de simplesleituras.

2

M= Trt;

M' - 33,3 = 3 ()(

M' = 46,1

Portanto, a força a !Isoltar o torno é

Problema Resolvido 6.7 Q=M',

onde o raio médio do mete é r = 12,5 mm.

6.43 Uma cunha será au1o

ângulo Ct seja menor dcoeficiente de atrito e

ser rachado for IJ., qual

PROBLEMAS PROPOSl't

T

c

5kN

Notas:

CD Atenção para calcular o ângulo de hélicecorretamente. Sua tangente é o avanço L(deslocamento por rotação) dividido pelacircunferência média 2rrr e não pelo diâmetro 2r.

T= 8 kN.5(400) - 250T= O

L 5Ct =arc tg - =arc tg ---= 3640

2rrr 2rr(12,5)'

rp=arc tg IJ.=arc tg 0,20 =11,310

O parafuso de rosca simples de um torno de bancada tem25 mm de diâmetro e avanço (deslocamento em uma rotação) de5 mm. O coeficiente de atrito estático nos filetes é 0,20. Umaforça de 300 N aplicada ao punho em A produz uma força deaperto de 5 kN entre as mandíbulas do torno. (a) Determine omomento de atrito MB desenvolvido em B devido à compressãodo parafuso contra o corpo da mandíbula. (b) Determinar aforça Q, aplicada normalmente ao punho em A, necessária paraafrouxar o torno.

Solução. Do diagrama de corpo livre da mandíbula, obtémse, inicialmente, a tração T no parafuso.

O ângulo de hélice Ct e o ângulo de atrito rp para o fIlete sãodados por

(kMC= O]

ATRITO! 231

a 'LT

~~~~~• 4J MB M

(b) Para afrouxar

,f~::J~ l 300(0,200) = 60 N .~~~t~ fiMB

(a) Para apertar

® Note que R vai para o lado oposto danormal quando o movimento iminente inverte o sentido.

Probl. 6.44

6.44 O alinhamento preciso de um motor diesel pesadoem sua fundação é obtido por meio de cunhas ajustadas por parafusos, colocadas sob cada um dosquatro flanges da base do motor. Calcular a forçahorizontal P no parafuso de ajustagem, necessáriapara elevar o flange da base, supondo que ele suporte um quarto da ,massa total do motor de

Resp.Q =M'/d = 46,8/0,2 = 234 N

Probl.6.43

Uma cunha será auto-retentora, contanto que seuângulo o: seja menor do que um valor crítico. Se ocoeficiente de atrito entre a cunha e o material aser rachado for J.L, qual é o valor crítico de o:?

BLEMAS PROPOSTOS

M = Tr tg (if>- 0:)

M' - 33,3 = 8000(0,0125) tg (11,31 ° - 3,64°)

M'=46,8N'm

M = Tr tg (o: - if»

60 -MB = 8000(0,0125) tg (3,64° + 11,31°)

MB = 33,3 N °m Resp .

Portanto, a força a ser aplicada ao punho e necessária parasoltar o tomo é

(a) Para apertar. O parafuso isolado é simulado pelo diagrama de corpo livre mostrado, onde todas as forças que atuam nosfiletes do parafuso estão representadas por uma única força Rinclinada da normal ao fIlete de um ângulo de atrito'if>. O momento aplicado em tomo do eixo do parafuso é 300(0,200) == 60 N om, no sentido horário quando visto da frente do tomo.O momento de atrito M B devido às forças de atrito que atuam naescora em B tem o sentido anti-horário para se opor ao movimento iminente. Da Eq. (6.3), com T substituído por W, o momento

líquido que atua sobre o parafuso é

(b) Para afrouxar. O diagrama de corpo livre do parafuso naiminência de se afrouxar é mostrado com a força R atuando nosentido oposto ao movimento iminente e fazendo um ângulocom a normal igual ao ângulo de atrito if>.O momento de atrito,MB = 33,3 N om, está também mostrado atuando no sentidohorário, opondo-se ao movimento. O ângulo entre R e o eixo doparafuso é agora igual a if>- 0:, e emprega-se a Eq. (6.3a) com omomento líquido igual ao momento aplicado M' menos MB.Assim,

W=4905N

A

p

_ que foram evitadas equa-=a3 pela eliminação da refe, ~ o bloco, e à RI' para a

calcular o ângulo de héliceLSiua tangente é o avanço L

por rotação) dividido pe!é.:::rédia 2tr7' e não pelo diâ-

----------------------------------------------- ---- ----

232 / ESTA TICA

Probl

O mecanismo retenesférica, atuada parmantém a barra hdo-se nas ranhuras

uma força de 40 Nposição indicada e éP = 60 N para moverde atrito entre a haste etes realizados pre .atrito entre a barra e liSupor que a haste estámente montada de msua guia possa ser d

Calcular o momento

punho do parafuso docunha e baixar a carga

5 Calcular a força P n=20 kg. O coeficiente deas superfícies da cunha

3 A posição vertical dopela cunha atuada porto M que deve ser ap"para elevar o bloco.tem mete quadrado,30 mm e avança 10coeficiente de atrito

0,25 e para todas ascunha é 0,40. Despreza!

ProbJ. 6.51

6.51 O dispositivo mostrado é usado corno macaparafuso tem duas roscas quadradas de duas e=das, com um diâmetro médio de 21 mm e um aV<::"

ço de 8 nup.. A parte A do parafuso tem rOldireita, e a parte B tem rosca à esquerda. ~e = 30°, determinar: (a) o torque M que deveaplicado ao parafuso para elevar uma aq::.P = 7,5 kN; e (b) o torque M' necessário pz:1abaixar a carga. A coeficiente de atrito na ro~ :;0,20.

~-M

ProbJ. 6.50

2050mm - ,

ProbJ. 6.49

6.50 O cabeçote móvel de uma máquina de teste unm::sal de 2,2 Mg é elevada para a posição de trabaI:por dois parafusos de acionamento, rosca j78 mm de diâmetro, urna entrada e passo é~13 mm. Sabendo que o coeficiente de atrito metes é 0,25, calcular o momento de torçãoM _deve ser aplicado a cada parafuso: (a) para eleVE::cabeçote e (b) para abaixar o cabeçote. Durante :::movimento, as colunas internas de carregamer-,=não estão ligadas com o cabeçote.

Resp. (a) M = 129,3 N· =(b) M= 81,8N·c.

T

P

5kN

~

ProbJ. 6.47

Probl.6.46

P

As duas cunhas de 5°, mostradas, são usadas paraajustar a posição da coluna submetida a urna cargavertical de 5 kN. Determinar a intensidade das

forças P necessárias para elevar a coluna, se o coeficiente de atrito para todas as superfícies for 0,40.

T~

6.47

4,8 Mg. O coeficiente de atrito para ambas as facesda cunha é 0,25.

6.49 Urna cunha de aço de 5° é forçada sob a extremidade da máquina de 2,1 Mg com urna forçaP = 5,4 kN. Se o coeficiente de atrito, entre acunha e a máquina e entre a cunha e o piso horizontal, for 0,30, determinar a posição x do centrode massa G da máquina. A máquina está impedidade deslizar horizontalmente por urna saliência rígida emA. Resp. x = 770 mm

Resp. P = 6,33 kN

6.48 Se a coluna carregada do ProbJ. 6.47 for abaixada,calcular as forças horizontais P' necessárias pararetirar as cunhas.

Resp. P' = 3,51 kN

6.46 O temor suporta uma tração T de 60 kN. Cada umdos parafusos tem um diâmetro médio de 36 mm euma rosca de uma entrada, com um avanço porrotação de 8 mm, sendo uma à direita e a outra àesquerda. Se for necessário um torque de 380 N • mpara afrouxar o tensor, girando-se o corpo comambos os parafusos impedidos de girar, calcular ocoeficiente de atrito efetivo /ol na rosca.

Resp. J.J. = 0,250

6.45 Um macac.o de parafuso de rosca quadrada, comraio médio de 25 mm suporta uma carga de 5 kN.Se o coeficiente de atrito for 0,25, qual será omaior avanço L do parafuso, para o qual a roscanão retrocederá por si só, sob a ação da carga? Paraesta condição, que torque M, aplicado ao parafusoseria necessário para elevar a carga?

Resp. P = 198,8 N

ATRITO I 233

S tem uma co.mpressãa de 100 N e a haste afereceum apaio. desprezível à rada.

Pro.bl. 6.55

II:p'

Resp. }J.= 0,122

P

ProbL.6.57

6.58 Substituir a rasca quadrada da parafusa da macaco.da Fig. 6.5 par uma rasca triangular, cama indicado. na figura, e determinar o. mamenta M, sabre aparafusa, necessária para elevar a carga W. A farçaR, que atua sabre uma pequena seção. representativa da filete, está mastrada cam suas pro.jeçõesimpartantes. O vetar R I é a prajeçãa de R na plana da figura, que cantém a eixo. da parafusa. Ca

meça-se a análise cam um samatória de farçasaxiais e de mamentas, e incluindo. substituiçõespara as ângulas 'Ye {3,em função. de e, C< e da ângulo. de atrito. <p = arc tg}J.. O ângulo. da hélice para

6.56 Refazer a Prpbl. 6.55 co.m a fo.rça de campressão.na mala igual a 200 N, mantendo. canstantes to.dasas autras candições .

6.57 Em um blo.ca fixa, um pino. cônico. é forçada emum o.rifício. cam a mesma co.nicidade, par umafo.rça P = 400 N, cama se vê na figura. Sabendo.que para remaver a pino. é necessária uma farçaP' = 300 N, calcular a caeficiente de atrito. entre apino. e a superfície do. arifícia. (Sugestão. A pressão. (tensão.) narmal, na superfície da pino. cônica,mantém-se canstante até que a pino. realmente semava.)

6.55 Calcular a fo.rça P necessária para mo.ver a ro.da de20 kg. O coeficiente de atrito. em A é 0,25 e entreas superfícies da cunha é 0,30. Além disso., a mo.la

Pro.bl. 6.53

6.53 A po.siçãa vertical da blo.co de 100 kg é ajustadapela cunha atuada par parafuso.. Calcular a mamento. M que deve ser aplicada ao. punho. do. parafusapara elevar o. blaco. O parafusa de uma entradatem filete quadrado., co.m um diâmetro. médio. de30 mm e avança 10 mm em cada vo.ltaco.mpleta. Oco.eficiente de atrito. para o. filete do. parafuso. é0,25 e para to.das as superfícies do. blo.co e dacunha é 0,40. Desprezar a atrito. na uniãó-rótulaA.

6.54 Calcular o. mamento. M' que deve ser aplicada ao.punho. do. parafuso. do. Pro.bl. 6.53 para remaver acunha e baixar a carga de 100 kg.

Resp. M'= 3,02N'm

Probl. 6.52

Resp. }J.= 0,368

6.52 O mecanismo. retentar co.nsiste da haste co.m pantaesférica, atuada par uma mo.la co.mprimida, quemantém a barra harizantal em po.sição.,encaixanda-se nas ranhuras existentes. Se a mo.la exerce

uma fo.rça de 40 N sabre a haste para mantê-Ia napasiçãa indicada e é necessária empregar uma fo.rça.P = 60 N para mo.ver a barra, calcular a co.eficientede atrito. entre a haste e a ranhura. É sabido., de testes realizado.s previamente, que o. co.eficiente deatrito. entre a barra e a superfície ho.rizo.ntal é 0,30.Supo.r que a haste está bem lubrificada e adequadamente mantada de m·ado. que a atrito. entre ela e asua guia passa ser desprezada.

~

é usado. co.mo. macaco..

quadradas de duas entr-c~ média de 21 mm e um ava:::

A do. parafuso. tem ro.scaI::::m rasca à esquerda. P=

_ c:;) o. to.rque M que deve se:para elevar uma caI?

mrque M' necessário. pó-ciente de atrito. na ro.sca =

6.50

~=li máquina de teste univer~ para a po.sição.de trabalho.li :e acio.namento., ro.sca di.,.. uma entrada e passo. de~ o coeficiente de atrito. no;K a mo.mento. de to.rção.M que

,.;, parafuso.: (a) para elevar o.o. cabeço.te. Durante

internas de carregamen• :) c:abeçate.

J.=l~. (a)M=129,3N'(b) M= 81,8N'ffi

·=iIL 6.49

234 I ESTA TICA

Pode-se interpretara à distância 2R/3 do

Se as peças que a· .ção são os raios intem

Nos exemplos se .as, e bem apoiadas, é

000 que rrR2p =P. Sub

6.7 - MANCAIS DE

O atrito entre

sapatas), discos de eeixos estão montados

ação da força axial P. Ofazer deslizar um disco

contato do disco, a foatrito e dA é a área r

geométrico da árvore é

onde a integral é calcp, em função de r.

(6.~

(6.~_

Probl.6.5S

M = pRr.

M = Rr I = Rr sen cp.

Londe C<= arc tg -

2fTr

tgc< + Il jl + tg2 % cos2 C<

1 - Il tg C<)1 + tg2 % cos2 C<

Resp. M= Wr

6.6 - MANCAIS RADIAIS

Para um coefIciente de atrito pequeno, o ângulo cp é pequeno, e o seno e a tangente podem ser inf"...-cambiados com, apenas, um pequeno erro. Visto que p = tg cp, uma boa aproximação para o torque é

Fig.6.7

Esta equação dá o valor do torque ou do momento que deve ser aplicado ao eixo para superar o aem um mancal radial do tipo seco ou parcialmente lubrificado.

* N.T. Este ângulo caracteriza a excentricidade do mancal e é conhecido, também, como ângulo de excentricin,.-;.

rosca de uma entrada foi exagerado para maiorclareza.

Mancais desse tipo dão apoio ao eixo na direção radial, ao contrário dos mancais conhecidos com:axiais ou de escora. Para os mancais secos e para muitos mancais parcialmente lubrificados, a análise pell

princípios do atrito seco dá uma aproximação satisfatória às fInalidades de projeto. Um mancal radial seco ~_parcialmente lubrificado com contato, ou próximo ao contato, entre ele e o eixo, é mostrado na Fig. 6.onde a folga entre o eixo e o mancal está grandemente exagerada. Quando o eixo começa a girar no sentiémostrado, ele rola subindo à superfície interna do mancal até que o deslizamento ocorra. Nessa posição,eixo mais ou menos se mantém durante a rotação. O torque M, necessário para manter a rotação, e a c~radial L sobre o eixo causarão uma reação R no ponto de contato A. Para manter o equilíbrio na direçi"vertical, R deve ser igual a L, porém estas duas forças não serão colineares. A força R será tangente a u=

pequeno círculo de raio rI chamado círculo de atrito. O ângulo entre R e sua componente normal N é =ângulo de atrito cp. * Igualando a zero a soma dos momentos em tomo de O, vem

(6.5)

(6.5a)

íT

p,P 2'/T R

M = --2 I I r2dr dO = ip,PR7TR o o

Nos exemplos seguintes admite-se que jJ. seja constante. Além disso, se as superfícies forem novas,as, e bem apoiadas, é razoável admitir-se que a pressão p seja constante e uniformemente distribuída, deo que rrR2p = P. Substituindo este valor de p na expressão paraM, dá .

Pode-se interpretar este resultado como sendo equivalente ao momento devido à força de atrito p.P, queà distância 2R/3 do centro do eixo.

Se as peças que atritam forem anéis, como é o caso do mancal de escora da Fig. 6.9, os limites de inteão são os raios internos e externos Ri e Ro, respectivamente, e o momento de atrito vem a ser

Fig.6.8

ATRITO / 235

M = f p,prdA

6.7 - MANCAIS DE ESCORA; DISCO DE ATRITO

o atrito entre superfícies circulares sob pressão normal é encontrado em mancais de escora (desapatas), discos de embreagem e de freio. Consideremo~ os dois discos circulares planos, da Fig. 6.8, cujoseixos estão montados em mancais (não mostrados), de modo que eles possam ser colocados em contato sob aação da força axial P. O torque máximo que esta embreagem pode transmitir será igual ao torque M capaz defazer deslizar um disco contra o outro. Se p for a pressão normal em um ponto qualquer da superfície decontato do disco, a força de atrito que atua sobre uma área elementar é p.p dA, onde p. é o coeficiente deatrito e dA é a área r dr dO do elemento. O momento desta força de atrito elementar, em torno do eixogeométrico da árvore é p.pr dA e o momento total é

onde a integral é calculada sobre a área do disco. Para efetuar esta integral deve-se conhecer a variação de jJ. ep, em função de r:

eixo para superar o atri

(6.4<1

6.58

(6.

tangente podem ser inte:- para o torque é

mancais conhecidos como

'Meados, a análise pelos. Um mancal radial seco ou

- > é mostrado na Fig. 6.7,começa a girar no sentid,ocorra. Nessa posição,

nanter a rotação, e a carg<!:r o equihbrio na direçãl

orça R será tangente a urr.componente normal N é

o ângulo de excentricidc2 Fig.6.9

ProbL

TI =P cotg

T2 =P cotg (0

T2 = Tmín. = .-

Os dois volantes estão

comum que se apoiaeles. Cada volante temdo eixo é 40 mm. Se émento M de 3 N 'm paeixo girando com velocicular (a) o coeficiente

(b) o raio rfdo círculo'

(a) Movimento .brio de forças é traçaóC e

(b) Movimento i~

de forças para este caso ..;:

OBLEMAS PROPOSTO

(6.

(6.&

180=--1P = 100N

Ângulo de atrito <t> = arc tg J.L = arc tg 0,20 = 11,310

Raio do círculo de atrito rf= r sen<t>= 50 sen 11,310 = 9,81 mm

- 120 3 oAngulo O = arc tg -- = 3,7180

~ rf 9,81 oAngulo (3 = arc sen -=- = arc sen -~-_-_-_-_-_-_-_-_-_-~= 2,60 .

oe ..J (120)2 +(180)2

Solução. A rotação iminente ocorre quando a reação R doeixo fixo sobre a peça faz um ângulo <t> = arc tg J.L com a normal àsuperfície de contato e é, portanto, tangente ao círculo de atrito.O equilíbrio obriga, também, que as três forças que atuam sobrea peça sejam concorrentes no ponto e. Os diagramas de corpolivre mostram esses aspectos para os dois casos de movimentoiminente.

São necessários os seguintes cálculos:

A peça vista na figura está montada em um eixo de 100 mmde diâmetro, que é fixo e impedido de girar, A força horizontal Té aplicada para manter o equilíbrio da peça, que se encontra soba ação da força P = 100 N. Determinar os valores máximo emínimo que T pode assumir, sem causar a rotação da peça emqualquer sentido. O coeficiente de atrito estático J.L entre o eixo ea superfície de contato da peça é 0,20.

P 217' R

M = J fLprdA = _fL_J I rdrdf)277R o o

Assim, o momento de atrito para as chapas amaciadas é, apenas, (t)/(f), ou i- do que corresponde Lsuperfícies novas .. '

No caso de anel com raio interno Ri e o raio externo Ro, a substituição dos limites de integraçZ:mostra que o torque para as superfícies "amaciadas" é


Pode-se escrever a expressão paraM, com pr = K =P/(2rrR),

que vem a ser

236 / ESTA TICA

Verificou-se que, depois de um certo desgaste da superfície, o momento de atrito diminui um pouco devalor. Após o período de "amaciamento", as superfícies não mudam mais suas formas no contato, edesgaste, daí em diante, é constante sobre toda, a área. Este desgaste depende da distância circunferencÜLpercorrida, e da pressão p. Como a distância percorrida é proporcional a r, pqde-se escrever a expressãrp = K, onde K é uma constante. O valor de K é determinado igualando-se a zero as forças axiais ou

ATRITO I 237

TI

(a) Movimento Iminente Anti-horário

500 kg

Probl. 6.60

6.60 Um torque M de 1 510 N • m deve ser aplicado aoeixo de 50 mm de diâmetro do tambor de elevação,para elevar a carga de 500 kg à velocidade constante. O tambor e o eixo juntos têm massa de 100 kg.Calcular o coeficiente de atrito /J. para o mancal.

Resp. /J. = 0,271

Resp.

T2 = P cotg (6 + (3)= 100 cotg (33,7° + 2,60°)

T2 = Tmín. = 136,2 N

TI =P cotg (6 - (3)= 100 cotg (33,7° - 2,60°)

TI = Tmáx. = 165,8 N Resp.

.) Movimento iminente anti-horário. O triângulo de equilíde forças é traçado e dá

(b) Movimento iminente horário. O triângulo de equilíbriode forças para este caso dá

Probl. 6.59

6.59 Os dois volantes estão montados sobre um eixo

comum que se apoia em um mancal situado entreeles. Cada volante tem massa de 40 kg e o diâmetrodo eixo é 40 mm. Se é necessário aplicar um momento M de 3 N • m para manter os volantes e oeixo girando com velocidade baixa e constante, calcular (a) o coeficiente de atrito /J. no mancal e,

(b) o raio rIdo círculo de atrito.

PROBLEMAS PROPOSTOS

atrito diminui um poformas no contato. _

da distância circunfer

-se escrever a expforças axiais ou

~l80mm--iP=lOON

- - dos limites de integraçã

~ ou i- do que corresponde às

238 I ESTATICA


livre completo de

ProbLI





mancal é J.l..


ma de 4,2 Mg do e.

T

500 kg

Probl.6.65

Probl. 6.64


Resp. T= 2,52 kN; To = 2,38IC'

Vertical-1





6.65


Probl. 6.62



Probl.6.63

Resp. M= 335 N'm



Resp. F = 136,1 N


ATRITO / 239

I

IDetalhe do Mancal

emA

Probl. 6.71

Probl. 6.70

pelos discos em A, tendo cada um diâmetro externo de 250 mm e diâmetro interno de 125 mm.

Supõe-se que a pressão sobre os apoios esteja uniformemente distribuída sobre a superfície dos discos. Se o coeficiente de atrito no apoio e nos parafusos em B for 0,15, calcular o torqueM que deveser aplicado a cada parafuso: (a) para fazer subir oelevador; (b) para descer o elevador.

Resp. (a) M= 3 290N'm;(b) M = 2 790 N •m

6.72 O mancal de escora esférico, na extremidade doéixo, suporta uma carga axial P. Determinar aexpressão para o momento M necessário para girar

6.71 Para o disco de lixamento plano de raio a, a pressão p desenvolvida entre o disco e a superfície lixada diminui linearmente com r de um valor Po' nocentro, a Po/2 em r = a. Se o coeficiente de atritofor J1., deduzir a expressão para o torque M necessário para girar o eixo submetido a uma forçàaxialL.

p

Probl. 6.69

J.Ui

Resp. a = arc sen I.J 1 + J1.'

70 O míssil de 20 Mg é abaixado dentro do seu siloprotetor, por meio de um elevador de dois parafusos, como é mostrado na figura. Cada parafuso de1,07 Mg tem 130 mm de diâmetro e uma roscaquadrada de uma entrada, com um passo de13 mm. Os parafusos giram em sincronismo, comandados por um motor situado na base do silo. Amassa total do míssil, dos parafusos e da plataforma de 4,2 Mg do elevador é suportada, igualmente,

manter o veículo em movimento com velocidade

baixa e constante sobre a superfície horizontal, calcular o coeficiente de atrito que existe nos mancaisdas rodas. (Sugestão. Traçar um diagrama de corpolivre completo de uma roda.)

Probl. 6.67

Resp. J1. = 0,208

6.69 O sistema articulado está inicialmente em repousosob a ação dos torquesM1 eM,. SeM, for crescendo, gradualmente. até que o sistema articulado semova, escrever uma expressão exata para o ânguloa, entre a força de compressão resultante na barraAB e sua linha de centro, quando o movimentoestá iminente. O coeficiente de atrito para cadamancal é J1..

6.68 Determinar o maior ângulo e que um plano inclinado pode fazer com a horizontal de modo que oveículo do Probl. 6.67 possa ficar sobre ele semrolar por si mesmo, na ausência da força P. Usa!:ovalor de 0,20 para coeficiente de atrito nos mancaisdas rodas.

a

6.64

T

ente ao manca! do pinocentro de gravidade em G.

a. biela inicialmente na posié girado. vagarosamente, até

ângulo a. Escrever umaroeficiente de atrito.

:JeCeSsáriapara baixar a ~[trar também To'

5Ikg

6.65

rodas do veículo tem 20 ~ltada em um eixo de 80 mm ~

• total do veículo é 480 kg, m

e i distribu{do igualmente sobn, '0 uma força P = 80 N parr

~ Lrito dinâmico entre o pino d=polia é 0,25, calcular a tIa

elevar a carga de 500 kg. L~:::3Ção To na parte estacionári::.:wassa da polia.

T= 2,52 kN; To = 2,38IC"

240 I ESTÁTICA

o eixo contra o atrito no manca!. Supor que a pressão p é diretamente proporcional ao sen a, e que ocoeficiente de atrito é ;;..

Resp. M = p.Pr

Probl.6.72

6.73 Determinar a expressão para o torque M necessáriopara girar o eixo, cujo esforço axial L é suportadopor um mancal de pivô cônico. O coeficiente deatrito !l e a pressão do mancal é constante.

Re M= ~ d,3 _d13sp. a d' - d '3 sen _, I

2

Prob!. 6.73

Nesta sim ..

ângulo, e que o pinfmitésimos de p .

Integrando eL.'-C

ou

6.8 - CORREIAS FLEXÍVEIS

o deslizamento iminente dos membros flexíveis, tais como correias e cabos sobre roldanas e tambores,é de importância em projetos de transmissão por correias de todos os tipos, freios de cinta e aparelhos deiçamento. Na Fig. 6.lOa, mostra-se um tambor sujeito a duas trações, TI e Tz, na correia,* ao torqueM,necessário para impedir a rotação, e à reação R do mancal. Com M no sentido mostrado, Tz é maior do queTI. O diagrama de corpo livre de uma parte elementar da correia, de comprimento r de, está também representado na figura. A análise das forças deste elemento segue os mesmos princípios já vistos em outrosproblemas, onde se estabeleceu o equihôrio de uma parte diferencial. A tração aumenta de T, no ângulo e, aT + dT, no ângulo e + de. A força normal é um diferencial dN, visto que ela atua sobre um elemento diferencial da área. Do mesmo modo, a força de atrito que deve atuar sobre a correia, em um sentido, para seopor ao deslizamento, é uma diferencial, e é J.l dN para o movimento iminente. O equihôrio na direção t dá

de deTcos- + /l. dN = (T + dT) cos-2 2

ou

visto que o co-seno de uma quantidade diferencial é igual à unidade. O equihôrio na direção n exige que

dN = (T + dT)sen de + T sen de2 2

ou

dN = Tde

* N.T. O ramo que tem maior tração é chamado ramo tenso; o outro é o ramo frouxo.

Deve-se notarestivesse enrolado em

igualmente bem, parauma vez que o raio relemento diferencial

A relação exponde tanto a correia

trações da correia pcorreia "descolar" da

6.9 - RESISTl!NCl.\

A deformaçãocia ao rolamento quetangenciais e, portan

ATRITO / 241

(6.7)

nI

T+J.dT i -±-I _ t

1 m~~ I T -r

-C J.LdN{rr dO

dO dN 2

2 ~i dOI

I

(b)

dT = /l deT

Integrando entre os limites correspondentes resulta

Deve-se notar que {3é o ângulo total de contato da correia e está expresso em radianos. Se um caboestivesse enrolado em torno de um tambor, n vezes, o ângulo {3seria 21Tn radianos. A Eq. (6.7) se mantém,

igualmente bem, para uma seção não-circular, onde o ângulo total de contato é (3. Esta conclusão é evidente,l:IIDavez que o raio r do tambor circular da Fig. 6.10 não aparece nas equações para o equilíbrio de umelemento diferencial da correia.

onde ln (T2/Td é o logaritmo neperiano (base e) da relação T2/Tl . Resolvendo em relação a T 2, vem

ou

Nesta simplificação, deve-se recordar que o senso de um ângulo infinitesimal se iguala ao próprioângulo, e que o produto de duas grandezas inflllitesimais deve ser desprezado no limite, comparado com osinfmitésimos de primeira ordem. Combinando-se as duas equações de equilfbrio, vem

M=~ d,3_d,33 sen ~ d,' - d, 2

2

§i> para o torque M necessário.~ esforço axial L é suportado;:ro cônico. O coeficiente de

~ :nancal é constante.

ltisvbre roldanas e tambores,

de cinta e aparelhos der:. ::a correia, * ao torque M,

suado, T2 é maior do quer de, está também repre·

ipios já vistos em outrosenta de T, no ângulo e, asobre um elemento dife·

- em um sentido, para sel.. U equilíbrio na direção t dá

Fig.6.10

direção n exige que A relação expressa pela Eq. (6.7) também se aplica às transmissões de potência por meio de correias,onde tanto a correia como a polia giram à velocidade constante. Neste caso, a equação defme a relação dastrações da correia para o deslizamento ou deslizamento iminente. Quando a rotação é alta, há tendência dacorreia "descolar" da polia, de modo que a Eq. (6.7), neste caso, incorrerá em algum erro.

6.9 - RESISTeNCIA AO ROLAMENTO

A deformação no ponto de contato entre uma roda e a superfície que a suporta introduz uma resistência ao rolamento que será mencionada brevemente aqui. Esta resistência não é devida às forças de atritotangenciais e, portanto, é um fenômeno completamente diferente do atrito seco. Para descrever a resistência

242 / ESTATlCA

Ct=1

P -

981

Prnín. =.

Pmáx.=

{3= 2,247rad O'

981/500 = eO,30

(b) Com T2 = 981 ~ e'

Para movimento

TI =Pmín .. Assim,

Solução. O deslifixo é dado pela Eq. (6.-

(a) Com Ct = O o â: =mento iminente da CllIp.tem-se

Pro

6.75 Para um dado coefi mero de voltas emProbl. 6.74, uma forçaelevar m, e uma ferçapara abaixar m. En

6.74 Uma forçaP= 5mgé:Jde massa m, com a

. torno do eixo fixo. Cal~ entre a corda e o eixo

PROBLEMAS PROPOSTO

P


Um cabo flexível que suporta uma carga de 100 kg, apóia-seem um tambor circular fixo e é mantido em equilíbrio por umaforça P. O coeficiente de atrito estático ~ enfie o cabo e o tambor fixo é 0,30. (a) Para Ct = O determinar os valores máximo emínimo que P pode ter de modo que a carga nem suba nemdesça. (b) ParaP = 500 N, determinar o menor valor que o ângulo Ct pode ter antes que a carga comece a deslizar.

\.l:\\\R

Fig.6.11

ao rolamento, considere a roda, representada na Fig. 6.11, que suporta uma carga L sobre o eixo, e urr:rforça P aplicada no seu centro para produzir rolamento. A deformação da roda e da superfície de supor..:;como mostrado, está muito exagerada. A distribuição da pressão p sobre a área de contato é similar à mccada, e a resultante R desta distribuição atuará em algum pontoA, e passará pelo centro da roda, para haITequilíbrio. A força P, necessária para iniciar e manter o rolamento, pode ser encontrada igualando-se a zero :::soma dos momentos de todas as forças, em tomo de A. Isso dá

aP=-L=/J.rLr

onde r é o braço de alavanca de P, e /J.r = a/r é chamado o coeficiente de atrito de rolamento. O coeficiente

é a relação entre a força resistente e a carga normal, e, neste aspecto, é análogo aos coeficientes de atrircestático e dinâmico. Por outro lado, não há deslizamento ou deslizamento iminente, incluído na interpretação de /J.r'

A quantidade a depende de vários fatores, todos difíceis de serem medidos, de modo que não existeuma teoria perfeita para a resistência ao rolamento. Esta distância a é uma função das propriedades elástica.>-=

plásticas dos materiais em contato, do raio da roda, da velocidade do movimento e da aspereza das superfícies. Alguns testes indicaram somente uma pequena variação no raio da roda e a é, muitas vezes, consideradindependente do raio da roda.

Infelizmente, a quantidade a tem sido citada em algumas referências bibliográficas como sendo o COeiciente de atrito de rolamento. Porém, a tem a dimensão de comprimento, não podendo ser, portanto, te.coeficiente adimensional.

ATRITO I 243

(b) P = 500 N

(a) a = O

® Observe que ao obter a Eq. (6.7), usou-seTo> TI'

CD Atenção para expressar (3em radianos.

® Como pode-se observar na obtenção daEq. (6.7), o raio do tambor não entra noscálculos. Apenas o ângulo de contato e ocoeficiente de atrito determinam as condi

ções limites para o moviment0 'minentedo cabo flexível sobre ~ superfície curva.

Notas:

Resp.

Resp.

Pmáx.l981 = A30(1T/2),

Pmáx. = 981 (1,602) = 1 572 N

981/Pmín. = eO,30(1T/2),

Pmín. = 981/1,602 = 612 N Resp.

(b) Com T2 = 981 N e TI =P = 500 N, a Eq. (6.7) dá

981/500 = eO,30{3, 0,30{3= 1n (981/500) = 0,674

(a) Com a = ° o ângulo de contato é (3= 1T/2rad. Para movi

mento iminente da carga para cima, T2 =Pmáx.' TI = 981 N etem-se

Solução. O deslizamento iminente do cabo sobre o tambor

fixo é dado pela Eq. (6.7) que é T2/TI = e}J.{3.

Para movimento iminente de carga para baixo, T2 = 981 N,TI =Pmín .. Assim,

de modo que não existepropriedades elásticas e

e da aspereza das superfí'. muitas vezes, considerado

t rdamento. O coeficiente J.1.r

aos coeficientes de atrito

te, incluído' na interpre-

L sobre o eixo, e um~

~ e da superfície de suporte,ia ée contato é similar à indiIic centro da roda, para haver

:nada igualando·se a zero a

PROBLEMAS PROPOSTOS-~cas como sendo o coefi

ndo ser, portanto, um6.74 Uma força P = 5mg é necessária para elevar a carga

de massa m, com a corda fazendo 1 + voltas em. torno do eixo fixo. Calcular o coeficiente de atrito

}J. entre a corda e o eixo.Resp. }J. = 0,205

6.76 Os blocos de 10 kg e de 25 kg estão ligados por umcabo que se apóia sobre a superfície curva fixa. Seo sistema estiver nl! iminência de escorregar, calcular o coeficiente de atrito entre a corda e a superfície.

p

Probl. 6.74

.75 Para um dado coeficiente de atrito e um dado nú

mero de voltas em torno do eixo da" figura doProbl. 6.74, uma força P de 3 kN é necessária paraelevar m, e uma f~rça P de 0,48 kN é. necessáriapara abaixar m. Encontrar m.

Resp. }J. = 0,292

Probl. 6.76

6.77 Um estivador sustenta uma espia (cabo) que mantém um pequeno navio junto ao cais, impedindo-ode ser levado pela correnteza. Que força T pode ser

244 I ESTATICA

L

ProbL

LProbL

em A, equivale acanto inferior B, de1/4 de volta~ O aentrada e saída é, "Admitindo que,necessárias 3 volta>para baixar um hconstante, sem quepUXar a corda na e~ficiente de atrito Jl

contato do mecani10 da hélice da corda, ::I

6.84 O conjunto mostradocentro de massa em G. I

que passam em torno ~

P

Probl. 6.81

Probl. 6.80

Probl. 6.82

6.82 Aplica-se um momento M = 150 No m, anti-h=rio, ao volante. Se o coeficiente de atrito en= ~fita e o volante for 0,20, calcular a força mín.i.cL:necessária para impedir que o volante gire.

Resp. P = 5~_

6.83 A figura mostra um mecanismo para fazer des~uma pessoa, por desllzamento da corda, qUf'enrola em um eixo central, fixo na estrutura, e

com a extremidade livre pelo colar inferior. Omero de voltas da corda é ajustado girando-s=colar que enrola ou desenrola a corda em tomeixo central. A entrada da corda na parte su

240 N--Probl.6.77

T----

6.78 Se o estivador do Probl. 6.77 tiver que segurar ocabo, estando aplicada uma tração de 16 kN naextremidade da espia que está presa ao navio, quantas voltas serão necessárias dar no cabeço? O coeficiente de atrito entre o cabo e o cabeço é 0,30.

Resp. n = 2,23 voltas

6.79 Um jardineiro de 80 kg desce de uma árvore usando um cabo passado sobre um galho horizontal. Seo coeficiente de atrito entre o cabo e o galho for0,50, calcular a força que o homem deve exercerno cabo para permitir uma descida suave.

Probl. 6.79

suportada pela espia se o estivador exercer umesforço de 240 N na extremidade livre do cabopara: (o) a espia dá uma volta completa no cabeçodo cais, como mostrado e, (b) a espia dá duas voltas completas? O coeficiente de atrito entre o caboe o cabeço de aço fundido é 0,30.

6.80 A fita desiiza em torno dos dois pinos fixos, comoé mostrado, e está sob a ação das trações horizontais TI = 40 N e T, = 160 N. Determinar o coeficiente de atrito J.l entre a fita e os pinos.

Resp. J.l = 0,313

6.81 O operário iça um tronco de 100 kg em uma rampade 30° usando um guincho que gira no sentidoindicado. Se o operário exercer uma força horizontal de 160 N na extremidade livre do cabo, calcularo coeficiente de atrito J.lI entre o tronco e a rampa.O coeficiente de atrito entre o cabo e o tambor do

guincho é 0,25.

Resp. M= 183,4 N'm

ATRITO I 245

dos sob trações iguais pela chapa compensadora A,e pela mola ajustável S. Calcular a tração mínima Tque a mola deve exercer, de modo a assegurar queo conjunto permaneça suspenso, como é mostrado.O coeficiente de atrito entre os arames e os pinos é0,30.

L-L---JProbl. 6.85

Probl. 6.86

Resp. T = 555 N

6.85 O tambor A, homogêneo, com centro de massa nametade de seu comprimento estásuspenso por umcabo que passa sobre a superfície cilíndrica fixa B.O coeficiente de atrito estático entre o cabo e asuperfície sobre a qual ele passa é fJ.. Determinar ovalor máximo que a dimensão a pode ter, antes dotambor inclinar-se saindo de sua posição horizontal.

6.86 Encontrar o conjugado M necessário para girar O

tubo no bloco em V, contra a ação da cinta flexível. Uma força P = 100 N é aplicada na alavancaque está pivotada em torno de O. O coeficiente deatrito entre·a cinta e o tubo é 0,30, e entre o tuboe o bloco é 0,40. Os pesos das peças são desprezíveis.

6.87 Substituir a correia planà e a polia da Fig. 6.10 poruma correia trapezoidal e pela polia ranhuradacorrespondente, tal como é indicado na vista transversal que acompanha este problema. Deduzir arelação entre as trações nos ramos da correia, oângulo de contato e o coeficiente de atrito para a

~."'.~,',' r ... ,',... ,

LProbl. 6.83

L

Probl. 6.84

em A, equivale a 1/4 de volta e a passagem pelocanto inferior B, de saída, é equivalente, também, a1/4 de volta. O atrito da corda nas partes retas deentrada e saída é, em média, 10 N para cada colar.Admitindo que, além do que está dito acima, sãonecessárias 3 voltas completas em torno do eixopara baixar um homem de 75 kg, em velocidadeconstante, sem que o mesmo tenha necessidade depuxar a corda na extremidade livre, calcular o coeficiente de atrito fJ. entre a corda e as superfícies decontato do mecanismo. Desprezar o pequeno ângulo da hélice da corda, em torno do eixo.

6.84 O conjunto mostrado de massa de 100 kg, comcentro de massa em G, é suportado por dois aramesque passam em torno dos pinos fixos e são manti-

6.81

.;::;.ecanismopara fazer desce::ento da corda, que s=

tral, fixo na estrutura, e__ ~-epelo colar inferior. O '=da é ajustado girando-se~-seDIo1a a corda em torno <1=

h da corda na parte superia:

6.82

-=-..0 M = 150 No m, anti-hor2~ :J coeficiente de atrito entre :;.~~, calcular a força mínima?

que o volante gire.Resp. P = 568 ~-

246 / ESTÃTlCA

correia trapezoidal, no instante em que o deslizamento é iminente. O uso de uma correia V, comCi = 35° equivaleria a multiplicar o coeficiente deatrito de uma correia plana, do mesmo material,por um fator n. Calcular n.

Resp. T2 = T, eJ.L{3' onde {3'= {3/sen (Ci 2)

n = 3,33

Seção transversal dacorreia trapezoidal V

fixo for 0,25, determinar o valor mínimo de h

paz de assegurar que não haverá deslizamento sobreo tubo, qualquer que seja o valor da força P. D~prezar os pesos da corrente e da alavanca e quz!quer atrito entre a extremidade ésquerda da alava::!ca e o tubo.

Resp. h = 96,9 =6.89 A corrente tem massa p por unidade de comjri

mento. Determinar o comprimento h, abaixo àguia cilíndrica fixa, para o qual a corrente estará ::ziminência do deslizamento. O coeficiente de atricé J.L. (Sugestão. A equação diferencial resultar.:=

que envolve a tração T, variável, da corrente,ângulo correspondente e, é da forma dt/de + KT== f(e), uma equação de primeira ordem, linez:não-homogênea, com coeficiente constante. A soh-ção é

T= Ce-Ke + e-Ke J eKe f(e)de

onde C e K são constantes.

Todo coeficierr~Não faz senti .

tico, J1s, para um d:colocar subscrito e'

força de atrito que ao corpo estiver paradl

Quando existemuma linha, seleciona-sede momento causadoção desses efeitos sob

Os coeficientescies em contato. O

precisão difícil de ser _cálculos. O uso de val__

em cálculos de projeto·Ao rever esta in

formas de atrito, men vem atrito fluido estãodeste fenômeno está in

Probl. 6.87 2WResp. h = --2 (1 + eJ!

1+J.L

No presente estudo do atrito, concentrou-se a atenção no atrito seco ou de Coulomb, e empregou-scum modelo mecânico simples consistindo de irregularidades superficiais entre os corpos em conta(Fig. 6.1), porém suficiente para explicar o fenômeno, de modo adequado, para a maioria dos propósitos àengenharia. Tendo este modelo em mente, pode-se facilmente visualizar os três tipos de problemas de atritcseco que são encontrados. Estas categorias são:

Um elemento d~menta consiste de

suportada por umA barra suportade comprimento. Sedeterminar a força. ~mover a barra.

Prob

Movimentopermitido ~ _-iA

6.90 Um sistema de traYala barra A se mova

movimento para a ;atrito entre a sapminar o maior co~ter para que o shl'ecrito.

PROBLEMAS PARA RE1

6.91

Probl. 6.89

I,L-h~

Probl. 6.88


6.88 A corrente de rolos é usada como chave de tubos.Se o coeficiente de atrito entre a corrente e o tubo

1. Atrito estático menor que o valor máximo possível e determinado pelas equações de equilíbr:c(geralmente requer wna verificação para ver se F < J1sN).

2. Atrito estático limite com movimento iminente (Fmáx. = J1sN).

3. Atrito dinâmico, onde ocorre movimento qe deslizamento entre as superfícies de conta-(F= J1kN).

ATRITO I 2G

~~tes.

k'i _ e-Ke f eKe f(e)de

Todo coeficiente de atrito corresponde a um dado par de superfícies em contato.Não faz sentido falar em coeficiente de atrito para uma superfície única. O coeficiente de atrito está

tico, JJ.s, para um dado par de superfícies é geralmente maior que o coeficiente dinâmico, J.lk' É comum nãocolocar subscrito e inferir, a partir do problema a ser abordado, qual dos dois coeficientes está se tratando. Aforça de atrito que atua sobre um corpo em movimento tem sempre o sentido oposto ao seu deslizamento. Seo corpo estiver parado, o sentido é oposto ao deslizamento que ocorreria na ausência de atrito.

Quando existem forças de atrito distribuídas, segundo alguma lei, sobre uma superfície ou ao longo deuma linha, seleciona-se um elemento representativo da superfície ou da linha e calcula-se os efeitos de força ede momento causado pela força de atrito elementar atuando sobre o elemento. Procede-se, então, à integração desses efeitos sobre a superfície ou linha.

Os coeficientes de atrito são sujeitos a variações consideráveis, dependendo das condições das superfícies em contato. O emprego de coeficientes de atrito com três algarismos significativos representa umaprecisão difícil de ser reproduzida em experimentos e, quando ocorrer, serve apenas como verificação doscálculos. O uso de valores obtidos em manual, para coeficientes de atrito estático ou dinâmico a serem usadosem cálculos de projetos de engenharia, deve ser visto apenas como uma aproximação.

Ao rever esta introdução aos problemas de atrito, o estudante deve ter em mente a existência de outrasformas de atrito, mencionados no artigo introdutório deste capítulo. Por exemplo, os problemas que envolvem atrito fluido estão entre os mais importantes problemas de atrito encontrados em engenharia e o estudodeste fenômeno está incluído como assunto da mecânica dos fluidos.

Resp. h = 96,9 mm

o valor mínimo de h ca=20 haverá deslizamento sobre

seja o valor da força P. Des::crrente e da alavanca e qual::emidade ésquerda da alavan-

p por unidade de compricomprimento h, abaixo da

~ :~~o qud • oo&n" "t~'"

- ooto. O coeficiente de atrito

..••..=çuação diferencial resultante_-. T, variável, da corrente, no- ~ 6, é da forma dt/de + KT=

de primeira ordem, linear,eficiente constante. A solu-


Probl. 6.91

6.92 Os coeficientes de atrito estático e dinâmico en-tre o bloco de 100 kg e o plano inclinado sãorespectivamente, 0,30 e 0,20. Determinar: (a) aforça de atrito F que atua sobre o bloco quandoP é aplicada com uma intensidade de 200 N nobloco em repouso; (b) a forçaP necessária par2iniciar o movimento para cima no plano inclinadoa partir do repouso; e (c) a força de atrito F queatua sobre o bloco seP = 600 N.

Resp. (a) F = 66,0 Y(b)P=516~(c) F= 148 ~

Probl. 6.90

Movimentopermitido~

6.91 Um elemento deslizante de uma máquina-ferra-menta consiste de uma barra, com seção V, que ésuportada por um bloco com uma ranhura em V.A barra suporta uma carga vertical w por unidadede comprimento. Se o coeficiente de atrito for IJ.,

determinar a força horizontal P necessária paramover a barra.

Resp. b = 118,5 mm

6.90 Um sistema de travamento por atrito permite quea barra A se mova para a esquerda, mas impede omovimento para a direita. Se o coeficiente deatrito entre a sapata B e a barra A for 0,40, determinar o maior comprimento que a barra b podeter para que o sistema trabalhe conforme descrito.

~ ;;s superfícies de contato

equações de equilíbrio

L 6.89

::z Coulomb, e empregou-se::-e os corpos em contato

maioria dos propósitos daSs ::pos de problemas de atrito

~" 1l"""""'"•••. -------------_

248 I ESTATlCA

Probl.6.92

6.95 o parafuso da pequena prensa tem um diâmetromédio de 25 mm e uma rosca quadrada de dlla'ientradas, com um avanço de 8 mm. O mancal deescora plano em A é mostrado na vista ampliada,e tem superfícies que estão bem amaciadas. Se ocoeficiente de atrito-for 0,25, tanto para as rosC4Scomo para o mancal em A, calcular o torque Msobre o volante manual necessário (o) para produzir uma força de compressão de 4 kN; (b) parz.aliviar a prensa da compressão de 4 kN.

O coeficiente defuradeira de co

Comparando-seoperação de furarsos da mesa e da

pontos A e B, verificlna coluna, se o opelesqueceu de fixaratrito é suficiente

Prol

6.99

6.100 As duas cunhas de

modo que uma fClr'Çluma delas, confoem uma elevaçãote de atrito paramento é 0,20, e aszíveis. Determinar P

Probl. 6.97

A figura mostra uma catraca de atrito, silenciosa,que gira a roda no sentido anti-horário sob a açãode uma força P aplicada ao punho. A barra flutuante AB prende-se na roda de modo queCi = 200• Se é necessária uma força P = 150 rpara girar a roda em tomo do mancal em O, determinar: (o) o coeficiente de atrito mínimo entrea barra e a roda de modo a garantir que não h<$.deslizamento em B; e (b) a intensidade R da for'sobre o pino emA.

Resp. (o) Pmín. = 0,364; (b) R = 1,754 ld\

Probl. 6.96

A extremidade inferior A da prancha homogên~de 80 kg repousa sobre roletes que podem mver-se livremente sobre a superfície horizontal. &,os coeficientes de atrito estático e dinâmico enir::'

a prancha e a arestaB forem 0,80 e 0,70, re~tivamente, calcular a força de atrito F que abem B, se a prancha sair do repouso na posiç:Emostrada.

Calcular o torque M que o motor deve fornece:ao eixo traseiro do carro para que ele passe sobo obstáculo, a partir de uma condição de repe sem que as rodas traseiras deslizem. Determ.i::ro coeficiente de atrito mínimo nas rodas trase~para impedi-Ias de deslizar. O carro tem massa h1200.kg.

Resp. M = 2,02 kN· m; Pmín. = l,--

6.96

6.97

6.98

Probl. 6.95

Resp, x = 0,343 m

3m

Probl.6.94

Um carro de 1 600 kg, com distância entre eixosde 3 000 mm, tem o centro de gravidade a600 mm acima da pista de rolamento e no meioda distância entre os eixos. Se o coeficiente deatrito entre os pneus e a pista de rolamento for0,80, encontrar o maior ângulo e que um planoinclinado pode fazer com a horizontal de modoque o carro possa subir por ele, com velocidadeconstante, sem que as rodas de tração traseirasderrapem. Qual o torque M que o motor aplica àsrodas traseiras, de 660 mm de diâmetro, nessascondições? Desprezar qualquer atrito sob as rodasdianteiras.

A viga uniforme de 3 m está suspensa por umcabo que passa por uma grande polia. Um pino deretenção em A impede que a polia gire. Se o coeficiente de atrito entre o cabo e a polia for 0,25,determinar o valor mínimo de x para que o cabonão deslize sobre a polia:

6.93

6.94

lreIlll prensa tem um diâmetroe uma rosca quadrada de duaszv.mço de 8 mm. O mancal de

-é mostrado na vista ampliada,

~. ~.:''''' bom ="""". So,

- for 0,25; tanto para as roscasem A, calcular o torque M

necessário (o) para produ~ .:nmpressão de 4 kN; (b) para~ =pressão de 4 kN.

catraca de atrito, silenciosa,• ~tido anti-horário sob a ação

-da ao punho. A barra fluna roda de modo que

~ uma força P = 150 NIc:::: tomo do mancal em O, de

-riente de atrito mínimo entre

::::J.odoa garantir que não haja: e (b) a intensidade R da força

- = 0,364; (b) R = 1,754 kN

~A~~,','."j,,'C""'P.,> .' j,.c.'"

.. J", ..,"...,...••... - " /,/,."".~.\,""",-, ,,".- ..... ".C'" P

___ ~ 1Il1Il

6.96

ior A da prancha homogênez!Obre roletes que podem mo1:re a superfície horizontal. Se

Iie cito estático e dinâmico entreB forem 0,80 e 0,70, respeo

força de atrito F que atill.sair do repouso na posiçã,

6.99

Probl. 6.98

O coeficiente de atrito, entre a luva da mesa dafuradeira de coluna e a coluna vertical, é 0,30.Comparando-se com a carga axial, produzida pelaoperação de furar, podem ser desprezados os pesos da mesa e da luva. Supondo o contato nospontos A e B, verificar se a luva desliza para baixo,na coluna, se o operador, ao operar a máquina,esqueceu de fixar a trava ou se, ao contrário, oatrito é suficiente para manter a posição.

1450 mm----:

t200mmL

Probl. 6.99

ATRITO I 249

6.101 Na figura aparece, esquematizado, um laminador.Calcular a espessura máxima b que a chapa a serlaminada pode ter, para entrar no laminadorpuxada apenas pelo atrito entre ela e os rolos. Ocoeficiente de atrito é J.L.(Sugestão. A condiçãocrítica ocorre quando a resultante das forças horizontais na chapa é nula.)

,,/1+2" -1Resp. b = o + d J.L

..)1 +J.L2

Probl. 6.101

6.102 Determinar a força P que iniciará o giro do cilindro de massa m contra a ação do atrito. O coeficiente de atrito, para ambos os pares de superfícies em contato, é J.L.

P

Probl. 6.102

--.;m,L 6.97

IR Jf que o motor deve fornece:carro para que ele passe sobre

- de uma condição de repousetraseiras deslizem. DetermÍDZ:no mínimo nas rodas traseir.:!deslizar. O carro tem massa de

= 2,02 kN· m; J.Lmín.= l,OC

6.100 As duas cunhas de 10° estão posicionadas, demodo que uma força para baixo, P, aplicada emuma delas, conforme aparece na figura, resultaráem uma elevação·da carga de 600 kg. O coeficiente de atrito para todas as superfícies de deslizamento é 0,20, e as massas das cunhas são desprezíveis. Determinar P.

Resp. P= 2,41 kN

Probl. 6.100

6.103 Uma escavadeira de terraplanagem rola a tara de750 kg para cima do plano inclinado de 20°,empurrando-a com a lâmina, que é normal aoplano inclinado. Se o coeficiente de atrito entre alâmina e a tara for 0,50, e entre a tora e o solofor 0,80, calcular o componente P da força normal à lâmina, que deve ser exercida contra a tara.

Resp. P = 5,03 kN

~\\\

Probl. 6.103

250 I ESTATICA

Probl

k---1200=Probl.

6.109 O carretel do cabo "'"e é suportado sob=edos em V, emretel é levantado '

B C

... L

A:6'

J~ ....,~.+E

Eooo:>

-tE

E""t-o:>

-~

Probl. 6.106

6.107 As duas sapatas de freio e suas lonas giram =torno dos pontos O e se expandem contra o ta:mbor de freio, comandadas pelo cilindro hidráuliC. Pode-se demonstrar que a pressão p, entretambor e as lonas, varia diretamente com o seI:':.do ângulo e., medido do pino O, para cada sapatt.e tem um valor Po em e = {3.A largura da lona e:=contato com o tambor é b. Escrever a express2::

para o torque de frenagem Mf sobre a roda, secoefIciente de atrito entre a roda e a lona for

Probl. 6.107

6.108 As tenazes de atrito representadas na figura =-

ram projetadas para erguer engradados de 500 ~com uma largura nominal de 1 200 mm. A pa..-::::da confIguração mostrada, determinar se o ~zamento é mais provável para os engradados =pouco mais largos (com contato ,em A) ouestreitos (com contato em B) do que o tamar:::nominal. Determinar o coefIciente de atrito mí-mo /Jo, entre as tenazes e o engradado, que evitoo deslizamento para o caso em que o des1iz~to é mais provável. Calcular a tração correspo::dente T, na corrente horizontal, que conecta 1::mandíbulas da tenaz.

6.105 O caminhão descarrega a caixa escorregando-alentamente para fora da carroceria elevada. Acaixa tem massa total de 5 Mg, com centro demassa G no seu centro geométrico. O coeficientede atrito entre a caixa e a carroceria é 0,30. Calcular a força frenante F entre os pneus e a pistade rolamento horizontal quando a caixa está naiminência de deslizar carroceria abaixo, a partirda posição mostrada, e o caminhão estiver naiminência de andar para a frente. Não ocorre deslizamento na aresta inferior da caixa.

Resp. F = 9,98 kN

Resp. M = 558 N °m

Probl. 6.105

Probl. 6.104

6.104 O eixo tubular de parede fina e diâmetro médioD gira em torno do eixo vertical, suportando umacarga axial L, e apóia-se contra uma superfícieesférica fIxa de raio r. Se o coefIciente de atritoentre o tubo e a superfície esférica for }J., escrevera expressão para o momento M, necessário a seaplicar sobre o eixo para vencer o atrito no apoio.

6.106 Uma força de 1 kN é desenvolvida no cilindro hidráulico C para ativar o freio de sapata. Se ocoefIciente de atrito estático entre as sapatas e oaro da roda for 0,60, calcular o torque máximo Mque pode ser aplicado à roda sem causar rotação.A roda está montada em um mancal fIxo em seu

centro. Supor que as forças entre as sapatas e aroda atuam nos centros das faces de contato das

sapatas.

Ir S:eio e suas lonas giram em<: 51eeXQandem contra o tam

~ ~elo cilindIo hid!áu!r:::: que a pressão p, ent:=

iL ..-::::ia diretamente com o se-....::c 00 pino 0, para cada sapata.

~= !J = {3.A largura da lona err.é b. Escrever a expressã,

.agemMf sobre a roda, se oentre a roda e a lona for }L.

'r

_107

:epresentadas na [lgura fo::r:guerengradados de 500 kg,

de 1 200 mm. A partir, determinar se o desli-

- Ipara os engradados um= contato .em A) ou maisem B) do que o tamanhocoeficiente de atrito míni

e o engradado, que evitarácaso em que o deslizamen

Calcular a tração corresponhorizontal, que conecta as

l--1200 mm----JProbl. 6.108

6.109 O carretel do cabo telefônico tem massa de 3 Mge é suportado sobre seu eixo nos blocos entalhados em V, em ambos os lados do carretel. O car

retel é levantado do solo, pelo içamento dos su-

Probl. 6.109

ATRITO / 251

portes, de modo que o cabo possa ser puxadopara fora na direção horizontal, como é mostrado. O eixo está fixado ao carretel e gira com ele.Se o coeficiente de atrito entre o eixo e as superfícies do V for 0,30, calcular a força P, no cabo,exigida para girar o carretel.

Resp. P = 313 N

6.110 Uma corda flexível leve é passada em torno dodisco circular de massa m,e termina em uma polia pequena, que está livre para encontrar suaposição de equilíbrio sobre a corda. Se o coeficiente de atrito entre a corda e o disco for 0,50,calcular o ângulo a entre as normais à corda, nospontos de tangência, para a posição onde o discoestá na iminência de girar sob a ação de um conjugado M nele aplicado. (Sugestão. Resolver aequação resultante para a, graficamente.)

Resp. a = 87,30

7.2 - TRABALHO

Vê-se, da Fig. ,_nente do deslocamento

Portanto, o. resconcluir, imediatamente.

O trabalho é umamesmo sentido do d

ao do deslocamentó (Fi>!..

A defmição de trablhaver variação na direçãouma força F atuando sodeslocamento infmitesima!

onde o produto escalar deexpressão como sendo a

como o produto da comptado na Fig. 7.3b. Express

Para obter o trabaII:

(Fig. 7.3a), deve-se integra:

7TRABALHO VIRTUAL

r------,I ,

II

U = (Fcosa)6.s

A'

Fig.7.1

tos

(a)

IIal...._

Fcosa

F

7.1 - INTRODUÇÃO

Em primeiro lugar é necessário defmir o termo trabalho, que é empregado em sentido quantitativocontraste com o seu uso generalizado fora da técnica.

(a) Trabalho de uma força. Considere a forç,a constante F que atua sobre o corpo da Fig. 7.1a, ~-:;deslocamento de A para A' está representado pelovetor Lls, chamado deslocamento do corpo. Por definil o trabalho U realizado pela força F sobre o corpo, durante o seu deslocamento, é o produto da componlda força na direção do deslocamento pelo deslocamento, ou

Nos capítulos anteriores, o equilíbrio de um corpo foi analisado isolando-o com um diagrama de colivre, e igualando·se a zero as equações dos somatórios das forças e dos momentos. Para a maioria dos cas05.esta solução foi empregada para corpos cuja posição de equilíbrio era conhecida ou especificada, e onde ~ou mais forças externas era uma incógnita a ser determinada.

Há uma classe particular de problemas, nos quais os corpos são compostos de elementos interligaque admitem movimento relativo entre as peças, permitindo, assim, que sejam examinadas várias possíVIconfigurações de equilíbrio. Em problemas deste tipo, as equações de equilíbrio das forças e.dos momenembora válidas e adequadas, não são, geralmente, o caminho mais direto e conveniente. Neste capíapresenta-se um método mais útil e direto, baseado no conceito do trabalho realizado por uma força. Es:::

método leva o estudante a compreender mais profundamente o comportamento dos sistemas mecânicos, :;permite que examine com cuidado o assunto da estabilidade dos sistemas em equilíbrio. Ele é chamado ,:~método do trabalho virtual e é desenvolvido a seguir.

um diagrama de corpoPara a maioria dos casos,

especificada, e onde uma

TRABALHO VIRTUAL / 253

Vê-se, da Fig. 7.lb,que o mesmo resultado é obtido ao multiplicar a intensidade da força pela componente do deslocamento na direção da força, que é

U = F(b.s cos a)

Portanto, o. resultado obtido independe da direção escolhida para decompor os vetores, podendo-seconcluir, imediatamente, que o trabalho é uma quantidade vetorial.

O trabalho é uma quantidade positiva quando a componente da força que produz trabalho possui omesmo sentido do deslocamento. Quando o sentido da componente da força que produz trabalho for opostoao do deslocamento (Fig. 7.2), o trabalho realizado será negativo. Assim,

U = (F cos a) b.s = -(F cos B) b.s

F

r IAS I II

A defInição de trabalho será agora generalizada para levar em consideração condições nas quais possamhaver variação na direção do deslocamento ou variações na intensidade e direção da força. A Fig. 7.3a mostrauma força F atuando sobre o ponto O de um corpo que se move ao longo do caminho indicado. Durante umdeslocamento infmitesimal ds, ao longo do caminho, o trabalho realizado por F é

onde o produto escalar de F por ds adequa-se à defInição de trabalho. Novamente, p·ode-se interpretar estaexpressão como sendo a componente F cos a da força na direção do deslocamento vezes o deslocamento ou

como o produto da componente ds cos a do deslocamento na direção da força vezes a força, como representado na Fig. 7.3b. Expressando-se F e ds em termos das suas componentes retangulares, tem-se

de elementos interligadosexaminadas várias possíveis

forças e dos momentos,·ente. Neste capítulo,o por uma força. Este

os sistemas mecânicos, eíbrio. Ele é chamado de

( dU = F cos a dsou

dU=F~ (7.1)

sentido quantitativo em

corpo da Fig. 7.1a, cujodo corpo. Por definição,

• produto da componente

dU = (iFx + jFy + kFz) • (i dx + j dy + k dz)

= Fx dx + Fy dy + Fz dz

Para obter o trabalho total U realizado por F durante um movimento firrito do ponto O de A a B(Fig. 7.3a), deve-se integrar dU entre essas posições. Assim,

A'

(a)

Fig.7.3

(b)

254 I ESTÁTICA

ou

u = f F cos o: ds

onde a é o ângulo enmovimento real, e po;e não pode ser integrado

Um deslocamen

conjugado M, duranteA força F, ou o •

infmitesimal virtual os

durante o movimento

Esta consideração é .,dA =ydx.

Trabalho tem

joule (1), que é o "sobre a sua direção ítrabalho realizado •aspecto dimensional.,dades físicas compleproduto escalar, en Por outro lado, mOI:)uma distância, peunidades no sistema

newton-metro (N •m'

(c) Trabalho J:

pelas forças que ager:: J

arbitrariamente, afi

usado para indicar quecomparação das váriastrabalho efetuado porchamado trabalho v'

(7.2)

I~~i,\II

II

III/I

\,-~--//

A fIm de efetuar esta integração é necessário conhecer-se a relação entre as componentes da força e suascoordenadas respectivas, ou as relações entre F e s, e entre cos a e s.

No caso de forças concorrentes que atuam sobre o corpo, o trabalho realizado por sua resultante seiguala ao trabalho total realizado pelas várias forças. Isto pode ser verillcado, pelo fato de a componente daresultante, na direção do deslocamento, se igualar à soma das componentes das várias forças na mesma direção.

(b) Trabalho de um conjugado. Além das forças, os conjugados também podem realizar trabalho. NaFig. 7.4a tem-se um conjugado M atuando sobre um corpo que muda sua posição angular de uma quantidadede. o trabalho realizado pelo conjugado é facilmente determinado combinando o trabalho de cada uma dasforças que o constituem. Na parte b da fIgura representa-se o conjugado por duas forças iguais e opostas, F e-F, que atuam nos pontos A e B tal que M = Fr. Durante o movimento infinitesimal no plano da figura, alinha AB move-se para A "B'. O deslocamento de A pode ser decomposto em duas partes, a primeira, umdeslocamento dSB, igual ao de B; a segunda, um deslocamento dSA/B (o deslocamento real de A em relação aB), devido à rotação em torno de B. Vê-se que o trabalho realizado por F, durante o deslocamento de A paraA I, é igual e oposto àquele realizado por - F, durante o deslocamento idêntico, de B para B'. Portanto,pode-se concluir que não há trabalho devido à translação de um conjugãdo (movimento sem rotação). Durante a rotação, contudo, F realiza um trabalho igual a F 'dSA/B = Fr de, onde de é o ângulo infinitesimal derotação em radianos. Como M = Fr, tem-se

(a)

-F

(b)

Fig.7.4

7.3 - EQUILIBRIO

As condições departícula, em segundogados.

(a) Particula. CaequiHbrio como resulta."peso mg deve ser tam' •de equilíbrio dapartí

O trabalho do conjugado é positivo seM tiver o mesmo sentido de de (no sentido horário nesta ilustração) e negativo se o sentido de M for oposto ao de rotação. O trabalho total de um conjugado durante umarotação finita no seu plano torna-se

Expressando LF edireções das coordenal

TRABALHO VIRTUAL I 255

7.3 - EQUlLIBRlO

As condições de equilíbrio serão agora expressas em termos do trabalho virtual, inicialmente para umapartícula, em segundo para um corpo rígido único e em terceiro para um sistema de corpos rígidos interligados.

oU = F os cos o:ouoU = F' os

onde a é o ângulo entre F e os. A diferença entre ds e os é que ds se refere a uma variação infinitesimal nomovimento real, e pode ser integrado, enquanto os se refere a um movimento infrnitesimal virtual ou supostoe não pode ser integrado. Matematicamente, ambas as quantidades são diferenciais de primeira ordem.

Um deslocamento virtual pode também ser uma rotação 08 do corpo. O trabalho virtual realizado peloconjugado M, durante um deslocamento virtual angular 08 é, então, oU = M 88.

A força F, ou o conjugado M, pode ser considerado como constante durante qualquer deslocamentoinfmitesimal virtual os ou 08. Se fosse considerada uma variação na intensidade ou no sentido de F ou M,durante o movimento infrnitesimal, apareceriam termos de ordem superior que, no limite, seriam eliminados.Esta consideração é idêntica àquela que permite escrever que uma área elementar sob a curva y = f(x) édA =ydx.

Trabalho tem a dimensão de (força) X (distância). No sistema de unidades SI, a unidade do trabalho é o

joule (J), que é o trabalho realizado por uma força de um newton movendo-se na distância de um metrosobre a sua direção (J = N' m). No Sistema Inglês de unidades, a unidade do trabalho é o libra-pé, que é otrabalho realizado por uma força de uma libra movendo-se na distância de um pé sobre a sua direção. Sob oaspecto dimensional, o trabalho e o momento de uma força têm a mesma unidade, apesar de serem quantidades físicas completamente diferentes. Observe, com atenção, que o trabalho é um escalar obtido do

produto escalar, envolvendo o produto de uma força por uma distância, ambas medidas sobre a mesma linha.Por outro lado, momento é um vetor obtido do produto vetorial, envolvendo o produto de uma força por

uma distância, perpendiculares entre si. Para distinguir estas duas quantidades, quando escrever as suasunidades no sistema SI, usar-se-á o joule (J) para o trabalho e reservar-se-á a combinação de unidadesnewton-metro (No m) para o momento.

(c) Trabalho virtual. Considere agora, uma partícula, cuja posição de equilíbrio seja determinadapelas forças que agem sobre ela. Qualquer pequeno deslocamento os, que a partícula supostamente sofra,arbitrariamente, afastando-a da posição natural, será chamado um deslocamento virtual. O termo virtual é

usado para indicar que o deslocamento não existe na realidade, tendo sido apenas suposto, a fim de permitir acomparação das várias possíveis posições de equilíbrio, no processo de determinação da posição correta. Otrabalho efetuado por uma força qualquer F, que atue sobre a partícula durante o deslocamento virtual, échamado trabalho virtual e é

(a) Partícula. Considere a partícula ou pequeno corpo da Fig. 7.5, que encontra a sua posição deequilíbrio como resultado das forças nas molas às quais está presa. Se a massa da partícula for significativa, opeso mg deve ser também incluído como uma das forças. Para um deslocamento virtual suposto os da posiçãode equilfbrio da partícula, o trabalho virtual total realizado sobre a partícula será

• nentes da força e suas

rio por sua resultante se-lto de a componente da

- forças na mesma direção.

(7.2)

-.~ realizar trabalho. Na

,sular de uma quantidade'- ::rabalho de cada uma das

~~ iguais e opostas, F eI -. no plano da figura, a

ic-~partes, a primeira, um~:o real de A em relação aIte o deslocamento de A para'I Ite" de B para B . Portanto,

:;.to sem rotação). Duran·I e o ângulo infinitesirnal de

oU = FI' os + F2' os + F3' os + ... = 2:F' os

:ido horário nesta ilustr::

~=:1 conjugado durante ur:::z

Expressando ~F em termos de suas somas escalares e os em termos das suas componentes virtuais nasdireções das coordenadas, escreve-se

oU = 2:F ·os = (i2:Fx + j2:Fy + k2:Fz) '(i ox + j oy + k oz)

= 2:Fx ox + 2:Fy oy + 2:Fz OZ = O

256 / ESTÁTICA

~2VF:XOSFI F4

Fig.7.5

A soma é iguala zero, porque LF = O e também LFx = O, LFy = O e LFz = O. A equação oU = O é.então, um outro modo de se estabelecer as condições de equiHbrio da~partícula. Esta condição de sertrabalho virtual nulo, para o equihbrio, é necessária e suficiente, porque pode ser aplicada nas três direçõesperpendiculares entre si, tomadas uma de cada vez e é, portanto, equivalente às três condições escalares deequihbrio conhecidas.

O princípio do trabalho virtual nulo para o equihbrio de uma partícula única, geralmente não traznenhuma simplificação adicional ao já simples problema, porque oU = O e LF = O fornecem a meSlIl2

informação. O conceito do trabalho virtual para a partícula foi introduzido, de modo que possa ser aplicadoa sistemas de partículas no desenvolvimento que segue.

(b) Corpo rígido. A extensão do princípio do trabalho virtual de partículas para sistemas de partículas rigidamente ligadas, que formam os corpos rígidos, é facilmente realizada.

Como o trabalho virtual, realizado sobre cada partícula do corpo em equihbrio é nulo, resulta que otrabalho virtual realizado sobre todo o corpo rígido é nulo. Somente o trabalho virtual realizado pelas forçasexternas aparece no cálculo de oU = O, para o corpo todo, uma vez que as forças internas ocorrem em parelde forças iguais, opostas e colineares, e o trabalho realizado por estas forças durante qualquer movimento énulo. Este trabalho é nulo, porque as componentes do deslocamento das duas partículas ao longo das linhasde ação das forças são idênticas para corpos rígidos.

p

b

Fig.7.6

Novamente, como no caso de uma partícula, o princípio do trabalho virtual não oferece vantagem repara a solução de um corpo rígido em equihbrio. Qualquer deslocamento virtual suposto, defInido por ummovimento linear ou angular, aparecerá em todos os termos de oU = O e, quando cancelado, resultará nz

mesma expressão que teria sido obtida usando-se uma das equações de equihbrio de força, ou momento,diretamente. Esta condição está ilustrada na Fig. 7.6, onde se deseja determinar a reação R sob o rolo, para achapa articulada, de peso desprezível, sob a ação de uma dada forçaP. Uma pequena rotação, suposta, 06 da

chapa em torno de O ~trabalho realizado por

Cancelando 06,

que é, simplesmente, a eemprego do princípioevidente para corpos irr

(c) Sistemas de

equillbrio de um sisideais, que são aquelesatrito, que não podemFig. 7.7a mostra um expartes e a posição deidentificadas neste sistea

(a) FoI'Çlll

(1) Forças atiVa5mentos virtuais. Na Fig_movem.

(2) Forças rea .deslocamento virtual

virtual. Na Fig. 7.7b

barra, não pode realizarF O que o apoio fixoporque não há deslo

(3) Forças interna

mento possível do sistennas uniões é nulo. A

de forças iguais e opotrabalho de uma força

Observando quepossível do sistema, o p ~

fz = O. A equação ô U = O é,Esta condição de ser

R:r aplicada nas três direçõe:oI três condições escalares de


chapa em torno de O é compatível com o vínculo articulado em O, e é tomada como deslocamento virtual. Otrabalho realizado por P é -Pa M, e o trabalho realizado por R é +Rb ôe. Portanto, o princípio Ô U = O dá

-Pa ôe +Rb (j() = O.

Cancelando ôe, resulta

Pa -Rb = O,

que é, simplesmente, a equação de equilíbrio dos momentos em torno de O. Portanto, nada se ganha com oemprego do princípio do trabalho virtual para um corpo rígido único. O uso do princípio terá uma vantagemevidente para corpos interligados, como será descrito na próxima seção.

(c) Sistemas de corpos rígidos. O princípio do trabalho virtual será agora aplicado para descrever oequilíbrio de um sistema de corpos rígidos interligados. O tratamento será limitado aos sistemas chamadosideais, que são aqueles constituídos por dois ou mais corpos rígidos, ligados por conexões mecânicas sematrito, que não podem absorver energia por deformações, sejam de alongamento, sejam de encurtamento. AFig. 7.7a mostra um exemplo simples de um sistema ideal onde é possível o movimento entre suas duaspartes e a posição de equilíbrio é determinada pelas forças externas aplicadas P e F. Três tipos de forças sãoidentillcadas neste sistema mecânico interligado. Eles são:

IDica, geralmente não trazF = O fornecem a mesrnz

o que possa ser aplicado

para sistemas de partí·

Ino é nulo, resulta que orealizado pelas forças

ternas ocorrem em pareste qualquer movimento é.culas ao longo das linh.a:s

(a) Forças ativas (b) Forças reativas

Fig.7.7

(c) Forças internas

1:ão oferece vantagem rei.suposto, defInido por urr:.. cancelado, resultará. de força, ou momento.

reação R sob o rolo, pararotação, suposta, ôe dE.

(1) Forças ativas são forças externas capazes de realizar trabalho virtual durante possíveis deslocamentos virtuais. Na Fig. 7.7a, as forças P e F são forças ativas porque realizam trabalho quando as barras semovem.

(2) Forças reativas são forças que agem em pontos de apoio fIxos, onde não há possibilidade de existirdeslocamento virtual na direção da força. As forças reativas não realizam trabalho durante um deslocamentovirtual. Na Fig. 7.7b, a força horizontal FB que a parede da guia exerce sobre o rolete da extremidade dabarra, não pode realizar trabalho porque o rolete está impedido de se deslocar na direção horizontal. A forçaFo que o apoio fixo em O exerce sobre o sistema, também é uma força reativa que não realiza trabalhoporque não há deslocamento do ponto O.

(3) Forças internas são forças nas uniões entre os membros de um sistema. Durante qualquer movimento possível do sistema ou de suas partes, observa-se que o trabalho líquido realizado pelas forças internas

nas uniões é nulo. A explicação para este fato é que as forças internas sempre existem aos pares, compostosde forças iguais e opostas, como é mostràdo na Fig. 7.7c para as forças internas FA e -FA da união A, e otrabalho de uma força necessariamente anula o trabalho da outra, durant.e os seus idênticos deslocamentos.

Observando que somente as forças externas ativas executam trabalho durante qualquer movimento'

possível do sistema, o princípio do trabalho virtual pode, agora, ser enunciado como a seguir: .'

258 / ESTATICA

P[oU= O)

Analogamente,

8 ~_PI cos 2

É evidente, pelativo. Cada um desses de

em função da variávelminar. Assim:

8 2P

tg 2= mg

Cada uma das duzs :m e comprimento I e ~ JPara uma dada força P,

x = 21 sen ~

Substituindo na eq~- -

h = icos ~2 2

Solução. O diagra=;;ato pelas duas barras épesos mg além da fmexternamente no sinenhum trabalho dur=:mostradas.

O princípio do tra:todas as forças exteIllE ,mento virtual compatfu:imento ox, o trabalho \iroli

o que dá

Problema Resolvido

Para obter este felforças e dos momento~ ~levar em conta todas assolução pelo método do

O princípioliberdade. Em cada ,.mantendo todas as oa sistemas com um

(7.3.

mg

(a) Exemplos de sistemas com um grau de liberdade (b) Exemplos de sistemas com dois graus de liberdade

* Para exemplos de •Fig.7.8 • deste autor.

P

o trabalho virtual executado pelas forças externas ativas, sobre um sistema mecânico ideal emequilíbrio, é nulo para todo e qualquer deslocamento virtual, compatível com os vfnculos.

Entenda-se por vínculos as restrições impostas pelos apoios ao movimento do sistema. Sob esta forma.o princípio encontra sua maior aplicação nos sistemas ideais. O princípio pode ser matematicamente representado pela equação,

onde &U significa o trabalho virtual total, realizado por todas as forças externas ativas, durante um deslocamento virtual.

Somente agora podem ser percebidas as reais vantagens do método do trabalho virtual. Essencialmentesão duas. Primeira, não é necessário desmembrar-se os sistemas ideais para estabelecer as relações entre 25forças ativas, como é geralmente o caso com o método de equilíbrio baseado nos somatórios de força e d=momentos. Segunda, as relações entre as forças ativas podem ser detenninadas diretamente, sem referência ~forças reativas. Estas vantagens fazem o método do trabalho virtual particularmente útil na determinação é;:

posição de equilíbrio de sistemas sob a ação de cargas conhecidas. Este tipo de problema é oposto ao de sedeterminar as forças que atuam em corpos cuja posição de equilíbrio está fIxada.

O método do trabalho virtual é bastante útil para os propósitos mencionados, porém requer quetrabalho executado pelas forças internas de atrito, durante qualquer deslocamento virtual, seja desprezíviComo conseqüência, se' o atrito interno em um sistema mecânico for apreciável, a aplicação do método -'trabalho virtual ao sistema como um todo, redundará em erro, a menos que seja levado em consideraçãotrabalho realizado pelo atrito interno.

No método do trabalho virtual, deve ser desenhado um diagrama que isole o sistema em consideração.Em oposição ao diagrama de corpo livre, onde são mostradas todas as forças, o diagrama para o método .trabalho necessita mostrar somente as forças ativas, visto que as forças reativas não entram na aplicação •oU = O. Tal diagrama é chamado diagrama das forças ativas. A Fig. 7.7a é um diagrama das forças ativas pé1L~o sistema mostrado.

(d) Graus de liberdade. O número de coordenadas independentes necessário para especillcar, completamente, a confIguração de um sistema mecânico, é chamado de número de graus de liberdade do sistema. ~Fig. 7.8a mostra três exemplos de sistemas com um grau de liberdade, onde é necessária somente UrE.

cOClrdenada para determinar a posição de cada parte do sistema. A coordenada pode ser uma distância ou ucângulo. A Fig. 7.8b mostra três exemplos de sistemas com dois graus de liberdade, onde são necessárias dU25coordenadas independentes para detenninar a confIguração do sistema. Adicionando mais barras e remvendo vínculos de apoio do sistema de barras da fIgura da direita, pode ser obtido qualquer número de grde liberdade.

p

p

Notas:

CD Observe, cuidadosamente, que sendo x positivo para a direi.ta, ôX é também positivo paraa direita, no sentido de P, de modo que o trabalho virtual é P (+ ôX). Com h positivopara baixo, ôh é também positivo para baixo, na direção de mg, de modo que a expressão matemática correta para o trabalhoé mg (+ ôh). Quando, a seguir, expressa-seôh em termos de ôe, ôh terá um sinal negativo, colocando, assim, a expressão matemática em concordância com a observaçãofísica, que o peso mg realiza trabalho negativo, quando o centro de massa se movepara cima, decorrente de um aumento emxeeme.

<6> Obtêm-se ôh e ôx das mesmas regras matemáticas de diferenciação com os quais seobtém dh e dx.

Resp.2P

e=2arctg mg

ôx = I cos ~ ôe2

ôh=_isen~ôe4 2

e

ou

e

P ôx + 2mg ôh = O

x = 21 sen ~2

e 2P

tg 2= mg

h = icos ~2 2

Analogamente,

[ôU= O]

o que dá

Substituindo na equação do trabalho virtual, vem

* Para exemplos de problemas com dois ou mais graus de liberdade, consultar o Capítulo 7 da l.a Edição de Estática,autor.

e 1 ePl cos - ôe - 2mg - sen - ôe = O

2 4 2

É evidente, pela geometria, que ôh é negativo para ôx positivo. Cada um desses deslocamentos virtuais será, agora, expressoem função da variável e, que é a quantidade que se deseja determinar. Assim:

TRABALHO VI RTUAL / 259

Para obter este resultado pelos princípios do somatório dasforças e dos momentos, seria necessário desmembrar as barras elevar em conta todas as forças que atuam sobre cada barra. Asolução pelo método do trabalho virtual é mais simples.

Solução. O diagrama de forças ativas para o sistema composto pelas duas barras é mostrado separadamente, e inclui os doispesos mg além da força P. Todas as outras forças que atuamexternamente no sistema, são forças reativas, que não realizamnenhum trabalho durante o movimento virtual ôx e não sãomostradas.

O princípio do trabalho virtual exige que o trabalho total detodas as forças externas ativas seja nulo para qualquer deslocamento virtual compatível com os vínculos. Assim, para o movimento ôx, o trabalho virtual vem a ser

Cada uma das duas barras articuladas homogêneas tem massam e comprimento 1 e é suportada e carregada como mostrado.Para uma dada força P, determinar o ângulo e de equilíbrio.


o princípio do trabalho virtual, ÔU= O, pode ser aplicado tantas vezes quantos forem os graus deliberdade. Em cada aplicação do método permite-se, apenas, a variação de uma coordenada independente,mantendo todas as outras constantes. As aplicações do trabalho virtual, que serão tratadas aqui, se restringirãoa sistemas com um grau de liberdade. *sistema. Sob esta forma,

matematicamente repre-

dois graus de liber~

(7.3)

'.-as, durante um desloca-

lt o sistema em consideraçãi• &grama para o método d=

Imo entram na aplicação é;~ das forças ativas pD

os, porém requer quemtual, seja desprezíve:..

•. a aplicação do método ê:p ~do em consideração -

"":0 virtual. Essencialmente

'ecer as relações entre a3

somatórios de força e deente, sem referência à!

~ útil na determinação ill.~problema é oposto ao de s;'"

. para especificar, comp:.::• de líherdade do sistema. _-_e i: necessária somente u=.l

ser uma distância oude são necessárias

mais barras e re:

qualquer número de

260/ ESTATICA


Assim,

Determinar o "'

te, para impedir qurtal mostrada, sob 2

partes móveis.

Torna-se, agora, a difa

0= 2x óx +_

Problema Resol .

Solução. O esboç:ma das forças ativas çinternas ou reativasculos.

Dá-se à conectora

sentido horário, ó e, •na-se o trabalho virtualda posição horizontalmovimenta A para baixa

onde ó O é, naturalrnenDo triângulo retârQ

constante, pode-se e-SCIe'Pl

[óU=O] MóO+Pó:r:

e a equação do trabalho

Outra vez, observa~duz urna relação direta l:sem envolver outras fimento.

CD Outra vez, corno no Probl. Resolvido 7.1,manteve-se a consistência matemática coma definição de trabalho e observa-se que osinal algébrico da expressão resultante concorda com a variação física.

Nota:

Resp.

M óO = mgb sen O ó O

M0= arcsen-

mgb

MóO + mgóh = O[óU=O]

que resulta

+mg óh = mg ó (b cos O + c)

= mg(-b sen O óO + O)

= -mgb senO óO

A massa m élevada para urna posição de equilÍbrio, pela aplicação do conjugado M à extremidade de urna das duas barrasparalelas, que são articuladas corno é mostrado. As barras têmmassas desprezíveis e supõe-se que não haja atrito. Determinar aexpressão para o ângulo de equilíbrio o, formado pelas barrascom a vertical, para um dado valor de M. Considere a alternativade urna solução pelo equilÍbrio de força e momento.

Corno o valor de senO não pode ser maior que a unidade, Mestá limitado aos valores de equilÍbriO que não excedam mgb.

A vantagem da solução pelo método do trabalho virtual, paraeste problema, é logo vista quando se experimenta a solução peloequilíbrio das forças e dos momentos. Para este método, seriapreciso desenhar diagramas de corpo livre, separados para as trêspeças móveis, e ter-se-ia que considerar as reações internas nasarticulações de pino. Para efetuar estas etapas, seria necessárioincluir na análise, a posição horizontal de G, em relação aos pontos de ligação das duas barras, emboril quando se solucionamestas equações, a referência a esta posição é eliminada, no final.Então, é evidente, que o método do trabalho virtual, neste problema, lida diretamente com causa e efeito, e não faz referência agrandezas irrelevantes.

Solução. O croqui dado constitui-se no próprio diagrama deforças ativas para o mecanismo completo, visto que mg e M são aforça e o momento externos, únicos que realizam trabalho sobreo sistema, durante urna variação no ângulo o.

A posição vertical do centro de gravidade G está indicada peladistância h, abaixo da linha horizontal de referência fixada, e éh = b cos O + c. O trabalho realizado por mg, durante o movimento óh, no sentido de mg, é

1) O sinal menos, indica que o trabalho é negativo, para umvalor positivo de ó O. A constante c é eliminada, visto que suaderivada é igual a zero.

Com O medido positivamente, no sentido horário, ó O é também positivo no sentido horário. Assim, o trabalho realizadopelo conjugado M, no sentido horário, é +M óo. Substituindo,na equação do trabalho virtual, vem

ôy = a ôe

, y

---t----Í.,

x--!


CD Observe que o deslocamento aôe, do pontoA, não seria igual aôy, se a conectora OAnão estivesse na posição horizontal.

® O comprimento b é constante, de modo queôb = O. Observe o sinal negativo que apenasnos diz que, se uma variação é positiva, aoutra deve ser negativa.

® Poder-se-ia usar, também, um deslocamento virtual anti-horário para a conectora, oque causaria apenas a inversão dos sinais detodos os termos.

Notas:

Resp.

ôx = - L ôyxou

P= Mx = Mxya ha

Môe+Pôx=O Môe+p(-~aôe)=o

ôx=-Laôex

0= 2x ôx + 2y ôy

Assim,

Toma-se, agora, a diferencial da equação e obtém-se,

[ôU= O]

b2=X2+y2

Solução. O esboço apresentado na figura serve como diagrama das forças ativas para o sistema. Todas as outras forças são ouinternas ou reativas que não realizam trabalho devido aos vínculos.

Dá-se à conectora OA um pequeno deslocamento angular, nosentido horário, ôe, que será o deslocamento virtual. Determina-se o trabalho virtual resultante, executado por Me P. A partirda posição horizontal da conectora, o deslocamento angularmovimenta A para baixo da distância

onde ôe é, naturalmente, expresso em radianos.Do triângulo retângulo que tem a barraAB como hipotenusa

constante, pode-se escrever,


Determinar o valor da força P aplicada sobre a luva desllzante, para impedir que a barra OA gire, a partir da posição horizontal mostrada, sob a ação do conjugado M. Desprezar a massa daspartes móveis.

e a equação do trabalho virtual dá

Outra vez, observa-se que o método do trabalho virtual produz uma relação direta entre a força ativa P e o conjugado M,sem envolver outras forças que são irrelevantes neste relacionamento.

I+h

e=---tl

,r

11: ::o Probl. Resolvido 7.1,-oncia matemática com

o e observa-se que o~ressão resultante con- física.

262 I ESTATICA

PROBLEMAS PROPOSTOS

.:l

M

7.8 Determinar a fotangen te ao anel Õ

para subir o plano icombinada dadeslocamento do ,:zplano inclinado e ~radianos, que aS=R(3,searoda

Probl. 7.5

Probl. 7.4

Probl. 7.3

7.5 Cada uma das barras uniformes tem massa m. De-

terminar a força horizontal P necessária para se

tentá-Ias na posição mostrada, no plano vertical.Resp. P = 4- mg tg

7.6 Cada uma das barras uniformes da estrutura t=.massa m e comprimento b. A posição de equili1ri:da estrutura no plano vertical é determinada ~conjugado M aplicado à barra da esquerda. Expsar e em termos de M.

Probl. 7.1

Para uma dada força P, determinar o ângulo e paraque haja equilíbrio. Desprezar a massa das barras.

2PResp. e = are cos

mg

Resp. P = mg tg e

7.3 Encontrar a força Q exercída pelo furador de papel,.do Probl. 4.65, repetido aqui.

Probl. 7.2

7.2 O mecanismo articulado é usado para posicíonar amassa m nas guias verticais lisas. Determinar aexpressão para a força horizontal P necessária parasuportar m, para qualquer valor de e. Seria a açãomais eficaz, se P fosse apli,cada em uma direçãodiferente da horizontal?

7.1

(Nos problemas abaixo, supor que o trabalho negativo doatrito é desprezível, exceto quando indicado o contrário.)

7.4 Determinar o torqueM, sobre a alavanca de coman-do do caminhão basculante, necessário para equilibrar a massa m, com centro de massa em G, quando o ângulo de descarregamento for e. O polígonoABCD é um paralelogramo.

7.7 Substituir o conjugado M do Probl. 7.6 pela fQ:Ç'horizontal P,conforme mostrado, e determinar ::ângulo de equilíbrio e.

2",Resp. e = are tg ~3

•

Probl. 7.11


Probl. 7.12

Probl. 7.10

7.12 Cada uma das barras uniformes tem massa me roletes centrais com movimento confmado pela guia

7.11 O cilindro hidráulico DA e a barra OR estão combi

nados para controlar a inclinação da carga, que temmassa m e centro de massa em G. O canto inferiorC é livre para rolar horizontalmente, quando o sistema articulado do cilindro se alohga. Determinar aforça P, exercida pelo cilindro, necessária paramanter o equilíbrio em um dado ângulo ().

mg( h)Resp. P =""2 I - b tg ()

7.10 O cilindro hidráulico é usado para expandir o sistema articulado e elevar a carga P. Para a posiçãomostrada, determinar a compressão C no cilindro.Desprezar os pesos de todas as outras peças.

7.9 A prensa do Probl. 4.81 é repetida aqui. Determi-nar a força F, sobre o cabo da alavanca, necessáriapara produzir uma compressão R sobre o rolete,para qualquer valor dado de ().

Resp. F = 0,8R cos ()

()

Probl.7.8

Probl. 7.7

P

Probl. 7.9

Probl. 7.6

7.8 Determinar a força F que o paciente deve aplicar,tangente ao anel de condução da cadeira de rodas,para subir o plano inclinado de ângulo (). A massacombinada da cadeira e do paciente é m. (Se s for odeslocamento do centro da roda medido sobre oplano inclinado e (3 o ângulo correspondente, emradianos, que a roda gira, mostra-se facilmente queS =R (3, se a roda rola sem escorregar.)

P

2Tr.E

Resp. ()= arc tg 3;

7.5

-'-}f do Probl. 7.6 pela fomostrado, e determinar ::

uniformes da estrutura te=.

-<I) b. A posição de equiHb ,ertical é determinada

-- à barra da esquerda. Expre

-264 / ESTÁTICA

7.18 A posição vertiaida pelo parafusovariação nado parafuso, é rotação). Se épara vencer oparafuso, dete.total M, necessário Ielevar a carga.

p

Resp. M = SmgL 5~tg:

Probl. 7.16

A figura mostra um dispositivo para medir a radÍêção do corpo de um paciente. O contador de radiação A tem massa m e é posicionado girando-separafuso de avanço L, com um torqueM, que controla a distância BC. Relacionar o torque M à cargamg para os valores dados de b e 8. Desprezar to'o atrito e a massa do sistema articulado, comparada com m.

Probl. 7.15

fixa. A figura OBAC forma um paralelogramo eângulo COB é reto. Determinar a relação entre ,_massa m a ser medida e o ângulo 8, supondo q8 = 8o quando m = O.

Resp. C=!...- e(d + c)2~

7.15 As pinças da garra de controle remoto desenvolY<õuma força de pega C, como resultado de tração P,aplicada à haste de controle. Expressar C em função de P, para a configuração mostrada, onde 23

pinças estão paralelas.

7.17

7.16 A caixa de carga do caminhão de distribuição dealimentos, em serviço de aeronaves, tem uma cargade massa m, e é elevada pela aplicação de um tmque M sobre a extreI!lidade inferior da barra, queestá articulada à estrutura do caminhão. As ranhras horizontais permitem que o sistema articuladose abra, quando a caixa de carga for elevaclz.Expressar M em função de h.

Probl. 7.13

7.14 A balança postal consiste de um setor, de massamo, articulado em O e com centro de massa em C.

O prato e a barra vertical AB têm a massa m I eestão articulados no setor em B. A extremidade Aestá articulada à barra homogênea AC, de massam2, que, por sua vez, está articulada à estrutura

lisa vertical. O ro1ete da extremidade da barra inferior tem o movimento restringido pela guia lisahorizontal. Determinar o ângulo 8 para que hajaequilíbrio sob a atuação do conjugado M.

Resp. F = 6,00 MN

Probl. 7.14

7.13 O croqui mostra o esquema aproximado da montagemque prende o flange da base do foguete Saturno V ao pedestal de sua plataforma, antes do lançamento. Calcular a força de aperto F em A, se abarra CE estiver sob tração produzida por umapressão do fluido de 20 MPa, que atua sobre o ladoesquerdo do pistão dei cilindro hidráulico. O pistãotem uma área útil de 10' mm2• O peso do conjuntoé considerável, mas é pequeno comparado com aforça de aperto produzida, e será, portanto, desprezado.

TRABALHO VI R TUhJ.. / 265

Probl. 7.20

7.22 Expressar a compressão C no cilindro hidráulico doelevador de carro em função do ângulo O. A massado elevador é deprezÍvel comparada com a massa mdo veículo.

Resp. C = 2mg cotg fi ) + (1)' - 2 1 cos fi

Probl. 7.21

7.21 A plataforma elevadora faz a entrega de carga naporta de carga de um avião. Se a màssa de estruturafor desprezível, comparada com a massa m da carga, determinar a força compressiva C no cilindrohidráulicoAB, para qualquer ângulo fi_o _

R C mg y' 1 + 8 sen' fiesp. = ---s-en-fi

7.20 Determinar a força F entre as mandíbulas do grampo, em função de um torque M exercido sobre amanivela do parafuso de ajuste. O parafuso tem umavanço por rotação L. Desprezar o atrito.

7.19 Determinar o torque M exercido pela chave antitorque, defrnida no Probl. 4.110 e repetida aqui. Aforça de aperto é P = 150 N.

Resp. M= 7,88 Nem

p

p120 mm

Prob\. 7.18

40

Prob\. 7.19

mm

M~

Prob\. 7.17

7.18 A posição vertical da carga de massam é controlada pelo parafuso que conecta as uniões A e B. Avariação na distância entre A e B, para uma rotaçãodo parafuso, é igual ao seu avanço L (avanço por

rotação). Se é necessário aplicar um momento Mfpara vencer o atrito nos metes e nos mancais doparafuso, determinar a expressão para o momentototal M, necessário a ser aplicado ao parafuso, paraelevar a carga.

'A",.'-i~.'I

p

.16

=spositivo para medir a radiapaciente. O contador de rae é posicionado girando-se o

, com um torque M, que cono

Relacionar o torque M à cargaios de b e fi. Desprezar todosistema articulado, compara-

Resp. M= 5mgL fi-4- tg-1'( 2

caminhão de distribuição dece aeronaves, tem uma carga

~ pela aplicação de um torade inferior da barra, quea do caminhão. As ranhu

que o sistema articulado;::rixa de carga for elevada.

~ de h.

forma um paralelogramo e oDeterminar a relação entre a

;", e o ângulo fi, supondo que

~ controle remoto desenvolve

~~mo re,""do d, tr,ção P,

=trole. Expressar C em fun-:-!!UIação mostrada, onde as

IResp. C = !:..- e (d + c)

2 bc

-266 / ESTÁTICA

L

p

7.24 O alicate articulado do Probl. 4.71 é repetido aquicom dimensões simbólicas. Determinar a força deaperto C, em função de a, para urna determinadaforça P no cabo.

ou

que é idêntica à áreaDurante um di

da energia potencial

Assim, a energiaDurante uma

variação na energia po

(a) Energia Po:elemento e é cham:

recuperada, admitinalongamento. Consiseja elástica e linear, relação é escrita comorealizado por F durantea compressão x, é

Probl. 7.25

A ponte militar, de vão L, mostrada na fIgura., ~lançada de um carro de combate, através da açãodo sistema articulado hidráulico AB. Se cada =das duas partes idênticas da ponte tiver massa mecentro de massa em G, relacionar a força F TIl

cilindro hidráulico com o ângulo e de equilíbrio. Omecanismo interno em C mantém o ângulo 'l=entre as duas partes. Por que se deve calculartrabalho do momento interno em C? Discutir 'Z.

escolha do método do trabalho virtual para esteproblema.

Resp. F = mgL .)2 tg e ,j 1 + sen Sb

7.25

~IFe

Probl. 7.23

Determinar a força P desenvolvida nas mandíbulasdo alicate rebitador do Probl. 4.85, repetido aqui.

Resp. P = 2Febc (b - a)

Resp. C = P f (icotg a-I )

Probl. 7.22

7.23

Se a força covariação (final menos .

7.4 - ESTABILIDADE E ENERGIA POTENCIAL

No item anterior tratou-se de configurações de equilíbrio de sistemas mecânicos compostos de membros individuais, tidos como perfeitamente rígidos. O método será, agora, estendido para levar em consideração sistemas mecânicos que possuem elementos elásticos na forma de molas. Com este objetivo, é ' introduzir o conceito de energia potencial, que leva, diretamente, ao importante problema de determinar ~estabilidade do equiHbrio.

CorrespondenQuando a mola es

mesmas, apenas x rIestiver sendo esticada,

realizando trabalho po -

(7.4)


X

dVe = kxdx

F

o

O Xl 11 X2~x ~ f..-dx

F

Fig.7.9

r-- Comprimento livre ----1

úVe = Fúx = kxúx

x

Ve = I F dx = ~ kx2o

que é idêntica à área trapezoidal de Xl a X2.

Durante um deslocamento virtual ox da mola, o trabalho virtual realizado sobre ela é a variação virtualda energia potencial elástica.

Assim, a energia potencial da mola se iguala à área t~iangular no diagrama de F versus x, de O a x.Durante uma variação na compressão da mola de Xl para X2, o trabalho realizado sobre ela é igual à

variação na energia potencial elástica, ou

ou

(a) Energia Potencial Elástica. O trabalho realizado no elemento elástico é -armazenado no próprioelemento e é chamado energia potencial elástica, Ve. Esta energia é potencialmente utilizável e pode ser

JeCUperada, admitindo-se que o elemento realize trabalho no corpo, durante o alívio de sua compressão ouongamento. Considere a mola (Fig. 7.9) que está sendo comprimida por uma força F. Supõe-se que a mola

Jeja elástica e linear, isto é, considera-se a força F como sendo diretamente proporcional à deflexão x. Estarelação é escrita como F = kx, onde k é a constante da mola, e é uma medida da rigidez da mola. O trabalhorealizado por F durante o movimento dx é dU = F dx, de modo que a energia potencial elástica da mola, para

compressão x, é

.25

~= mgL..j2 tg e,)l + SE:-~ b

L, mostrada na fJgU:'E..

- ::e combate, através da ~--c bidráulico AR. Se cada~ da ponte tiver massa

G, relacionar a força F

~= o ângulo e de equilíbriCL ~= C mantém o ângulo ~ Por que se deve calclili::~ mterno em C? Discut:~ ::o trabalho virtual para

Se a força compressiva for diminuída, de X = X 2 para X = X I, aliviando a mola de sua compressão, avariação (final menos inicial) na energia potencial da mola, torna-se

compostos de mem;- para levar em conside

este objetivo, é úblema de determinar a

Correspondentemente, se ox for negativo, o Ve será também negativo.Quando a mola está tracionada, ao invés de comprimida, as relações de trabalho e de energia serão as

mesmas, apenas X representará, agora, o estiramento da mola, no lugar da compressão. Enquanto a molaestiver sendo esticada, observa-se que a força atua, como no caso da compressão, na direção do deslocamento,realizando trabalho positivo sobre a mola e aumentando sua energia potencial.

268 I ESTA T1CA

Como a força que atua sobre a extremidade móvel de uma mola é o negativo da força exercida pelamola sobre o corpo ao qual está fIxado esta extremidade móvel, conclui-se que o trabalho realizado sobre ocorpo é o negativo da variação da energia potencial da mola.

As unidades da energia potencial são idênticas às do trabalho e são expressas em joules (J) no sistemae pé-libra (ft-Ib) no sistema inglês.

(b) Energia Potencial Gravitacional. No item anterior, tratou-se o trabalho de uma força gravitacio~ou peso, atuando sobre um corpo, do mesmo modo que o trabalho de qualquer outra força ativa. Assim, em

um deslocamento para cima ôh, do corpo da Fig. 7.10, o peso W = mg realiza um trabalho negafô U = -mg ôh. Ou, se o corpo tem um deslocamento para baixo ôh, com sentido positivo de h para baixo,peso executa um trabalho positivo ô U = +mg ôh.

óU= - W5hou

5Vg = + W5h~/----'\, G'- :r- óh

Vg= + Wh '- --

W +h

Plano I-de referênCiaT Vg = 0---+h alternativo

~ V,=-WhW Fig.7.10

As unidades

em unidades SI e p .

(c) Equação

mola sobre o corpoelástica da mola. TaID.bé

da energia potencialmolas e com variaçõespesos pelo negativoda Eq. 7.3 pode-se

Uma alternativa para o tratamento anterior pode ser adotada, quando o trabalho realizado pelas forçzsde gravidade é expresso por uma mudança na energia potencial do corpo. Este tratamento opcional é ~representação útil, quando se defmem os sistemas mecânicos em função de sua energia total. A ene~

potencial gravitacional, Vg, de um corpo é defmida, simplesmente, pelo trabalho realizado no corpo comobjetivo de trazê-Io para a posição em consideração, de algum plano de referência, arbitrário, onde a ener~potencial é, por defmição, nula. Portanto, a energia potencial é o negativo do trabalho utilizado pelo pelQuando o corpo é levantado, por exemplo, este trabalho é convertido em energia potencialmente disponíw "visto que o corpo é capaz de efetuar trabalho em algum outro corpo, quando ele retoma à sua posiç&!

original mais baixa. Tomando-se Vg igual a zero, em h = O (Fig. 7.10), então, na altura h acima do plano ti.:

referência, a energia potencial gravitacional do corpo é

(7

Se o corpo estiver a uma distância h abaixo do plano de referência, sua energia potencial gravitaciom.:é -mgh.

É importante notar que o plano de referência, para o qual a energia potencial é nula, é perfeitamente'arbitrário, uma vez que somente nos interessa a variação da energia, e esta variação é independente da posi~do plano de referência. Note-se, ainda, que a energia potencial gravitacional é também independentecaminho percorrido para atingir o nível h em consideração.

Assim, o corpo de massa m, mostrado na Fig. 7.11, tem a mesma variação da energia potencial, !lã:importando qual caminho é seguido para ir do plano de referência I ao plano de referência 2, pois ti.h é iglli:em todos eles. Naturalmente, h é medido em relação ao centro de massa do corpo.

A variação virtual da energia potencial gravitacional é simplesmente

ôVg = mg8h

onde ôh é o deslocamento virtual para cima do centro de massado corpo. ô Vg seria negativo se o centro C=

massa tivesse um deslocamento virtual para baixo.

onde V= Ve + Vgvirtual realizado sobre

tuando as forças dasAssim sendo, p

posição, pode-se ree5Crel

o trabalho v'

é igual às CO"es.ptJ

do sistema, paro

Como sempre, amétodo do trabalho-ene

o limite que distingue.incluir um membro

membro móvel ao qual e

(d) Estabilidade

ções correspondentessistema, pode ser cotrabalho realizado porvariação mg ôs cosrealizado pelas forçasdentes na energia po

Com a substi" .

sistemas mecânicos, sem

joules (J) no sisternz -

(7.6)

onde V = Ve + Vg representa a energia potencial do sistema. A quantidade 8 U agora representa o trabalhovirtual realizado sobre o sistema durante um deslocamento virtual, por todas as forças externas ativas, excetuando as forças das molas e as gravitacionais.

Assim sendo, para o caso de um sistema mecânico com membros elásticos e membros que mudem deposição, pode-se reescrever o princípio do trabalho virtual, como a seguir:

TRABALHO VIRTUAL / 26~

As unidades da energia potencial são idênticas às do trabalho e da energia potencial elástica, joule (J)em unidades SI e pés-libras (ft-Ib) no sistema inglês.

(c) Equação da Energia. Nas duas seções anteriores, observou-se que o trabalho realizado por umamola sobre o corpo que está ligado à sua extremidade móvel, é o negativo da variação da energia potencialelástica da mola. Também, o trabalho executado pela força gravitacional, ou peso mg, é o negativo da variaçãoda energia potencial gravitacional. Portanto, quando se aplica a equação do trabalho virtual a sistemas commolas e com variações na posição vertical dos seus membros, pode-se substituir os trabalhos das molas e dospesos pelo negativo das respectivas variações da energia potencial. Colocando estas variações no lado direitoda Eq. 7.3 pode-se escrever a equação do trabalho virtual como

o trabalho virtual realizado pelas forças externas ativas sobre um sistema mecânico em equilíbrio,é igual às correspondentes variações da potencial gravitacional e da energia potencial elástica totaldo sistema, para todo e qualquer deslocamento virtual consistente com os vínculos.

Como sempre, a decisão mais importante consiste em defmir no que constitui o sistema. Ao utilizar ométodo do trabalho-energia é útil desenhar o diagrama das forças ativas do sistema, adotando como contornoo limite que distingue, mais claramente, os membros que são parte do sistema, daqueles que não o são. Aoincluir um membro elástico dentro do contorno do sistema, vê-se que as forças de interação entre ele e omembro móvel ao qual está conectado, são internas ao sistema e não necessitam ser mostradas.

(d) Estabilidade do Equilíbrio. Além da substituição do trabalho das forças de gravidade pelas variações correspondentes na energia potencial, o trabalho de outras forças ativas, aplicadas externamente aosistema, pode ser convertido em variações da energia potencial, como é mostrado na Fig. 7.12. Aqui, otrabalho realizado por F, durante o deslocamento virtual 8s de seu ponto de aplicação, é equivalente àvariação mg 8s cos o: na energia potencial da massa m para o sistema equivalente. Portanto, o trabalhorealizado pelas forças externas ativas, em sistemas mecânicos pode ser substituído pelas variações correspondentes na energia potencial no sistema equivalente, com sinal oposto.

Com a substituição dos termos do trabalho pelos da energia, o princípio dos trabalhos virtuais, parasistemas mecânicos, sem atrito dinâmico interno, expresso pela Eq. 7.6, pode, agora, ser escrito como

energia potencial, ~~erencia 2, pois fJ.h é jg~

da força exercidarrrzbalhorealizado sob;_

potencial gravita -

uma força gravitaciforça ativa. Assim,::um trabalho negm

'ltivo de h para baixl

ia! é nula, é perfeié independente da ptambém independente ~-

o realizado pelas fu~~tratamento opcional é

energia total. A ene:E~ realizado no corpo co=.••• arbitrário, onde a ene~

o utilizado pelo p~ potencialmente disponi'._!li ele retoma à sua p• altura h acima do pl

- negativo se o centro ~; (7.7)

270 I ESTA TICA

/

.~.~ ,.-.. '" ~,USistema

dado

ctl... ': --m[lmg=F..." .._.->- L_J=rúscosa

Sistemaequivalente

Fig.7.12

A Eq. 7.7 exprime a exigência que a confIguração de equilíbrio de um sistema mecânico seja uma, pan:.a qual a energia potencial total V do sistema tenha um valor fIxo. Assim, em um sistema de um grau de liberdade, onde a energia potencial e suas derivadas são funções contínuas de uma única variável, por exemplo x.que descreve a sua confIguração, a condição de equilíbrio ó V = O é, matematicamente, equivalente à codição

(7.

A Eq. 7.8 diz que um sistema mecânico está em equilíbrio quando a derivada da sua energia potenciE..:.total for nula. Em sistemas com vários graus de liberdade, para haver equilíbrio, a derivada parcial de Ver:::relação a cada coordenada, deve ser nula. *

A Eq. 7.8 se aplica a três condições, a saber, quando a energia potencial total é um mínimo (equilíbrilestável), um máximo (equilíbrio instável) ou uma constante (equilíbrio indiferente). A Fig. 7.13 apresenum exemplo simples destas três condições, onde a energia potencial do rolete é claramente um mínimo I.~

posição estável, um máximo na posição instável e uma constante na posição indiferente.

Por vezes, poc-~equilíbrio; nesteequilíbrio. Se a On_~

estável ou instável, ê=

mais baixa, difereme

do gráfIco de V vers:n J

valor do equilíbrio.O critério de

avançado. Por exem 'variáveis.

Problema Resol .

o cilindro de 1

igual a 2 kN/m. T~ma e mostrar que ela ~

Estável Instável Indiferente

Fig.7.13

Pode-se, também, caracterizar a estabilidade de um sistema mecânico, observando que um ligeiro de

camento da posição de equilíbrio estável, resulta em um aumento na energia potencial e em uma tendência "retomar à posição de nível de energia mais baixo. Por outro lado, um ligeiro deslocamento da posição C=

equilíbrio instável, resulta em uma diminuição da energia potencial e em uma tendência de se afastar Gposição de equilíbrio, para uma posição de nível de energia mais baixo. Para a posição de equilíbrio indiferente, um pequeno deslocamento, para um lado ou para o outro não altera a energia potencial e não exisI:tendência de movimento para nenhuma outra posição.

Quando uma função e suas derivadas são contínuas, a derivada segunda é positiva em um pontovalor mínimo da função e, negativa, em um ponto de valor máximo. Portanto, pode-se escrever as condiçõ~matemáticas para o equilíbrio e a estabilidade de um sistema com um único grau de liberdade, x, como ~seguir:

* Para exemplos de sistemas com 2 graus de liberdade, consultar o item 43, Capítulo 7, do livro Estática, l.a Edição.deste autor,

1

Solução. (Embon..

seja, obviamente, aqpeso rng, a soluçãodesconhecida, parações de energia.) Epotencial nula, aque:!:: .extensão.

A energia potem:ilVe = +kx', e a en~energia potencial total é

[V= Ve + Vgl

o equilíbrio ocorre :

dV =bdx

Embora já se saiba estável, pode-se pron::vada segunda de V naque é positivo, pro

~ :necânico seja uma, pc=.sis:.ema de um grau de libe:

'Iariável, por exemplo:r:nte, equivalente à co::<-

(7.

_".da sua energia potenciLderivada parcial de V ec

~ é um mínimo (equilíbC:'~). A Fig. 7.13 apresem:=.E ciaramente um mínimo G.

te.


EquilíbriodV = O

dxEstável

d2V> O

(7.9)I

dx2 I

I d2V < OInstável dx2

Por vezes, podecse encontrar a situação onde a derivada segunda de V também seja nula na posição deequilíbrio; neste caso, deve·se examinar o sinal das derivadas de ordem mais alta, para determinar o tipo deequilíbrio. Se a ordem da derivada mais baixa, diferente de zero e remanescente, for par, o equilíbrio seráestável ou instável, de acordo com o sinal desta derivada, ser positivo ou negativo. Se a ordem da derivadamais baixa, diferente de zero e remanescente, for ímpar, o equilíbrio é classificado como instável, e o traçadodo gráfico de V versus x, para este caso, apresenta um ponto de inflexão na curva, com inclinação nula, novalor do equilíbrio.

O critério de estabilidade para sistemas com mais de um grau de liberdade requer um tratamento maisavançado. Por exemplo, para dois graus de liberdade, usa-se uma expansão em série de Taylor para duasvariáveis.


o cilindro de 10 kg está suspenso pela mola com constanteigual a 2 kN/m. Traçar o gráfico da energia potencial V do sistema e mostrar que ela é mínima na posição de equilíbrio.

m = 10 kg

Embora já se saiba que, para este caso simples, o equilíbrio éestável, pode-se provar este fato determinando o sinal da derivada segunda de V na posição de equilíbrio. Assim, d2V/dx2 = k,que é positivo, provando que o equilíbrio é estável.

Solução. (Embora, neste problema, a posição de equilíbrioseja, obviamente, aquela na qual a força na mola se iguale aopeso mg, a solução será desenvolvida como se a posição fossedesconhecida, para apresentar, .de modo bastante simples, as relações de energia.) Escolhe-se o plano de referência, para a energia

1) potencial nula, aquele que corresponde à posição da mola semextensão,

A energia potencial elástica em uma posição arbitrária x é

Ve = +kX2, e a energia gravitacional é -mgx, de modo que aenergia potencial total é

O,lOx,m

8

6

-4

-6

-2

4

V,J2

-8Notas:

CD A escolha é arbitrária, porém, simplifica aálgebra.

x = mg/k

V= +kX2 - mgx

dV = kx - mg = O,dx

o equilíbrio ocorre onde

[V= Ve + VgI. :?Ositiva em um ponto de

-~se escrever as condições.e liberdade, x, como a

do que um ligeiro desloe em uma tendência z

~ocamento da posição del ::-2dência de se afastar da

. ão de equilíbrio indife~ potencial e não existe

i·j.~ livro Estática, l.a Edição,

272 / ESTÁTICA

Substituindo os valores numéricos tem-se

v = -} (2000) x' - 10 (9,81) x

Simplificando .

Se fosse pediá _correspondente aresolver explicita!i:"resolver, de modo ~numéricos da soma ::

8 para o qual a so= ~

® Pode-se escolher planos de referência dife

rentes para Ve e Vg, sem afetar as conclusões. Esta mudança apenas deslocará as

curvas separadas de Ve e Vg para cima oupara baixo mas não influenciará a posiçãodo valor mínimo de V.

Resp.x = 10 (9,81)/2 000 = 0,049 m ou 49 mm

expresso em joules, e o valor de x, no equilíbrio é

Calcula-se V para vários valores de x e traça-se o gráfico de Vversus x, como mostrado. O valor mínimo de V ocorre emx = 0,049 m, onde dVjdx = O e d'Vjdx' é positivo.

Problema Resol .


As duas barras uniformes, tendo massa m cada uma, estão noplano vertical e possuem vínculos e ligações conforme mostrado.Quando o ângulo O, entre as barras, aumenta, devido à aplicaçãoda força horizontal P, a haste leve, que é conectada em A e passaatravés de um orifício articulado em B, comprime a mola deconstante k. Se a mola está sem compressão n'! posição correspondente a O = O, determinar a força P que produzirá o equilíbrio no ângulo o.

As extremidadeslivremente, confOImêExaminar as condiçõe!A mola, de constan

Solução. O si

existem forças ativas ;9;diagrama de força anu.. .energia potencialenergias potenciais yc.•.••.

Ve=-}kx'=+

Solução. O esboço dado na figura serve como diagrama deforças ativas para o sistema. A compressão x da mola é igual à

distância que A se afasta de B, que é x = 2b sen .!. Assim, a2

energia potencial elástica da mola é

( 0)2 O

Ve = ~k 2b sen - = 2kb' sen~ -• . 2 2

A energia potencial t::

O equilíbrio ocorre

dV = kh:d8

Tomando, por conveniência, como referência para a energia. potencial gravitacional nula, o plano que passa por O, a expres

são para Vg torna-se

[Vg=mgh]Vg = 2mg ( -b cos %)

As duas soluções '

sen

A distância entre O e C é 4b sen .!, de modo que o trabalho2

virtual feito por P é

óU=P ° (4b sen %)= 2Pb cos % 00

Determina-se, agderivada segunda de rIíbrio. A derivada

d'V = kb' (.dO'

A equação do trabalho virtual dá, agora, = kb2 (::

[oU=oVe +oVg]

2Pb cos %08 = ° (2kb' sen' %) + ó (-2mgb cos %)=

(Solução l) sen (j =

d'V =kb'{'2d8'

8 8 8= 2kb' sen - cos - 08 + mgb sen - 08

2 2 2= posi"

= nega

yII


CD Cuidado para não desprezar a solução e = O,

dada por sen e = O.

Notas:

Resp.

b

Vg= mg 2" cos ee

mgcos e = 2kb

e

e eP = kb sen 2" + -} mg tg 2"

sen-e = O

Ve = -}kX2 = -}kb2 sen2 e

A energia potencial total é, então,

Simplificando obtém-se

V= Ve + Vg = -}kb2 sen2 e + -}mgb cos e

O equilíbrio ocorre em dV/de = e, de modo que

dV- = kb2 sene cos e- -}mgb sen e =de

= (kb2 cos e - -}mgb) sen e = o

d2V = kb2 (2 _ 1) _ 2-mgb = kb2 (1 _ mg)de2 2 2kb

= positivo (estável) se k> mg/2b

= negativo (instável) se k < mg/2b Resp.

As duas soluções desta equação são

Determina-se, -agora, a estabilidade examinando o sinal daderivada segunda de V para cada uma das duas posições de equilíbrio. A derivada segunda é

(Solução l) sene = O, e = O

d2V-- = kb2 (cos2 e - sen2 e) - 2-mgb cos e =de2 2

= kb2 (2 cos2 e - 1) - -}mgb cos e

As extremidades da barra uniforme de massa m deslizam

livremente, conforme mostrado, nas guias horizontal e vertical.Examinar as condições de estabilidade na posição de equilíbriO.A mola, de constante k, não está deformada quando x = O.

Solução. O sistema consiste da mola e da barra. Como nãoexistem forças ativas externas, o esboço da figura serve comodiagrama de força ativa. Toma-se o eixo x como referência para aenergia potencial gravitacional nula. Na posição deslocada, asenergias potenciais gravitacional e elástica são


Se fosse pedido para exprimir o valor de e para o equilibrio,correspondente a uma dada força P, ter-se-ia dificuldade pararesolver explicitando e. Em um problema numérico, poder-se-iaresolver, de modo aproximado, traçando um gráfico dos valoresnuméricos da soma das duas funções de e e determinar o valor dee para o qual a soma é igual aP.

:;2nos de referência difesem afetar as conc:apenas deslocará ~

Ve e Vg para cima ocinfluenciará a posiçã=

:e ~'.

274 / ESTÁTICA

2) Assim, se a mola for suficientemente rígida, a barra retomaráà posição vertical mesmo que não exista força na mola nestaposição.

alavanca está ~_ ,:'mola é zero. D=

manter o equiU

d2V [ (' mg ) 2 J (' mg )-- = kb2 2' -- -1 - 2..mgb --' ==d62 2kb ' 2, 2kb

(Solução lI) mgcos 6 = 2kb'

mg6 = arc cos 2kb

Resp. ® Este resultado não poderia ser previsto sema análise matemática da estabilidade.

Como o co-seno é menor que a unidade, vê-se que esta solução é limitada ao caso onde k > mg/2b, que faz a derivada segun-

3) da de V ser 'negativa, Então, na Solução lI, o equilíbrio nuncaserá estável. Se k < mg/2b, não haverá Solução lI, pois a molaserá muito fraca para manter o equilíbrio para valores de 6 entre0° e 90°.

PROBLEMAS PROPOSTOS

® Outra vez, sem os benefícios da análise matemática da estabilidade, poder-se-ia supor,erroneamente, que a barra repousaria emuma posição de equilíbrio em algum valorde 6 entre 0° e 90° .

(Suponha, nos problemas a seguir, que o trabalho negativodo atrito é desprezível.)

7.26 A barra de massa m, com centro de massa em G,está pivotada em torno de um eixo horizontal quepassa por O. Demonstrar as condições de estabilidade para as duas condições de equilíbrio.

Probl.7.26

7.27 Determinar a força P necessária para manter emequilíbrio as duas barras articuladas, com um ângulo 6. O comprimento da mola, sem compressão,é 2b. Desprezar a massa das barras.

Resp. P = 4kb (1 - cos 6) tg 6

k

{Prob!. 7.27

7.28 As energias potenciais de dois sistemas mecânisão dadas por VI = Clx' e V2 = C2X3, onde C, ~C2 são constantes positivas e x é a coordenada fr:j..ca que exprime as posições de ambos os siste=Definir a estabilidade de cada sistema na posição equilíbrio x = o.

7.29 A roda homogênea de massa m é suportada no p~no vertical pela tira leve ABC e pela mola de C02tante elástica k. Se a roda for solta, inicialmenada posição onde a força na mola é zero, dete~o ângulo 6, no sentido dos ponteiros do relógi:.através do qual a roda gira da posição inicial parE'.Eposição fmal de equilíbrio.

Resp. 6 = ~4

B

Probl.7.29

7.30 A alavanca está fIXada a uma das engrenagens '=

uma mola de constante elástica k liga dois p'montados nas faces das engrenagens que, por =vez, estão montadas em mancais fixos. Quando ~

7.31 A figura mostrade ventilação, hosua aresta' hori.zo:r:

controlada por Ul:::< ;:zna roldana em A, e tem uma constan

alongamento, e não .fi

Determinar o ~au!::

7.32 Determinar o vai,

suportada pela mO!Ltica k, e não estáF atua na direção ~prezível.


b ') kuP==,(I- ~.Resp,

Probl. 7.33

y--

Probl. 7.32

x

~y----1Probl. 7.34

7.34 Determinar o valor de equilíbrio da coordenada ypara o mecanismo sob a ação da carga verticalP. Amola de constante elástica k não é tensionadaquando y == O. O peso da barra é desprezível comparado com P.

7.33 Quando u == O, a mola de constante elástica k estádescomprimida. Quando u aumenta, a barra deslizaatravés da luva articulada em A e comprime a molaentre a luva e a extremidade da barra. Determinar aforça P necessária para produzir um deslocamentou. Supor a ausência de atrito e desprezar o peso dabarra.

Probl. 7.30

Probl. 7.31

alavanca está em posição vertical, li == O, a força damola é zero. Determinar a força P, necessária paramanter o equilíbrio no ângulo li.

7.32 Determinar o valor de equilíbrio de x da barrasuportada pela mola, que tem uma constante elástica k, e não está tensionada quando x == O.A forçaF atua na direção da barra, e a massa desta é desprezível.

7.31 A figura mostra a seção transversal de uma janelade ventilação, homogênea, de 50 kg, articulada emsua aresta' horizontal superior, em O. A janela écontrolada por um cabo que passa por uma pequena roldana em A, e está preso a uma mola. A molatem uma constante elástica de 180 N por metro dealongamento, e não fica deformada quando e == O.Determinar o ângulo e para o equilíbrio.

Resp. e == 48,6°

u_

Resp. 6 == "4-"

.29

~ li uma das engrenagem =

elástica k liga dois p;-"""engrenagens que, por= mancais fixos. Quanc

::!aSSam é suportada no p::'e ABC e pela mola de co:::::OOafor solta, inicialmen~

"<1: ali mola é zero, deterll1ÍEr:5:Jdos ponteiros do reló~

- ~ da posição inicial par;<2

':lenefícios da análise ma

~e, poder-se-ia supor,,~ a barra repousaria em~~i1íbrio em algum valor

::e dois sistemas mecâni

,x< e V2 == C2X3, onde C, =e x é a coordenada ride ambos os siste=

~ ~-cada sistema na posição d=

276 / ESTÁTICA

e

7.40 O centro de

forçada a mtem massa de

sem compreições de equilí

Resp. I} = H,

e=2=

Resp. e = are sen . :.:'

Probl. 7.37

c

150mm

1l\\EG~ .•",••.•.,.,À"

kl

i ~5~~~ 150 mm

7.38 No mecanismo mostrado, a haste AB desliza a=vés do colar pivotado em C e comprime a n:±quando um conjugado M é aplicado à barra DE- ."mola tem uma constante elástica k, e está deiprimida para a posição equivalente a e = O.Dc=minar o ângulo e para o equilíbrio. As massas .:peças são desprezíveis.

Probl.7.35

7.35 A barra uniforme, de massa m e centro de massaem G, é pivotada em torno de O e pode balançarno plano vertical. A posição da barra é controladapela haste leve e sua mola, que pode deslizar noorifício articulado em A. A mola, de constante k,está sem compressão na posição correspondente ae = O. Determinar o ângulo agudo e, onde ocorre oequil1õrio, e provar que a posição é estável.

Resp. e = are tg mgka

7.36 A seção transversal de uma porta tipo alçapão, articulada em A, com massa m e centro de massa emG, está mostrada na figura. A mola é comprimidapela haste, que por sua vez está pivotada na extremidade inferior da porta e passa por um bloco pivôem B. Quando e = O, a mola está sem deformação.Mostrar que, usando uma mola com uma constantek apropriada, a porta estará em equilíbrio paraqualquer ângulo e.

Prob

7.41 A figura mostra acomposto ·de umacasca cilíndrica derial. Determinar a .material. Dete~

posição vertical fi.vaso estiver colzontal.

Probl. 7.38

Probl. 7.36

7.37 Para uma força horizontal F de 250 N, determinaro ângulo e, que equilibre o sistema articulado vistona [Jgura. A haste DG passa através do pivô em E ecomprime a mola que tem uma constante elásticade 45 kN/m e não é comprimida quando e = O.

Desprezar os pesos das peças.Resp. e = 21,70

7.39 As duas engrenagens giram no plano vertical e (Zregam massas excêntricas m com centros de ma=.em GI e G2' Determinar os valores de e paraequilíbrio e identifique o tipo de equilíbrio p=cada posição.

Probl. 7.39

Prol

7.42 Um bloco retarJgm, está colocado ce:zontal sobre um:Determinar o val

7.43 Prever, através de Cl

meia casca cilínd:r:i

necerão na posiçãocilindro inferior.


h

Probl. 7.42

2kbZ

Resp. hmáx. = -;;g

k

f*--b ) I ( b-+iProbl. 7.44

Probl. 7.43

7.45 Uma das exigências críticas no projeto de umaperna artificial para um amputado é evitar que aarticulação do joelho flambe sob carga, quando aperna está reta. Como primeira aproximação, simule a perna artificial, pelas duas barras leves, comuma mola de torção em sua articulação comum. Amola desenvolve um torque M = K(3, proporcionalao ângulo de dobra (3, na articulação. Determinar ovalor mínimo de K que irá garantir a estabilidadeda articulação do joelho para (3 = O.

Resp. Kmín. = +mgl

7.44 Determinar a .altura máxima h da massa m, para aqual o pêndulo invertido será estável, na posiçãovertical mostrada. Cada mola tem uma constante

elástica k, e está pré-comprimida, igualmente, nestaposição. Desprezar o peso das demais peças domecanismo.

Probl. 7.40

()= 2 arc sen mgb requer k > mg, estável2k 2b

o centro de massa G da barra uniforme AB está

forçada a mover-se na guia vertical lisa. A barra OAtem massa desprezível e a mola de constante k estásem compressão quando e = O.Determinar as posições de equilíbrio e sua estabilidade.

Resp. ()= 1T, estável se k < mg2b

e instável se k > mg2b

Probl. 7.41

.42 Um bloco retangular uniforme de altura h e massam, está colocado centrado em uma posição horizontal sobre uma superfície cilíndrica de raio 7.

Determinar o valor limite de h para a estabilidade.Resp. h < 27

.43 Prever, através de cálculo, se o semicilindro e ameia casca cilíndrica, ambos homogêneos, permanecerão na posição mostrada ou se rolarão sobre ocilindro inferior.

7.41 A figura mostra a seção transversal de um vasocomposto ·de uma cascahemisférica de raio 7 e umacasca cilíndrica de altura h, feitas do mesmo material. Determinar a limitação em h, feitas do mesmomaterial. Determinar a limitação em h para que aposição vertical mostrada seja estável, quando ovaso estiver colocado sobre uma superfície horizontal.

7.40

A F

- -8

Resp. () = arc sen -.-

eo, a haste AB desliza ~

~ em C e comprime a ::::::;!a:.= Jf é aplicado à barra DZ ~::z elástica k, e está dçZ: equivalente a ()= O. D=-

p.n o equilíbrio. As massa! ""~

• !== no plano verti~ ~m com centros -'

a:=::::r os valores de

o tipo de equilf .....-=-

278 / ESTATICA

Probl. 7.45

do ângulo (J, necessário, em torno de 0, enquantoo assento é mantido em uma posição fixa.)

Resp. (J = 11,19°

~~/1A suspensão <fu=:mrepetida. Saben±:tada por uma fim de aliviar adetermine o vall

vido. Cada mola

A carga L é de i:massa de 40 kg.barra, tem massa sa a 680 mm da --

7.5 - FORMULAÇic

Quando for

resposta às forçasprincípio do traballi;consideradas na de

7.50

7.51 A plataforma deiguais, conjugadasmostrado na figun.molas forem d~elástica mínima k -

1/2

1 _ 2mgkl

kmáx. = 4mg1

Probl. 7.48

Probl. 7.47

Resp. (J = O, (J = 2 are cos

A barra esbelta, de comprimento 1 e massa m, estáarticulada livremente, em torno de um eixo horizontal que passa por O. A mola tem comprimentolivre de 1/2. Determinar as posições de equilíbrio,excluindo (J = rr, e o valor máximo da constanreelástica k, da mola, para haver estabilidade na posição (J = O.

7.49 A massa m se desloca em uma guia vertical, lisa e ésuportada pelas quatro barras de massa desprezível,sujeitas à ação da mola. A mola, de constante elástica k, não está deformada na posição em que(J = O.Especificar a estabilidade do sistema em suasposições de equilíbrio.

7.48

A figura mostra um pequeno elevador industrial,com pedal de acionamento. Existem quatro molasidênticas, duas de cada lado do eixo central. Aconstante elástica de cada par de molas é 2k. Especificar o valor de k que irá garantir o equilíbrioestável, quando o elevador suportar uma carga L,na posição representada, sem que haja força atuando no pedal. As molas são igualmente pnxomprimidas, e pode-se supor que elas atuem, sempre, noplano horizontal.

Probl. 7.46

7.46

7.47 A figura mostra uma cadeira de escritório, apresentando, em detalhe, a mola do mecanismo de inclinação. A estrutura do assento está articulada emtorno do ponto fixo ° na base. O aumento da distância entre A e B, quando a cadeira se inclina paratrás, em torno de 0, é o aumento na compressão damola. A mola, que tem uma constante elástica de96 kN/m, não está comprimida quando (J = O.Parapequenos ângulos de inclinação pode-se supor, comerro desprezível, que o eixo da mola permaneçaparalelo ao assento. O centro de massa de uma pessoa de 80 kg, sentada na cadeira, está em G, sobreuma linha que passa por 0, perpendicular ao assento. Determinar o ângulo de inclinação (J necessárioao equill brio. (Sugestão. Pode-se visualizar a deformação da mola, admitindo-se que a base se incline


- ."-"-

" \\\\\

I

///B(

../'-'"

Probl. 7-.51

Probl. 7.52

A

I

h = 2r

L

estabilidade da plataforma, na posição mostrada.Na montagem, cada mola sofre uma deflexão, portração, igual a t:...

Resp. kmín. = ~ (1 + ~:)

7.52 A porta de garagem AR, mostrada em corte, temmassa m homogênea, e está equipada com doismecanismos de mola, como é mostrado na figura,um de cada lado da porta. O braço OR tem pesodesprezível e o canto superior, A, da porta estálivre para se deslocar horizontalmente com o rolete. O comprimento livre da mola é r - a, de modoque no ponto mais alto, com e = n, a força damola é nula. De modo a assegurar a ação suave daporta, quando ela alcança a posição vertical fechada, e = o, é desejável que a porta esteja insensívelao movimento nesta posição. Determinar a constan te elástica necessária, k, da mola.

Resp. k= mg(r+a)8a2

-750mm~

Probl.7.49

Probl. 7.50

7.50 A suspensão dianteira vista no Probl. 4.82 é aquirepetida. Sabendo que a estrutura F deve ser levantada por um macaco, de maneira que h = 350 mm,a fim de aliviar a compressão nas molas helicoidais,determine o valor de h quando o macaco for removido. Cada mola tem uma constante de 120 kN/m.A carga L é de 12 kN, e a estrutura central F temmassa de 40 kg. Cada roda, com sua respectivabarra, tem massa de ;35 kg, com um centro de massa a 680 mm da linha vertical central.

Resp. h = 265 mm

7.51 A plataforma de massa m é suportada por barrasiguais, conjugadas com molas em diagonal, como émostrado na figura. Se as massas das barras e dasmolas forem desprezíveis, determinar a constanteelástica mínima k de cada mola, que irá garantir a

,

~

A

em torno de O, enquantouma posição fixa.)

Resp. e = 11,19°

7.47

1/2

• = O, e = 2 are cos --2mgl-H

4mg

kmáx.= -Z-

!I=primento Z e massa m, estáie. em torno de um eixo hori-'I

• O- A mola tem comprimentoas posições de equilíbrio.

~ Yalor máximo da constante

haver estabilidade na posi-

7.48

7.5 - FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃOem uma guia vertical, lisa e ébarras de massa desprezíve

:a. A mola, de constante elás:ormada na posição em qUf

estabilidade do sistema em sua;

Quando for possível um corpo ou um sistema de corpos interligados, assumir diversas configurações emresposta às forças aplicadas, a posição de equilíbrio é, geralmente, mais facilmente encontrada aplicando-se oprincípio do trabalho virtual desenvolvido neste capítulo. Viu-se, repetidamente; que as únicas forças a seremconsideradas na determinação da posição de equilíbrio, por este método, são aquelas que realizam trabalho

280 / ESTATICA

7.55 Se o mecanism7.54 for redade de movirr;responder um ;::ctambém para ez-=.':J

T, suportadaP1 = 100 N.

7.54 Uma "caixa pretalheiras, engrenage:rinternos, todos i:1'"

virnento linear da _da haste B. Para

para dentro, sob lmove, para fora dcontra a força P:. :haver equilíbrio. Dtodos os compon=:dos, leves, interligal:

(forças ativas) durante o movimento diferencial assumido do corpo ou do sistema, saindo de sua posição deequilíbrio. As forças externas que não realizam trabalho (forças reativas), não necessitam ser consideradas.Por este motivo, construiu-se o diagrama de forças ativas do corpo ou sistema (ao invés do diagrama de corpolivre) para focalizar a atenção somente sobre as forças externas que realizam trabalho durante os deslocamentos virtuais.

Freqüentemente, a parte mais difícil da análise é relacionar os correspondentes deslocamentos virtuais,lineares e angulares, das partes de um sistema mecânico, durante um movimento virtual, que sejam consistentes com os vínculos. Primeiro, devem ser escritas as relações geométricas que descrevem a configuração dosistema. A seguir são estabeleci das variações diferenciais nas posições das partes do sistema, pelo processo dederivação das relações geométricas para obter as expressões dos movimentos virtuais diferenciais.

No método do trabalho virtual, deve ser observado o fato que um deslocamento virtual é uma variaçãodiferencial de primeira ordem em um comprimento ou um ângulo. Esta variação é fictícia, pois é ummovimento assumido que, na realidade não precisa ocorrer. Matematicamente, um deslocamento virtual ét~{ado do mesmo modo que uma variação diferencial em um movimento real. Usa-se o símbolo o para aVariação virtual diferencial, e o símbolo usual d, para a variação diferencial em um movimento real.

No presente capítulo, restringiu-se a atenção aos sistemas mecânicos nos quais as posições dos membroscomponentes possam ser especificadas por uma única variável (sistema com um grau de liberdade). Para doisou mais graus de liberdade, aplicar·se·á a equação do trabalho virtual tantas vezes quantos forem os graus deliberdade, permitindo uma única variável variar de cada vez, e mantendo todas as outras constantes.

Descobriu-se que o conceito de energia potencial, tanto gravitacional (Vg) como elástica (Ve), é muitoútil na solução de problemas de equilíbrio, onde ocorre, durante o deslocamento virtual, variação na posiçãovertical do centro de massa do corpo e, também, variações correspondentes na alongação ou compressão demembros elásticos (molas).

Obteve-se, aqui, uma expressão para a energia potencial total V do sistema, em termos da variável queespecifica a possível posição do sistema. As derivadas primeira e segunda de V são usadas para estabelecer,respectivamente, a posição de equilíbrio e o tipo de estabilidade existente.

7.56 Um mecanismo jcde entrada, em A.jugado M e dese move na direç:ã:mo é montado c:=

B seja propo .com x aumenem A. Se M=:equilíbrio. Destodos os compdos, interligados ":.z

Encontrar as forçasemA,B e C

(d)

Determinar o máximo k

para obter equilíbrio es~em&=O

(f)(e)

Encontrar x parao equilíbrio

h------ x ------JEncontrar x parao equilíbrio

(c)

7.53 Identifique quais dos problemas de (a) até (j) sãomais adequadamente resolvidos: (A) pelas equaçõesde equilíbrio de momentos e de forças; (B) pelotrabalho virtual. Descreva, sucintamente, o procedimento para cada solução.

Encontrar ()para o equilíbrio Encontrar as reações em A e B(a) (b)


o plano de cada figura é vertical. São conhecidas as dimensões,as massas de cada membro e as forças aplicadas

Probl. 7.53

k1\1\i\I"W"\I\I"W\'W

7.60 Uma plataforma de carregamento, de acionamentohidráulico, empregada na traseira de um caminhão,está mostrada na fIgura. A posição da plataforma écontrolada pelo cilindro hidráulico, que aplica força em e. As barras são articuladas na carroceria docaminhão, em A, B e F. Determinar a forçaP, fornecida pelo cilindro, a fIm de suportar a plataformana posição mostrada. As massas da plataforma edas barras podem ser desprezadas, comparadas com


Probl. 7.59

a

2PResp. e = arc tg ka

,,~~Probl. 7.57

7.59 A barra leve oe é pivotada em O e pode balançarno plano vertical. Quando e = O, a mola de constante elástica k está com o seu comprimento natural. D.eterminar o ângulo de equilíbrio correspondente a uma dada força vertical P, aplicada naextremidade da barra. Desprezar a massa da barra eo diâmetro das polias.

7.58 A energia potencial de um sistema mecânico comatrito desprezível, é dada por V = b sen 2 e ++ c cos e, onde e é o ângulo que define a posiçãodo sistema e b e c são constantes positivas. Determinar a posição ou posições de equilíbrio e, também, o tipo de equilíbrio para cada uma.

7.57 A barra é livre para girar, perfazendo um círculocompleto na vertical. Verificar, matematicamente,as condições de estabilidade que são evidentes nasduas condições de equilíbrio.

Probl. 7.56

7.56 Um mecanismo de controle consiste de um eixode entrada, em A, que gira ao ser aplicado um conjugado M e de uma barra deslizante de saída B, quese move na direção x, contra a forçaP. O mecanismo é montado de modo que o movimento linear deB seja proporcional ao movimento angular de A,com x aumentando 80 mm para a volta completaem A. Se M = 10 N • m, determinar P para haverequilíbrio. Desprezar o atrito interno e supor quetodos os componentes mecânicos são· corpos rígidos, interligados de maneira ideal.

Resp. P = 785 N

7.55 Se o mecanismo interno da caixa descrita no Probl.7.54 for rearranjado, de modo que, para cada unidade de movimento, para dentro, da haste A, corresponder um movimento de um terço da unidade,também para dentro, da haste B, calcular a traçãoT, suportada pela haste B, para haver equilíbrio, seP, = 100 N.

P2

Probl. 7.54

7.54 Uma "caixa preta" contém um conjunto de cremalheiras, engrenagens e outros elementos mecânicosinternos, todos interligados, que transferem o movimento linear da haste A para o movimento linearda haste B. Para cada unidade de movimento de A,para dentro, sob a ação da força P" a haste Bmove, para fora da caixa, um. terço da unidade,contra a força P 2' Se P 1 = 100 N, calcular P 2 parahaver equilÍbrio. Desprezar os atritos e admitir quetodos os componentes mecânicos são corpos rígidos, leves, interligados de modo ideal.

termoS da variá\"êÍ.__das para estabe;~--

Determinar o máximo kpara obter equilíbrio estávê~

eme=O(f)

Encontrar as forçasemA,B e e

(d)

s:a.indode sua posição C=

'tam ser considerada

':s do diagrama de co-durante os deslocame::.-

deslocamentos virtu

, que sejam consis~.em a configuração

sb-tema, pelo processoCferenciais.:o virtual é uma vari

,20 é fictícia, pois édeslocamento virtu<i ~

se o símbolo (j pcm:.

'enl6 real.:5 posições dos memb.

e liberdade). Para .tos forem os graus .constantes.

o elástica (Ve), é mui_mal, variação na pO~r?-

-o ou compressz: - ..

~P

282 / ESTATICA

a massa do caixote de 250 kg, com centro de massaemG.

Resp. P = 3,5 kN

J350 mm

650 mm

Probl. 7.60

7.61 A figura mostra a vista de perfJl de uma porta declarabóia, de massa m, uniforme, com centro demassa no meio da distância entre A e O. A porta écontrabalançada pela ação da mola, que tem cons-

tante elástica k e comprimento natural, sem esforço, quando a .porta está no plano vertical, come = O. Determi.l1ar a constante elástica k, necessáriapara balancear a porta em uma posição de equilíbrio, para e > O.

Resp. k = mg, independente de e21

Probl. 7.61

.",

Quando as fosário calcular seu fi'intensidade da forçatar atuando sobre ume o momento elemen:

portanto, que o mcida como o momerm

temente nas aplicaçõeidades disponíveis p

A Fig. AI ilsubmetida a uma pEsta situação foisuperfície plana. Opy dA = ky2 dA.

Na Fig. Alb ésimples, flexionadaqualquer seção da.vlg

(c)

A

MOMENTOS DE INÉRCIA DE ÁREAS

I(

AP~NDICE A

Quando as forças são distribuídas de modo contínuo, sobre uma área de atuação, é muitas vezes necessário calcular seu momento em torno de um eixo no plano da área ou perpendicular a ele. Freqüentemente a

intensidade da força (pressão ou tensão) é proporcional à sua distância ao eixo de momento. A força elementar atuando sobre um elemento de área é, então, proporcional ao produto da distância vezes a área diferenciale o momento elementar é proporcional ao produto do quadrado da distância vezes a área diferencial. Vê-se,portanto, que o momento total envolve uma integral da forma f (distância)2 d (área). Esta integral é conhecida como o momento de inércia da área. A integral é uma função da geometria da área e ocorre tão freqüen

temente nas aplicações da Mecânica, que é útil desenvolver suas propriedades em detalhes e ter estas propriedades disponíveis para pronta utilização, quando a integral aparece.

A Fig. AI ilustra a origem física destas integrais. Na parte a da figura, a área da superfícieABCD estásubmetida a uma pressão distribuída p, cuja intensidade é proporcional à distância y, a partir do eixo AB.Esta situação foi estudada no item 5.8 do Capo 5' e defrne a ação de uma pressão de líquido sobre umasuperfície plana. O momento em torno de AB, que é devido à pressão sobre o elemento de área dA, épy dA = ky2 dA. Assim, a integral em questão aparece, quando se avalia o momento totalM = k f y2 dA.

Na Fig. Alb é mostrada a distribuição da tensão que atua sobre a seção transversal de uma viga elástica

simples, flexionada por conjugados iguais e opostos, aplicados em suas extremidades. Está presente, emqualquer seção da.viga, uma distribuição linear da intensidade da força ou tensão, dada por a = ky, sendo que

AI - INTRODUÇÃO

rnto natural, sem es:--c-- ;10 plano vertical,

~re elástica k, nerei ~ uma posição de eq=-

- = mg independente r~ 21 '

Fig. A.!

284 I ESTÁTICA

Deve ser no de inércia ao eleoinércia, como um ~momento de iné

primeiro momennegativo.

As dimensões

comprimento. Assir::..à quarta potência (coordenadas parapara contornos, cujOfmente tornarão maisum elemento de área

derações são quase

Um momeI:.:;:nadas cartesianas

Eq. (A3).

a tensão é positiva (de tração) abaixo do eixo 0-0 e negativa (de compressão) acima do eixo. O momentoelementar em torno do eixo 0-0 é dM = Y (a dA) = ky 2 dA. Assim, a mesma integral aparece quando seavalia o momento totalM = k f y2 dA.

Um terceiro exemplo é dado na Fig. Ale, que mostra um eixo circular submetido a um esforço detorção, ou a um momento de torção. Cada seção transversal do eixo resiste a este momento, dentro do limite

elástico do material, por meio de uma distribuição de tensão tangencial ou de cisalhamento T, que é proporcional à distância radial r, a partir do centro. Assim, T = kr, e o momento total em torno do eixo central éM = f r (T dA) = k f r2 dA. Aqui, a integral difere daquelas, nos dois exemplos precedentes, em que a área éuma coordenada polar ou radial, em vez de uma coordenada retangular.

Embora a integral ilustrada nos exemplos precedentes seja, geralmente, chamada de o momento deinércia da área em torno do eixo ~questão, um termo mais adequado seria, o segundo momento da área,

tendo em vista que o primeiro momento y da está multiplicado pelo braço de alavancay, para que se obtenhao segundo momento, para o elemento dA. A palavra inércia aparece na terminologia, em razão da analogiaentre a forma matemática das integrais para os segundos momentos das áreas e aquelas para os momentosresultantes das tão conhecidas forças de inércia, no caso de corpos em rotação. O momento de inérçia de umaárea é uma propriedade puramente matemática da área e, em si mesmo, não tem nenhum significado físico.

A2 - DEFINIÇÕES

As segumtes defmições de termos constituem a base da análise do momento de inércia da área.

(a) Momentos de inércia retangular e polar. Considere a área A no plano x-y (Fig. A2). Os momentos

de inércia do elemento dA, em torno dos eixos x e y, são, por defmição, d1x = y2 dA e dly = x2 dA respectivamente. Portanto, os momentos de inércia de A, em torno dos mesmos eixos, são

(b) Raio de

Iy e um momentolonga faixa estreita,da faixa em relaçãocomo raio de giraçãoconsiderando a área

Do mesmo modo, .

na Fig. A3d, pode-se

(AIIx = J y2 dA

Iy = J x2 dA

onde a integração abrange toda a área. O momento de inércia de dA em torno do pólo O (eixo dos z) é, pordefinição análoga, dJz = r2 dA, e o momento de inércia de toda a área, em torno de O, é:

( lz = f r2 dA J(A2)

y

IIIIIIIIIIIO

Fig. A.2

As expressões defmidas pelas Eqs. (AI) são conhecidas como momentos retangulares de inércia, ê.

passo que a expressão da Eq. (A2) é conhecida como o momento polar de inércia. Uma vez que x2 + y2 = r_é evidente que:

Portanto, o raiomomento de inércia

Quando a Eq. (A

Assim, o quade giração, em torno

(a)

(A3

AP~NDICE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE,ÃREAS / 285

Assim, o quadrado do raio de t giração em torno do eixo polar se iguala à soma dos quadrados dos raiosde giração, em torno dos dois eixos retangulares correspondentes.

(A4)

(AS)

kx = vlxlA

ky = vlylA

kz = VJJA

ou

Ix = k/A

Iy = k/A

!z = kz2A

(b) Raio de giração. Considere uma área A (Fig. A3a) que tem momentos de inércia retangulares Ix ee um momento polar de inércia lz em relação a O. Visualize, agora, esta área como sendo reduzida a uma

faixa estreita, de área A, a uma distância kx do eixo x (Fig. A3 b). Por definição, o momento de inérciafaixa em relação ao eixo x será o mesmo que o da área orginal, se kx 2 A = Ix. A distância kx é conhecida

raio de giração da área em torno do eixo x. Pode-se escrever uma relação semelhante para o eixo y,- 'erando a área como sendo reduzida a uma faixa estreita paralela ao eixo y, como mostrado na Fig. A3c.mesmo modo, visuallzando a área como sendo concentrada em um anel fino, de raio kz, como mostrado

, A3d, pode-se exprimir o momento polar de inércia como kz 2 A = lz. Resumindo, pode-se escrever

Deve ser notado, que o momento de inércia de um elemento contém o quadrado da distância do eixoinércia ao elemento. Um elemento, cuja coordenada é negativa, contribui tanto para o momento de

- 'rcia, como um elemento igual com uma coordenada positiva de mesmo valor. Conseqüentemente, omento de inércia da área em torno de qualquer eixo é sempre uma quantidade positiva. Em contraste, o

'eiro momento da área que foi incluído nos cálculos dos centros de gravidade pode ser positivo ouativo.

As dimensões dos momentos de inércia das áreas são evidentemente, L 4, onde L significa a dimensão deI

prim;:to. Assim, as unidades, no SI, dos momentos de inércia das áreas são expressas em metros elevadosquarta potência (m4) ou em milímetros elevados à quarta potência (mm4). E importante a escolha de

rdenadas para utilizá-Ias no cálculo dos momentos de inércia. Coordenadas retangulares devem ser usadascontornos, cujos limites são mais facilmente expressos nestas coordenadas. Coordenadas polares usual

te tomarão mais simples os problemas que contêm limites, facilmente defmidos em r e e. A escolha de

elemento de área que simplifique a integração, tanto quanto possível, é também importante. Estas consições são quase análogas àquelas discutidas e ilustradas no Capo 5 para o cálculo dos centros de gravidade.

Um momento polar de inércia, para uma área cujos limites são mais simplesmente defmidos em coordenadas cartesianas ou retangulares, do que em coordenadas polares é facilmente calculada com o auxilio daEq. (A3) ..

Portanto, o raio de gir~ção é uma medida da distribuição da área a partir do eixo em questão. Ummomento de inércia polar ou retangular pode ser expresso especificando o raio de giração e a área .

Quando a Eq. (A4) é substituída na Eq. (A3) resulta

( k/ = kx2 + k/)

o (eixo dos z) é,:~O,é:

.

lares de inércia, a:[::::::. '.cz que x2 + y2 =r

yI

IIII x Cr-·I IyL_l.. __

O

(a)

yI A

: ~I TI kx

OL---- j-- -x(b)

yI .

ikY-1~

I

I A

oL_- --x

(c) (d)

--x

(A.: Fig.A.3

286 I ESTAnCA

É imperativo que não haja nenhuma confusão entre a coordenada do centróide C de uma área e ode giração k. O quadrado da distância do centróide ao eixo x (Fig. A3a) é y2, e é o quadro do valor méilidas distâncias y dos elementos dA ao eixo. A quantidade kx2, por outro lado, é a média dos quadrados dest;><:distâncias. O momento de inércia não é igual a Ay2, visto que o quadrado da média é menor do que a médos quadrados.

(c) Transferência de eixos. O momento de inércia de uma área em torno de um eixo que não passae=seu centróide pode ser facilmente expresso em termos do momento de inércia, em torno de um eixo para1e~que passa pelo centróide. Na Fig. A4, os eixos Xo-Yo passam pelo centro de gravidade C da área. Suponhase deseje determinar os momentos de inércia da área em torno dos eixos paralelos x-y. Por definição,momento de inércia do elemento dA em torno do eixo x é

onde k é o raio de tse aplica e d é a -1:_-área.

Um resumo cTab. 3, Apêndice C.

Pro blema Resol .

Determinar os otorno dos eixos XQ'J

z o' que passa peloque passa por O.

Por permuta dos .•.•..do eixo Yo, que passa pe

Solução. Parado eixo Xo' é emaneira que todoscoordenada y. Assi::l.

-x

Yo

--Xo

Fig. AA

Desenvolvendo eintegrando, obtemos

Ix = J Yo2dA + 2dxJ Yo dA + dx2 J dA

o momento pola= .

Vê-se que a pÍimeira integral é, por definição, o momento de inércia Ix em relação ao eixo Xo, qu=

passa pelo centróide. A segunda integral é zero, visto que f Yo dA = Ayo e Yo é automaticamente zero, com ocentróide sobre o eixo Xo. O terceiro termo é simplesmente Adx 2. Assim, a expressão para Ix, e a expressãosimilar para Iy' torna-se

Pelo teorema d.o ~

torno do eixo x, é:

Ix = f" +Adx2

Iy = ""Z + Ad/(A6

o momento po];;::jobtido pelo teorema -'--

=

Pela Eq. (AS) a soma destas duas equações fornece

(A6a)

(A6b

As Eqs. (A6) e (~.6a) são os assim chamados teoremas do eixo paralelo. Dois pontos, em particular_devem se~ad~Pri:tÍÍeiro, os eixos entre os quais a transferência é feita devem ser paralelos, e, segundo,um dos eixos deve passar pelo c.entro de gravidade da área.

Se desejarmos uma transferência entre dois eixos paralelos, sendo que nenhum deles passa pelo centróide é primeiro necessário transferir de um eixo ao eixo paralelo que passa pelo centróide e, então, transferir do eixo que passa pelo centro de gravidade ao segundo eixo.

Os teoremas do eixo paralelo também se empregam para o raio de giração. Com a substituição dadefinição de k nas Eqs. (A6), a relação de transferência torna-se

(P = 1(2 + d2)

Problema Resol .

Determinar os =torno de sua base e ::

passam pelo centróiC= ~

onde k é o raio de giração, em torno de um eixo que passa pelo centróide paralelo ao eixo em torno do qual kse aplica e d é a distância entre os dois eixos. Os eixos podem estar no plano da área ou normais ao plano daárea.

Um resumo das relações de momento de inércia para algumas das figuras planas mais comuns é dada naTab. 3, Apêndice C.

--xo

~ nX

dy

b

YoI

I

CD Se se iniciasse com o elemento de segundaordem dA = dxdy. a integração com relaçãoa x, mantendo y constante, significa apenasmultiplicar por b e dá a expressão y 2 bdy,que se escolheu no início.

Nota:

Resp.

Resp.

Resp._ 1

Iy=i2hb3

h/2

~ = J y2b dy = rzbh3-h/2

o momento polar de inércia, em relação ao centróide é

[I", = J y2dA]

Determinar os momentos de inércia da área triangular emtorno de sua base e em torno dos eixos paralelos à base, quepassam pelo centróide e pelo vértice.

Pelo teorema do eixo paralelo, o momento de inércia, emtorno do eixo x, é:

[I = f + Ad 2] I = .lbh3 + bh (!!:.)2 = lbh3 = lAh2'" '" '" '" 12 2 3 3

Resp.

O momento polar de inércia em torno de O, pode também serobtido pelo teorema do eixo paralelo. Assim,

Problema Resolvido A2

Por permuta dos símbolos, o momento de inércia em tornodo eixo Yo, que passa pelo centróide é:

APeNDICE A -'- MOMENTOS DE INÉRCIA DE ÁREAS I 287

Solução. Para cálculo do momento de inércia Ix, em tornodo eixo xo' é escolhida uma lâmina horizontal de área bdy demaneira que todos os elementos da lâmina tenham a mesmacoordenada y. Assim,

Determinar os momentos de inércia' da área retangular, emtorno dos eixos Xo·Yo, que passam pelo centróide; do eixo polarzo' que passa pelo centróide C; do eixo x; e o do eixo polar z,que passa por O.

Problema Resolvido AI

-> -z' = ~::: ~

288 / ESTÁTICA

1I2

Solução. Uma lâmina de área paralela à base foi escolhida,como mostrado na figura, e tem a área dA = x dy == [(h - y)bjh]dy. Por defmição,

h h _ Y[Ix = J y2 dA] Ix = i y2-h-b dy =o

[ y3 y4]h bh3b 3 - 4h o = 12 Resp.

Notas:

CD Aqui, outra vez, escolheu-se o mais simpleselemento possível. Se o elemento escolhidofosse dA = dxdy, ter-se-ia que integrar, emprimeiro lugar, y2 dxdy em relação a x. Istodaria y2 x dy, que é a expressão que se escolheu no início.

2

A dete

resultado pode...do-se o eleme=::::

definição,

Pelo teorema de eixo paralelo, o momento de inércia I, emtorno do eixo que passa pelo centróide, à distância h/3 acima doeixo x, é:

T = bh3 _ (bh)(~)2 = bh312 2 3 36 Resp.

Q) Não deve causar nenhuma dificuldade ex-

• primir x em termos de y se for observadoa relação proporcional entre os triângulossemelhantes.

Uma transferência do eixo que passa pelo centróide, ao eixox', que passa pelo vértice, dá

[I = T + Ad2] I. = bh3 + (bh)(2h)2 = bh3 Rx 36 2 3 4 esp.

Problema R,


Calcular os momentos de inércia da área do círculo, em tornode um eixo diametral e de um eixo polar que passa pelo centro.Especificar o raio de giração.

Solução. Um elemento de área em forma de anel circularpode ser usado para cálculo do momento de inércia em torno doeixo polar Z, que passa por O, visto que todos os elementos doanel são ~qüidistantes de O. A área elementar é dA = 21fr. dro, eassim

yI

yI

I

Determinar o

relação ao eLxo Lárea e (b) uma ~ ~

Solução. P.r::i:r=!:oI

tuindo x = 4 e y = =

(a) Faixa ho zontal têm a mda faixa em reJ.açi;:!dA = (4 - x) dy =

:

J rT 7Tr4[lz = r2 dA] lz = J_ ro 2(27T1'0 dro) = 2 = !Ar2 Resp.o

or~l~é

[k = fr] Resp.

I

: I;'\.~~ro .• ~

____ I _O \ ro s,~nOO ---1- L

I --xI rI

I

(b) Faixa vrentes distâncias a;:!esão correta para oem relação à sua largura dx e altu.ra ••_,

o raio de giração, em torno do eixo diametral, é

Para integrardex,quedáy=~

Notas:

CD É, certamente, indicado usar coordenadaspolares aqui. Como anteriormente, tambémfoi escolhido o elemento mais simples e damais baixa ordem possível, que é o anel infinitesimal. Deveria ser imediatamente evidente, da definição, que o momento polarde inércia do anel é sua área 21f r o dr o vezes r~ .

Resp.

Resp.r

kx ="2

Por simetria,/x = Iy, de modo que a Eq. (A3)

AP~NDICE A - MOMENTOS DE INÉRCIA DE AREAS / 289

<I> Esta int~gração é direta, porém o uso daEq, A3, em conjunto com o resultado para

Jz' é naturalmente mais simples.

Resp.

4

l27T,4sen 2 e= ---dO

o 4

= ,4 .!.- [e _' sen20 ]27T4 2 2 o

A determinação precedente de Ix é a mais simples possível. Oresultado pode, também, ser obtido por integração direta, usando-se o elemento de área dA = ro dr o de, mostrado na figura. Pordefmição,

'::'uma dificuldade ex::.e y se for observado

entre os triângulos

~••-se o mais simplesSe o elemento escolhido:::=~ que integrar, em

,- "'-'"7 em relação a x. Isto:' ::< expressão que se es-

x

x

x

y

h--- x ~ f--dx

Solução (b)

Solução (a)

y

I _31---I lI ","I ;.

I

I

I

I

01 4O

Resp.14,4(unidades)4

Ix = ~3 4y2(1 _ Yg2)dY

72

5

(b) Faixa vertical. Aqui, os pontos do elemento têm diferentes distâncias ao eixo x, de modo que deve ser usada a expressão correta para o momento de inércia do elemento retangularem relação à sua base que, segundo o ProbL AI, é bh 313. Paralargura dx e altura y, a expressão se torna

Determinar o momento de inércia da área sob a parábola, emrelação ao eixo x. Resolver usando (a) uma faixa horizontal deárea e (b) uma faixa vertical de área.


Solução. P:rimeiramente obtém-se a constante k = -},substituindo x = 4 e y = 3 na equação da parábola.

(a) FaiXil horizontal. Como todos os pontos da faixa horizontal têm a mesma distância do eixo x, o momento de inérciada faixa em relação a este eixo é simplesmente y' dA, ondedA = (4 - x) dy = 4 (1 - y' 19)dy. Integrando em y, dá

~dro-<.: dO".

_ ~_1~sIn~_x

Para integrar com respeito a x, y deve ser expresso em termosde x, que dá y = 3 .JX12, e a integral torna-se

'::ado usar coordenadasderiormente, também

o mais simples e daível, que é o anel in

a >1:':: imediatamente evi;:Je o momento polar

:' sua área 211" ro dr o ve-

4 (3yÇ)3 72Ix = i~ -2- dx = 5 = 14,4 (unidades)4Resp.

Nota:

<D Não há preferência entre as soluções (a) e(b). A solução (b), naturalmente, requerque se saiba o momento de inércia de umaárea retangular em relação à sua base, queé fácil de ser lembrado devido ao seu usofreqüente.

290 / ESTA TICA

Problema Resolvido AS

Determinar o momento de inércia, em torno do eixo x, daárea semicircular mostrada.

Solução. O momento de inércia da área semicircular, emtorno do eixo x', é a metade do momento de inércia do círculo

completo, em torno do mesmo eixo. Portanto, pelo resultado doProblema Resolvido A3

Obtém-se, em seguida, o momento de inércia J, em torno doeixo paralelo xo, que passa pelo centróide. A transferência érealizada, através da distância r= 4r/31T = (4) (20)/31T = 80/31T

mm, pelo teorema do eixo paralelo. Conseqüentemente,

[1=I-Ad2)

1= 2(104)1T _ (2021T) (~).2 = 1,755(104)mm4, 2 , ,31T

1 J Finalmente, a transferência é feita do eixo xo, que passa pelocentróide, ao eixo x, que fornece

[1=1+Ad2] Ix"; 1,755(104)+ (20;1T) (30+ ~~f== 1,755(104) + 93,08(104) = 94,8(104) mm4

Resp.


--x'

__ m __ :[ •

Nota:

Q) Este problema ilustra a cautela que se deveter ao usar uma dupla transferência de eixos,pois nem o eixo x', nem o x, passa pelo centróide C da área. Se o círculo estivesse completo, com o centróide sobre o eixo x', serianecessária apenas uma única transferência.

---

A solução ê.

seção das duasintegrais dá

JUl2 (x -o

Reunindo-se a .

Se tivesse si

ordem, dA = dxuJto de inércia do

aY2' mantendo x

que é a expreinércia do retânguJa.

Utilizando os

escrever a ex:pressida área do se'

Calcular o momento de inércia, em torno do eixo x, da áreafechada entre o eixo Y e os arcos circulares de raio a, cujos centros estão em O e A.

Solução. A escolha de uma lâmina diferencial vertical deárea permite a integração para abranger a área completa. Umaâmina horizontal iria requerer duas integrais em relação ay, em

virtu~da descontinuidade. O momento de inércia da lâmina, em

torno dd fixo x, é aquele de uma lâmina de. altura Y2' menosaquele de uma lâmina de altura y l' Assim, pelo resultado doProblema Resolvido AI.----

Os valores de Yl e Y2 são obtidos pelas equações das duascurvas, que são x2 + Y22 = a2 e (x ~ a)2 + Y12 = a2 e que forne-cemY2 =.J a2 - x2 eYl =.J a2 - (x - a)2. Assim,

Nota:

Q) Escolheu-se o sinal positivo para os radicaisporque tanto Yl como Y. estão acima doeixo x.

PROBLEMAS PRO

@)

p

A lâmina re:6 mm2 e seu

. eixo Y, é 170torno do ponto

AP~NDICE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE AREAS I 291

Probl. A.2

r '5mm I

I

~L ,O

@ Calcular o momento de inércia da área retangularem relação ao eixo x e encontrar o momento polarde inércia em torno do ponto O.

~ Re"sp. I~ = 21,06 (106) mm4; JO = 35,64 (106) mm4

G 'Dos resultados do Probl. AI, estabelecer, sem.'.pá1culo;'.o'momento. de inércia da área do paralelo-

"'. g~o, em torno do eixo x que passa por sua base eem·torno de um eixo paralelo, que passa pelo centróide.

Resp.a4

Ix = % (9..j3 - 21T) = 0,0969a4•

Reunindo-se as integrais com o fator 1/3 dá

~o.•·•·'r~O

Probl. A.I

Utilizando os resultados do Probl. Resolvido A3,escrever a expressão do momento polar de inérciada área do setor circular, em relação ao centro O.

A lâmina retangular estreita tem uma área de6 mm' e seu momento de inércia, em torno do

. eixo y, é 170mm4• Obter o raio de giração emtorno do ponto O, com aproximação rigorosa.

Resp. kO = 7,30 mm

d1x = [JY2 y2 dY] = i( Y23 - Y13) dxY,

1al2 4 - r.:>a2ya2 - X2 dx = ~(~ +~)o 4 2 3

1al2 4 - r.:>- X2ya2-x2dx=~(~_~)o 16 4 ·3a12

-1 a2ya2_(x-aJ2dx=~(V3 _27T)o 4 2 3a/2 •

1 (x - aJ2ya2 - (x - a)2 dx = ~(V3 7T)o 8 8 +"3

que é a expressão usada no início, originária do momento deinércia do retângulo.

A solução das duas equações fornece a coordenada x da interseção das duas curvas, que por inspeção, é a/2. A avaliação dasintegrais dá

Se tivesse sido iniciado usando um elemento de segundaordem, dA = dx dy, poder-se-ia escrever y' dx dy para o momento de inércia do elemento em relação ao eixo x. Integrando de YIay" mantendo x constante, obtém-se para a faixa vertical

PROBLEMAS PROPOSTOS

@)

>

-~----x,

=---x'

'4-----~--I'! ~

292 I ESTÁTICA

AlI DeterminaI ;:;semicirculE=

Al2 Calcular por'cia da área

---x

Probl. A.8

//c:---

y

II1

II130mmII

I

I

------------~---x- 40mm

Calcular o momento de inércia da área sombreadaem torno do eixo x.

Probl. A.3

O·'o;','T.', h

~b~n--LProbl. A.4

Os momentos de inércia da área A em relação aoseixos y e y' diferem de 0,032 m4• Calcular a áreaA, cujo centróide está em C.

40=

:1

Q'I, I,,

, r", \I

Considerando a li= Ix = Iy, parado ângulo a.

Al4

A13 Determinar o

guio equilátero

Probl. A.9

Probl. A.IO

YII

x--

yII

I úll<;\()~~~

I ,..-:::--1

I /1 /

1/lO lOmm -40 m';;--x

O aro de 1/4 de cúculo tem largura b, que é pequena, comparada com o seu raio r. Determinar ,omomento polar de inércia da área em torno docentróide.

AIO

A9 Calcular o momento de inércia da área sombreadaem torno do eixo x.I

II1

I1

1

Iy y'

Probl. A.S

\1ISOmm

ijI

i1- -

~50mm~40mm4 20mm----------------- --x

Probl. A.6

Calcular o momento de inércia ,da área triangular,em torno do eixo x. -

Resp, Ix = 270 (104) mm4

Obter o momento de inércia polar da área do anelsemicircular em torno do ponto O, por integraçãodireta. Usar o resultado para achar o momento deinércia, em torno do eixo x.

Resp. Ix = 0,368 (10-4) m4

A

AP~NDICE A - MOMENTOS DE INÉRCIA DE AREAS I 293

---x

rmércia da área sombreadail

Ali Determinar os momentos polares de inércia da áreasemicircular em relação aos pontos A e B.

(311" 4)Resp. JA=+11"r4;JB=r4 4-3Y

IB

G_-,A O

Probl. A.lI

AIS Demonstrar que o momento de inércia da área doquadrado em torno de qualquer eixo x', que passapelo seu centro, é igual ao momento de inércia emtorno de um eixo central x paralelo a um lado.

__c=J--_X'/::0---'Probl. A.lS

///

c:..--

ViI

ISOmmI

I

II

-L---x

bércia da área sombreada

A12 Calcular por integração direta o momento de inércia da área sombreada, em torno do eixo x. Resolver primeiro, usando uma lâmina horizontal de áreainfrnitesimal e, segundo, usando uma lâmina vertical da área infrnitesimal.

y

,"mm~V·-" __,Probl. A.12

A16 Determinar o momento de inércia da área sob a

curva senoidal, em relação ao eixo x.

Resp. Ix = 4ab3911"

y

bD~----i y =. b sen 1!:X

I aI .II .

O --xO a

Probl. A.16

A17 Determinar o momento de inércia da área sombreada, em relação ao eixo y.

Resp. Iy = 27,8 (104) mm4

L

---x40mm

Resp. Erro = 0,226%

A19 Determinar os momentos de inércia da área dosetor circular em torno dos eixos x e y.

r' sen 20<Resp. Ix = - ( O< - --)4 2

I _ r4 ( sen 20< )y-- 0<+---. 4 2

y,mmI

I

401---------I iI II II II II II II I

IO -.J __ x, mm

O 20 40

Probl. A.l?

A18 A área de um anel circular de raio interno r e externo r + ilr é aproximadamente igual à circunferência de raio médio vezes a espessura ilr. O momentopolar de inércia do anel pode ser aproximadamenteobtido, multiplicando-se esta área pelo quadradodo raio médio. Qual é o erro percentual, seilr = r/lO?

--x

YI

O

Probl. A.14

&b

Probl. A.13

A14 Considerando a simetria, mostrar que Ix' = Iy' == Ix = Iy, para a área semicircular, independentedo ângulo 0<.

A13 Determinar o raio de giração polar da área do triângulo equilátero de lado b, em torno do centróide C.

\YI

~I

r II

II

r----~OO

tem largura b, que é peseu raio r. Determinar o

-a da área em torno do

~

294 I ESTATICA

--x

Probl. A.19

A20 Urna lâmina estreita, de largura constante b, tem aforma de urna espiral, r = ke. Após urna volta completa, de e = o a e = 21T, o raio [mal da espiral é R.

Determinar o momento polar de inércia e o raio degiração da área em torno de O.

Resp. JO = 1,609R: b; kO = O,690R

Probl. A.20

Problema

Calcular o

doeixox,~

Solução. Agula (1), pc;±;:triângulo (3),em torno do ~

Ix=+·-lr=

A3 ÁREAS COMPOSTAS I ,_ 1x--~I~

[1=1 +Ad']

[1=1 _Ad2] 1;x=-

o momento.jtorno do eixo x, é

A transferer= 4r/31T = 4(~:cia de eixo, f,que passa peloC3 diretamente

É freqüentemente necessário calcular os momentos de inércia de áreas compostas por um número departes distintas, de formatos geométricos simples e calculáveis. Visto que o momento de inércia é a integralou a soma dos produtos da distância elevada ao quadrado vezes o elemento de área, segue que o momento deinércia de uma área positiva é sempre uma quantidade positiva. Portanto, o momento de inércia de uma áreacomposta, em tomo de um eixo, é simplesmente a soma dos momentos de inércia de suas partes individuais,em tomo do mesmo eixo. É muitas vezes conveniente considerar a área composta como constituída de partespositivas e negativas. Pode-se, então, tratar o momento de inércia de uma área negativa como uma quantidadenegativa.

Quando a seção é composta de grande número deJ'artes, é conveniente tabelarem-se os resultados paraas partes em termos da área A; do momento de inércia I, em relação ao centróide; da distância d do eixo quepassa pelo centróide ao eixo em tomo do qual o momento de inércia de toda a seção está sendo calculado; e

do produto Ad2• Para qualquer uma das partes, o momento de inércia desejado é I+Ad2 e, assim, para aseção completa, o momento de inércia desejado pode ser expresso como I= "f:,I + "f:,Ad2•

_ Por ex~~plo, Eara uma área no plano x-y, e empregando a notação da Fig. A4, onde Ixo é idêntico aIx e Iyo é idêntico aly, a tabela poderia incluir,

Pa~L Área, A\Ad 2y Finalmente;, o

(3) em torno deé

Somas "f:,Ad 2y

Ix=-* •..••-o momento

posta, é conseq -

Da soma das quatro últimas colunas, obtém-se, então, os momentos de inércia da área composta, emtomo dos eixos x e y/'

3 Ix = 5,

=4,

I = L. I + L.Ad 2x Xo x

Iy = L.Iyo + L.Ad/

A área da ~= 3493 mm', deeixo x é

Embora se possa somar os momentos de inércia das partes individuais de uma área composta em tomode um dado eixo, o mesmo não pode ser feito com relação ao seus raios de giração. O raio de giração da áreacomposta em tomo do eixo em questão é dado por k = Y I/A, onde I é o momento de inércia total e A é aárea total da figura.

de inércia e o raio de::z O.

:',609R~b; kO = 0,690R

AP~NDICE A - MOMENTOS DE INI:RCIA DE ÁREAS I 295

Problema Resolvido A 7

lII

, .•' pm um núm,w d,~e inércia é a integral

~ que o momento delD ::.i> inércia de uma áre:l

fDaSpartes individuais,

constituída de partesI :::.ornouma quantidade!

~se os resultados para16cância d do eixo que

e:sã sendo calculado; el-Ad2 e, assim, para a"

. onde Ixo é idêntico a

l ;:a área composta, em

-~ composta em tomo:-aio de giração da área=.einércia total e A é a

\

3

Calcular o momento de inércia e o raio de giração em tornodo eixo x, para a área sombreada mostrada.

Solução. A área composta é constituída da área do retângulo (1), positiva, e das áreas do quadrante do círculo (2) e dotriângulo (3), negativas. Para o retângulo, U momento de inérciaem torno do eixo x, conforme o Probl. AI (ou Tabela C3), é

Ix = +Ah2 = +(80)(60)(60)' = 5,76(106) mm4.

Conforme o Probl. A3 (ou Tabela C3) o momento de inérciada área negativa do, quadrante de círculo, em torno de seu eixoda base x', é:

Ix' = - 2- ( 1"(r4 ) = _ ~ (30)4 = -0,1590(106) mm4.4 . 4 16

A transferência deste resultado, através da distânciar= 4r/31"( = 4(30)/31"( = 12,73 mm, pelo teorema da transferência de eixo, fornece para o momento de inércia do eixo paraleloque passa pelo centro de gravidade da parte (2) (ou use a TabelaC3 diretamente)

[/ = I - Ad2] /x = .-0,1590(106) - [- 1"(~0)' (12,73)2] == -0,0445(106) mm4.

o momento de inércia da parte do quadrante de círculo, emtorno do eixo x, é agora

[1=/ +Ad2]

Ix= -0,0445(106) + [- 1"(~0)2 Jc60 -12,73}' == -1,624(106) mm4.

Finalmente, o momento de inércia da área triangular negativa(3) em torno de sua base,. conforme o Probl. A2 (ou Tabela C3),é

Ix = - -&-bh3 = - -&-(40)(30)3 = -0,09(106) mm4.

o momento de inércia total, em torno do eixo x da área composta, é conseqüentemente

Ix = 5,76(106) - 1,624(106) - 0,09(106) == 4,046(106) mm4. Resp.

A área da figura é A = 60(80) - {- 1"(30)' - -} (40)(30) == 3493 mm2, de maneira que o raio de giração em torno doeixo x é

kx =.J IxlA = J 4,046(106)/3493 = 34,0 mm. Resp.

X'-~DX01 V (1) /1~-x

Notas:

CD Observe que se deve transferir o momentode inércia da área do quarto de círculo parao eixo Xo que passa pelo centróide, antes detransferi-Io para o eixo x, como foi feito noProbl. Resolvido A5.

® Atenção aos sinais corretos. Como a área é

negativa, tantoTcomoA têm sinais negativos.

® Se a área composta tivesse mais de três partes, teria sido organizada uma tabela dos termos I e Ad2, de modo a garantir a inclusãode todos eles e obter 1= 'J;I + 'J;Ad2•

--

296 I ESTA T1CA

A31

A30 Determinar aárea do

A29

A28

Probl. A.25

YoII

'''Imm jr~;mm 1-1L-. 20mmtl-loomm-1

Probl. A.26

Resp. Ix = 10,76 (106) mm'

Probl. A.27

Encontrar o momento de inércia da área sombreada, em tomo do eixo x, de simetria a 45°.

Resp.lx=17,96mm'

Determinar os momentos de inércia da seção Z, emtorno dos eixos xo e Yo' que passam pelo centróide.

JO = 1,265 m'

A27 Calcular o momento de inércia da seção transversalda cantoneira, em tomo do eixo xo' que passa pelocentróide.

A26

~A25 Calcular o momento polar de inércia da área som-

~ breada, em tomo do ponto O.

40mm

IIIII

, I" I

45°' I--------~lOmm

x,,"-""","",40mm

Probl. A.24

r-4a--j~~

a f--<- I a___L-tx

I a

I-f--a--L

Probl. A.22

Y

I

A~~ - 1130mmII 40mm

I l-xl--40mm~

Probl. A.21

-1 r-30mmr300mm

Lu ~rA ~ 400 mm--~-,.rT

Probl. A.23

Calcular o raio de-gjração da área da cantoneira, em

tomo do ponto A]Observar que a largura das abasé pequena quando!comparada com o comprimento.2/ Resp. kA = 208 mm

PROBLEMU\SPROPOSTOS

~ Calcular o momento polar de inércia da área sombreada, em tomo do ponto A.

Resp. JA = 138,9(lá') mm

@ Determinar o momento de inércia dà área sombreada, em torno do eixo x, empregando dois procedimentos diferentes.


30mm

\\\\ /

_~ -_L--....l---x~30mm ,1, 30mm~

Probl. A.33

A33 Calcular o momento de inércia da área sombreadaem torno do eixo x.

A34 Determinar o momento de inércia da área retangular, em torno do eixo diagonal x.

A32 Determinar a expressão para o raio de giração daárea hexagonal do ProbI. A31, em torno de umeixo polar, que passa pelo centro O.

1-10mm

T--x

ProbI. A.28

Resp. kO = 0,455 m

A29 Calcular o raio de giração polar da área sombreada,em tomo do ponto O.

A28 Determinar o momento de inércia da área semicircular em tomo do eixo x, dividindo-a em cincofaixas horizontáis de larguras iguais. Calcular omomento de inércia de cada faixa como a área(largura vezes o comprimento da linha horizontalmédia) vezes o quadrado da distância da linha horizontal média ao eixo dos x. Comparar o resultadocom o valor exato.

Jo= 1,265 m'

inércia da área som-

~ !nércia da área sombrt23imetria a 450•

Re-rp. Ix = 17,96 mm'

inércia da seção Z, empassam pelo centróide.

~

' I

.• ~. O,5~ i.'" ':J O----Probl. A.29

X/'/'

a

/'/'

ProbI. A.34

• i:ircia da seção transversal•• ::u eixo xo, que passa pelo

A30 Determinar a expressão do momento de inércia daárea do trapezóide, em tomo de sua base.

b

ProbI. A.30

A35 Calcular o momento de. inércia da área do ProbI.A21 em torno do eixo x.

Resp. Ix = 28,3 (10·) mm·

A36 Calcular o momento de inércia da seção transversalda viga C, padrão, de 300 X 100 mm, em torno doeixo Xo que passa pelo centróide. Desprezar os metes e arredondarnentos dos cantos e comparar oresultado com o valor de Ix = 6,25 (10·) mm·, fornecido por manual .

- --Xo

--1 f-16,2mm

( 300mm "

( ~) r·Resp. Ix =i 1 - 16

Probl. A.36

A37 Calcular o momento de inércia da área sombreada,em torno do eixo x.

Resp. Ix = 5.j3 b·16

A3I Desenvolver uma fórmula para o momento de inércia da área do hexágono regular de lado b, emtomo de seu eixo central x.

Probl. A.3I

....-

298 I ESTATICA

~~lOmm

para resolvê-Ia, ou aproximar a resposta com ode uma solução gráfica-numérica.)

Resp. b = 16 =

(c) Rotl inércia de uma •

problema de deNa Fig. A6.

A primeiro:.tróide, que seem relação aoteorema da tnm~ -

(b) Trcun: inércia, també!:::em te\ação ao -

-xTUb1-----L----l'lwmm

lOmm~ f-~lOOmm

Probl. A.38

x

yIII

~--I ---I •II rIIIII

Probl. A.37

A38 Determinar a largura b da mesa, para a seção transversal da viga H, que fará com que os momentos deinércia, em torno dos eixos centrais x e y, sejamiguais. (Sugestão. É necessário resolver uma equação cúbica. Referir-se ao Apêndice B, seção B4,

A4 - PRODUTOS DE INÉRCIA E ROTAÇÃO DE EIXOS

(a) Definição. Em certos problemas que envolvem seções transversais assimétricas e no cálculo demomentos de inércia, em torno de eixos rotativos, ocorre uma expressão

dIXY = xy dA

onde x' e y' fo

figura.

que tem a forma inte~rada )_~ [I~~ JXYdA) (A7)

onde x e y são as coordenadas do elemento de área dA. A quantidade Ixy é chamada o produto de inércia daárea A, em relação aos eixos x-y. De modo diferente dos momentos de inércia que são sempre positivos paraáreas positivas, o produto dé inércia pode ser positivo ou negativo.

O produto de inércia é zero, sempre que qualquer um dos eixos de referência for um eixo de simetria,tal como o eixo x para a área da Fig. AS. Nesse caso, os termos x (- y) dA e x (+y) dA, situados simetricamente, e1iminar-se-ão mutuamente na soma. Tendo em vista que a área completa pode ser composta de pares

.de tais elementos, segue que o produto de inércia para a área completa é zero. Desenvolven,

e as relações defini

Fig.A.5

• resposta com)

Rezp. b = 1

-%

--- ~lOmm

L. á1F;::as e no c c

k oproduto de inércia ~liD 5eIIlpre positivos

eixo de simeA. situados simetri •.....

composta de p

AP~NDICE A - MOMENTOS DE INÉRCIA DE ÁREAS / 299

(b) Transferência de eixos. Um teorema de transferência de eixo, similar àquele para os momentos deinércia, também existe para os produtos de inércia. Por definição, o produto de inércia da áreaA, na Fig. A4,em relação aos eixos x e y, em termos das coordenadas Xo - Yo, aos eixos que passam pelo centróide é:

IXY = f (xo + dy)(Yo + dx) dA

= J xoYo dA + dx f Xo dA + dy f Yo dA + dXdy J dA

A primeira integral é, por definição, o produto de inércia em relação aos eixos que passam pelo centróide, que se escreveu fxy. As duas integrais do meio são ambas nulas porque o primeiro momento de área

em relação ao seu próprio centróide é, necessariamente, zero. A terceira integral é apenas dxdyA. Assim, oteorema da transferência de eixos para produtos de inércia, torna-se:

(A8)

(c) Rotação de eixos. O produto de inércia encontra uso, quando é necessário calcular o momento deinércia de uma área, em torno, de eixos inclinados. Esta consideração conduz diretamente ao importanteproblema de determinação dos eixos, em torno dos quais o momento de inércia é um máximo e um mínimo.

Na Fig. A6, os momentos de inércia da área, em torno dos eixos x' e y', são

Ix' = J y/2 dA = J (y cosB - xsenB)2 dA

Iy' = J x'2dA = f(y·senB + xcosB)ZdA

onde x' e y' foram substituídos por suas expressões equivalentes, como pode ser visto pela geometria dafigura.

Fig.A.6

Desenvolvendo e substituindo as igualdades trigonométricas,

sen2 B = 1 - cos 2B2

e as relações definidas para Ix'!y'!xy fornecem

cos2 B = 1 + cos 2B2

I_Ix + Iy + Ix - Iy cos 2B _ IXY sen 2Bx' - 2 2

I + Iy Ix - Iy cos 2B + I sen2BI x - xyy' = 2 2

(A9)

300 I ESTA T1CA

De modo similar, escreve-se o produto de inércia em relação aos eixos inclinados:

IX'y' = f x'y' dA = J (ysen e + x cos e)(y cos e - x sene) dA

Desenvolvendo e substituindo as igualdades trigonométricas

sen e cos e = ~sen 2e,

e as relações definidas para Ix,ly,lxy fornecem

CoSZ e - sen 2 e = cos 2(J

Ix - IyIx' y' = 2 sen 2e + IXY cos 2e (A9a)

Adicionando as Eqs. (A9), dá Ix' + Iy' = Ix + Iy = fz, o momento polar de inércia em torno de O, queestá de acordo com os resultados da Eq. (A3).

O ângulo que faz com que Ix' e Il sejam um máximo ou um mínimo pode ser determinado igualando-se a zero a derivada de qualquer um,lx' ou Iy' em relação a O.Assim,

Simbolizando este ângulo crítico por a, temos

qualquer ponto C entre OA e OC é

ângulos são m~ --que as Eqs. (A9j, ,_

2IXY

tg2a =~Ixy(AIO)

A Eq. (AlO) fornece dois valores para 2a, que diferem de 1T, uma vez que tg 2a = tg (2a + 1T). Conseqüentemente, as duas s0luções para a diferirão de 1T12. Um valor define o eixo de momento de inércia

máximo e o outro. valor) define o eixo de momento de inércia mínimo. Esses dois eixos retangulares sãoconhecidos como os eixos principais de inércia.

': , . A, substitUiÇ~~ Eq. \Al.O),. par~ ~ v~or O crí~ic~ ~e 20, na Eq. (A9a), mostra .que o produto demerCla e zero-para os elXOSpnnClpalS de lllerCla. A substltUlçao do sen 2a e do cos 2a, obtldos da Eq. (AIO),por sen 20 ecos 20 nas Eqs. (A9), fornece as intensidades dos momentos de inércia principais, como:

Problema RI

Escrever a _guIar, com cen: '.aos seus lados-

Solução.eixos Xo'Yo é, Dar lieixo dá

- Ix + Iy _ ~ vUx _ Iy)Z + 4Ix/Imín, - 2 2

(AlI) Neste exeID]para manter acomo definido, de

(d) Círculo de inércia de Mohr. As relações nas Eqs. (A9), (A9a), (AIO) e (AlI) podem ser represen

tadas, graficamente, por um diagrama conhecido como círculo de Mohr. Para os valores dados de Ix: Iy e Ixy,os valores correspondentes de Ix', Iy' e Ix'y' podem ser determinados pelo diagrama, para qualquer ângulodesejado O. Seleciona-se, primeiro, um eixo horizontal, para medir os momentos de inércia, e um eixo

vertical, para a medida dos produtos de inércia (Fig. A7). Em seguida, localiza-se o ponto A, que tem ascoordenadas (Ix, Ixy) e o ponto B, que tem as coordenadas (Iy, -Ixy). Desenha-se um círculo com estes doispontos, como extremidades do diâmetro. O ângulo formado pelo raio OA com o eixo horizontal é 2a, ouduas vezes o ângulo formado pelo eixo x, da área em questão, com o eixo do momento de inércia máximo. O

ângulo no diagrama e o ângulo na área são medidos no mesmo sentido, como é mostrado. As coordenadas de

Problema R

Determinar obola mostrada.

Solução.da curva toma-rex =

Y YoI I

idY---õo-j~

III II I

i h C --r-xoI dx

I b 1L --xResp.

AP~NDICE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE ÁREAS I 301

Fig. A.?

Imá:<.

x'// /x

1x9i ~/;i~~~, ~

~. p ~ \EixO de,~omento de inércia,x maxuno que passa

Ix'y' A/ por PI "28

IxyIIf"<'

rII

k-lmín.II1--I

II

~IyI

r--1y'

~

Neste exemplo, dx e dy são ambos positivos. Deve-se atentarpara manter a consistência com os sentidos positivos de dx e dy,como definido, de modo a observar os seus sinais.

Solução. Como o produto de inércia lxy, em torno doseixos Xo-Yo é, por simetria, nulo, o teorema de transferéncia deeixo dá


Escrever a expressão para o produto de inércia da área retangular, com centróide em C, em relação aos eixos x-y, paralelosaos seus lados.

qualquer ponto e são (Ix', Ix'y') e aquelas do ponto correspondente D são(Iy"- Ix'y')' Também o ânguloentre OA e oe é 2 (J, ou duas vezes o ângulo formado pelo eixo x com o eixo x'. Naturalmente, ambos os

ângulos são medidos no mesmo sentido, como é mostrado. Pode ser verificado da trigonometria do círculoque as Eqs. (A9), (A9a) e (AIO) concordam com as aproximações feitas.

,como:

em torno de O. ~

.-

=tg(2a+1T)., de momento de .

_ eixos retangulares -

. ~rciamáximo.• _As coordenadas h


Determinar o produto de inércia Ixy, para a área sob a parábola mostrada.

Solução. Considerando que x = a, quando y = b, a equaçãoda curva torna-se x = ay2 Jb2.

Y

I _bl----'lo

I "'~I 9I '}.

I

a----x

302 / ESTÁTICA

Do mesmo

onde dx== 7,5 mm.

Produtos

guio, em tiparalelos aosde inércia pa::1

b

Yo

I

----xI-- x ~ f-dx a

YI a + x Yor-- ----»jI 2

~x4III

II

YSolução I. O produto de inércia para o elemento dA = dxdy

é dIxy = xy dx dy e para área completa é

b a b 1( a2 4)IXY = f f xy dx dy = f - a2 - + y dy = ia2b2O ay2/b2 O 2 b

Solução lI. Pode-se iniciar com uma faixa inf"mitesimal deprimeira ordem e evitar uma integração, usando os resultados doProbl. Resolvido A8. Tomando uma faixa vertical, dA = Y dx,

tem-se dI xy = O + (+ y) (x) (y dx), onde as distâncias aos eixosque passam pelo centróide do retângulo inlmitesimal são

dx = y/2 e dy = x. Tem-se, agora,

a 2 a xb2 b2]aIXY = f Lxdx = f -xdx = _x3 = ia2b2 Resp.O 2 O 2a 6a O

Nota:

<D Se tivesse sido escolhida uma faixa horizon

tal, a expressão se tornaria dI xy = Y .;(a + x) [(a - x) dy] que, quando mtegrada,obviamente daria o mesmo resultado.

onde dx =mm.

Para a can

Ixy = -3,í5

Momentos tU

I, são

[1=7 +Ad']

Problema Resolvido AIO

Determinar o produto de inércia da área semicircular, em

relação aos eixos X-y)

--Sol~ema da transferência de eixo, Eq. (A8), permite escrever

[Ixy=7xy +dxdyA]

( 4r ) ( rrr' ) 2r'Ixy = O + - - (r) - = - -,3rr 2· 3Resp. Nota:

e os momentoseixos são

[1=7 +Ad']

onde as coordenadas x e y do centróide C são dy = +r edx = -4r/3rr. Uma vez que um dos eixos que passam pelo centro

de gravidade é um eixo de simetria 7xy = o.

(j) O emprego correto do teorema de transferência de eixos traz uma grande economiade trabalho no cálculo dos produtos deinércia. Assim, para a seç:i

Ix = 6,58J;

Iy = 7,583

/

Problema Resolvido AlI

Localizar os eixos principais de inércia que passam pelo centróide e determinar os momentos de inércia máximos e mínimoscorrespondentes, para a seção da cantoneira.

Solução. O centróide C é facilmente localizado, como estámostrado.

Eixos princi;é dada pela Eq. AI

[ tg 20< = 2IxyIy - Ix

y10 I

16ni11"'""'2,5=

r I50 Il ic-------j-X

7.5=10=

l-40=~

[Ixy = Ixy + dxdyA I Ixy = O+ (n,5)( -7,5)(400) =

= -3,75(104) mm4,

[Ixy =Ixy +dxdyA] Ixy = O + (-12,5)(+7,5)(400) =

= -3,75(104) mm"

Do mesmo modo, para a parte II

AP~NDICE A - MOMENTOS DE INÉRCIA DE AREAS I 303

onde dx = -(7,5 + 5) = -12,5 mm e dy = + (20 - 10 - 2,5) == 7,5 mm.

Produtos de inércia. O produto de inércia para cada retângulo, em torno de seus próprios eixos que passam pelo centróide,paralelos aos eixos x e y, é zero, por simetria. Assim, o produtode inércia para a parte I é

onde dx = +(20 - 7,5) = 12,5 mm e dy = -(5 + 2,5) = -7,5mm.

Para a cantoneira completa

Momentos de inércia. Os momentos de inércia, para a parteI, são

b

a----x

L-_=-,_ f' h .~..., u~a alxa ~I1zon;

II r romaria dIxy - Y ~~ ~e, quando integradi,L==0 resultado.

Círculo de Mohr. Estes resultados podem também ser obtidos diretamente das Eqs. A.11 ougraficamente, pela construção do círculo de

, Mohr, como é mostrado na figura abaixo. Para aconstrução do círculo de Mohr usam-se os valores

calculados de Ix' Iy e IxY' Estes valores sãomarcados no diagrama para localizar os pontosA e B, que são as extremidades do diâmetro do

círculo, O ângulo 20<,Imax.eImín. são obtidosda figura, conforme está mostrad,o.

Ix = I~ (40)(IW + (12,W (400) =

= 6,583(104) mm4

Ix = +.- (10)(40)3 + (400}(12,5)2 =

= 11,583 (104) mm4

e os momentos de inércia, para a parte lI, em torno dos mesmoseixos são

Iy = 112 (10)(4W + (7,5)2 (400) =

= 7,583(104) mm4

Assim, para a seção completa

Eixos principais. A inclinação dos principai's eixos de inérciaé dada pela Eq. AIO. Portanto,

tg 20<= -2(7,50) = 1 87510,167 - 18,167 '

20<= 61,9° O<= 31,0° Resp,

[ 2Itg20<=~]Iy - Ix

Ix = 6,583(104) + 11,583(104) = 18,167(104) mm4

Iy = 7,583(104) + 2,583(104) = 10,167(104) mm4

Iy = +.-(40)(lW + (400)(7,5)2 =

= 2,583(104) mm4D ::o teorema de transfe

grande economia" dos produtos de

---

304 I ESTATICA

Agora, os momentos principais de inércia po!lem ser calculados com as Eqs. (A9), usando a para () e obtendo Imáx., de Ix'

e Imín., de Iy'. Assim,

Imáx. =Ix' = (' 18,167; 10,167.+ 18,167; 10,167 (0,4705) + (7,50)(0,8824)) (104)=

= 22,67(04) mm4 Resp.

, _ ,_ ,/18,167 + 10,167 _ 18,167 -10,167 (0,4705) _ (7,50)(0,8824)') (104)=Imln.-Iy -\ 2 2

4 ~~= 5,67(104) mm A44

~ Calcular o produto de inércia da área sombreada,em torno dos eixos x-y. :

Resp. Ixy = -128,0(10') mm4

Determinar o p~uto-d~ércia de cada uma dasquatro áreas, e,m torno dos eixos x-y. :

Resp. (a) e (c): Ixy = 360 (04) mm4(b) e (d): Ixy = -360(04) mm4

PROBLEMAS PROPOSTOS

@

A46

A47

A45 Uma área

mm4 e Iy = :..:junto de etdos ponte:'momento

gem O, émínimo da •

porO.

y

ILIII h

i ---xb

Probl. A.42

Obter o produto de inércia da área do quadrantecircular, em relação aos eixos x-y, e usar este resultado para obter o produto de inércia, em relaçãoaos eixos paralelos que passam pelo centróide.

Resp. Ixy= r4f8; lxy= -0,01647r4

@ Calcular o produto de inércia da área do triânguloretângulo, em relação aos eixos x-y.

40mm

.. __t_--x30~mm

Probl. A.40 /

(Dimensões em milímetros)

Probl. A.39

yII

50:50\I ' (a)

(b) I c=9-r601 +-+--- i 30 . I -I 60 40

30 I t

--:----[g--30---- --x

60 (c) . I , 40

[330---60 .-t (~~

8Calcular o produto de inércia da área triangular, emtorno dos eixos x-y.

(d)

y

,,%1/~- -~~. ---x/ . ,./1 "

/ I "I

I

Probl. A.5l(c)

A49 Determinar a relação entre a base b e a altura h dotriângulo isósceles que tornará iguais todos os momentos de inércia em torno de qualquer eixo quepasse pelo vértice C. (Ver o Probl. A47.)

CZ2J'.'... " , ...•....

b . R.: . ' .. ~x'"',.;:--<. " .--;.,----

:,:,' "';:,,-&' - "'\ •••• -8aJ2 C aJ2

Probl. A.48

Resp. a = 2b

yII

~\l;._/~ ., "';'7+1,:"".2 '. ---x-- \1\

I \

AS 1 Fazer um croqui do círculo de inércia de Mohr,para cada uma das quatro áreas retangulares, com

•••x'

ffi!\I.I h, 1~1.~~~2 2

Probl. A.49

ASO Demonstrar que a intensidade do produto de inércia pode ser calculada da relação

Ixy =.J IxIy - ImáxJmín.

A48 Determinar as proporções da área retangular, para aqual o momento de inércia, em torno de um eixox' que passa pelo ponto C, centro do lado maior, éum valor constante, qualquer que seja e. (Ver oProbl. A47.)


I _-+----1

~'mm1:Ti C 20~ __L· _

I YY 50=:>1

I ~ 1IIIL __

Probl. A.46

Onde Ix = Iy para uma área simétrica em torno dequalquer um dos eixos x ou y, demonstrar que omomento de inércia é o mesmo para todos os eixosque passam pela origem.

Resp. Imín. = 9,56 (104) mm4

A47

A4S Uma área tem momentos de inércia Ix = 28 (104)

mm4 e Iy = 12(104) mm\ em torno de um conjunto de eixos x-y. O ângulo medido, no sentidodos ponteiros de um relógio, do eixo x ao eixo demomento de inércia máximo, que passa ·pela origem O, é 20°. Determinar o momento de inérciamínimo da área, em torno de um eixo que passaporO.

A46 Os produtos de inércia da área sombreada, em relação aos eixos x-y e x'-y', são 8 (106) mm4 e-42 (106) mm4, respectivamente. Calcular a áreada figura cujo centróide é C.

Resp. A = 1,316 (104) mm2

Probl. A.43

yII

\ QI I

\ x\ //\ b ./\ /.\ // .. ~

\ /30° .. ---xb

Probl. A.44

Y

I Yo

~:I

. f

f.

I --Xo.--C

---xr

A44 Determinar os momentos e o produto de inércia daárea do quadrado, em relação aos eixos x'-y'.

=

. ddrea

__= -l28,O(::.""l_~

L

II

b.

306 I ESTA T1CA

Resp. Ixy = 1 225 m'

Ca1cular o produto de inércia da área retangular,em relação aos eixos x-y.

quadradas mostradas. Encontrar o ângulo a, medido a partir do eixo x ao eixo de momento de inércia máximo.

I' 4 (10 f7max. = a 3 + V 5 );

I' 4(10 f7mIn. = a 3-V 5 );

a= 76,7°

Resp.

A56

as proporções e posições mostradas. Indicar em

cada diagrama, o ponto A de coordenadas Ix'!xy eângulo 2a, onde a é o ângulo do ei~o x com o eixode momento de inércia máximo.

Os momentos de inércia máximo e mínimo da áreasombreada são 25 (106) mm4 e 5 (106) mm\ respectivamente, em torno dos eixos que passam pelocentróide C. O produto de inércia, em relação aoseixos x-y, é -8 (106) mm4. De acordo com asequações adequadas, calcular Ix e o ângulo a, medido no sentido anti-horário, a partir do eixo x aoeixo de momento de inércia máximo.

Resp. Ix = 21 (106) mm4; a = 26,6°

A52

II

6mmlIL- _

Probl. A.56

A53

A54

A55

Resolver o Probl. A52 pela construção do círculode inércia de Mohr.

Os momentos e o produto de inércia de uma área,em relação aos eixos x-y, são Ix = 14 (104) mm4,

Iy = 24 (10') mm' e Ixy = 12(104) mm4• Construir o círculo de inércia de Mohr e usá-Io para determinar os momentos principais de inércia e oângulo a, entre o eixo x e o eixo de momento deinércia máximo.

Resp. Imáx. = 32 (10') mm4;

Imín. = 6 (104) mm4;

a = 56,3° sentido horário

Determinar os momentos de inércia máximo e mí

nimo, em relação aos eixos que passam pelo centróide C, para a combinação das quatro áreas

yI

I

a I a

A57 Calcular os momentos de inércia máximo e mínimo

da cantoneira estrutural, em torno dos eixos quepassam pelo seu vértice C. Encontrar o ângulo a,medido no sentido anti-horário, a partir do eixo xao eixo de inércia máximo. Desprezar os arredondamentos dos cantos.

Resp. Imáx. = 1,782(106) mm4;

Imín. = 0,684 (106) mm4;

a = -13,4°

y

~ r-10mm

r80mm

Lll ----±-___ L.!o'!:.~A f.--60 mm---! r

ac

a

xProbl. A.57

a a

a

Probl. A.55

aA58 Calcular os momentos de inércia máximo e míni

mo, em torno dos eixos que passam pelo centróide

~J~-50mm-1lOmm

Probl. A.58

AP~ND'CE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE ÁREAS I 307

para a seção estrutural Z. Indicar o ângulo Ci medido no sentido anti-horário, a partir do eixo Xo aoeixo de momento de inércia máximo.

Resp. Imáx. == 1,820 (106) mm';Imín. == 0,207 (106) mm';

Ci== 30,1°

- da área retangu!z:.

==~(!.Q.l. -=3 .

-n-, == (1< ( !.Q - -=3 '\ ~

;;:0='16,1"

Rerp. Ixy == 1 2')' -'

~~_ .. -. -

-=o =ela maxuno e lIUj

em tomo dos eIXOS_C Encontrar o ângnb_

h:ririo, a partir do eic =. Desprezar os ~I

áx.. == 1,782(10') rn=:.'::IÍn.. == 0,684 (10') ='

== -13,4°

~:Omm-I;-xa---- '

~ máximo e II1.Úri

~ Ie passam pelo centróide

B3 - GEO

AP:eNDICE B 1. Esfera

Volume = -1- '

Área da Superti:z =

TÓPICOS SELECIONADOS DA MATEMÁTICA

2. Cunha esférica

Volume = +r"=

Bl - INTRODUÇÃO

o apêndice B contém um resumo abreviado de tópicos selecionados da matemática fundamental,freqüentemente empregados na Mecânica. As relações são citadas sem nenhuma prova. O estudante deMecânica terá oportunidade freqüente de usar essas relações e estará em desvantagem se elas não estiverem à

mão. Ocasionalmente serão necessários outros tópicos não listados aqui.À medida que o leitor revisa e aplica sua matemática, deve ter em mente que a Mecânica é tiina ciência

descritiva aplicada a corpos e movimentos reais. Portanto, as interpretações geométrica e física da matemáticaaplicada, devem ser observadas durante o desenvolvimento da teoria e a formulação e solução de problemas.

-b ±x=

b=e= 2,71

r=y, x=log (ab) = log a

log (a/b) = log Q

log (l/n) = -log

10gan = n log a

log 1 = O

10glO X = 0,4343 ~

3. Determinantes

2.a ordem

2. Logaritmos

1.

B4 - ÁLGEBRA

~IIt + 62 = 1r/2

4. CírculO

Circunferência = 21rr

Área = 1rr'

Comprimento de arco s = r6

Área do setor = -}r'6

5. Um triângulo inscrito emum semicírculo é um triângulo retângulo.

2. Triângulos semelhantes

~=h-yb h

1. Quando duas linhas quese interceptam são, re spectivamente, perpendiculares a duas outras, osângulos formados sãoiguais.

B2 - GEOMETRIA PLANA

3. Qualquer triângulo

Área = -}bh

b

6. Ângulos de um triângulo

.61 + 6, + 63 = 180064 = 61 + 6, A~8_4

3.a ordem

I ai b1

a, b,I a3 b3

c1'

c, =c31

AP~NDICE B - TOPICOS SELECIONADOS DA MATEMÁTICA I 309

B3 - GEOMETRIA DOS SóLIDOS

Volume = -}1Tr' h

Área lateral = 1TrL

L =..J r' + h'

3. Cone Circular Reto

Volume=+1Tr'

Área da Superfície = 41fT'

1. Esfera

2. Cunha esférica

)

4. Qualquer pirâmide ou cone

Volume = -}Bh

onde B = área da base

L~tica fundamen~·~ o estudante ê.=

•• se elas não estiverem i B4 - ÁLGEBRA

~llecãnica é uma ciêIlci~=ae física da matemá" "

I~3Dln.cãode problema

1. Equação do 2.0 grau

ax' + bx + c = O

- b ± ~ 4ac b2 > 4ac para raÍzes reaisx= 2a '

4. Equação ~úbica

x' =Ax +B

faça p = A/3, q = B/2

( .2. Logarltmos

bX=y, x=logbY

Logaritmos naturais

b = e = 2,718282

eX = y, x = lo~ Y = 1nY

log (ab) = log a + log b

log (a/b) = log a -log b

log (l/n) = -log n

log an = n log a

log 1 = O

log,o x = 0,4343 1nx

3. Determinantes

2.a ordem

I a, b,1I I=a,b,-a,b,a, b,

Caso I: q' - P 3 negativo (três raÍzes reais e distintas)

cos u = q/(P .JP), 0< u < 180°

x, = 2.JP cos (u/3)

x, = 2.JP cos (u/3 + 120°)

x. = 2.JP cos (u/3 + 240°)

Caso 11: q' - p' positivo (uma raiz real e duas raÍzesimaginárias)

Xl = (q +..J q' - p3)1/' + (q - ..Jq' - p3Jl13

Caso 111; q' - P 3 = O(três raÍzes reais, duas raÍzesiguais)

Para a equação cúbica geral:

3.a ordem

I a, b,

a, b,

I a. b.

c,1

c, = +a, b,c. + a,b.c, + a.b, c,

c31 -a3b,c,-a,b,c3 -a,b3c,

x3 + ax' +bx + c = O

Substituir x = Xo - a/3 e obter X03= Axo + B. Proceder, então, como acima para encontrar os valores deXo para os quais x = Xo - a/3.

310 I ESTAnCA

3. Relações ..

3. Parábola

(J

cos 2"=sen2(J=2cos 2(J = ~ -sen (a ± b) =cos(a ± b) =

(J _

sen 2"-

y2

x=a/;2

y

IbV~,,·aiL---------x

y=a+mx

1. Linha reta

B5 - GEOMETRIA ANALmCA

4. Vetores u

3. Subtraçffo

Regra do

Regra do P

2. Soma

1. Notaçffo. As ~negrito· e asrial V temmanuscritobem as grancom as esca}an:$.

5. Hipérbole

4. Elipse

y

,----JLI a ---xIIIII

xy = a2

I

o18)II r

~ --- I

bl II IIL----..J----x

a

rx - a)2 + (y - b)2 = r2

--x

yI

2. Círculo

B6 - TRIGONOMETRlA

2. Sinais nos quatro quadrantes

(+) I II (+)

~(+)(-)~

y=,~ =

e

onde

5.

IIIIIIIV

sen (J

++--cos (J

+--+tg (J

+-+-cosec (J

++--sec (J

+--+cotg (J

+-+-

b

H+ ~(+)III (_) (_) IV

cosec (J = c/asec (J = c/bcotg (J = b/a

1. Defmições

sen (J = a/ccos (J = b/ctg (J = a/b

3. Relações diversas.

sen2 (J + cos2 (J = 11 + tg2 (J = sec2 (J

1 + cotg2 (J = cosec2 (J

(J .J ~sen -= 2..(1 - cos (J)2 2

cos % =A (1 + cos (J)

sen 2(J = 2sen(J cos(Jcos 2(J = cos2 (J - sen2 (J

sen (a ± b) = sen a cos b ± cos a sen bcos (a ± b) = cos a cos b + sen a sen b

AP~NDICE B - TOPICOS SELECIONADOS DA MA TEMA TICA I 311

4. Lei dos senos

!!.. = senAb cos B

D

S. Lei dos co-senos

c2 = a2 + b2 - 2ab cos Cc2=a2+b2+2abcosD

B7 - OPERAÇÕES VETORlAIS

1. Notaçaõ. As grandezas vetoriais são impressas emnegrito' e as escalares em grifo. Assim, a grandeza vetorial V tem uma intensidade escalar V. Em trabalhos

manuscritos, deve-se usar um símbolo que caracterize

bem as grandezas vetoriais, para-9ue não haja confusãocom as escalares. Por exemplo, V indicaria vetor.

Regrà do triângulo P + Q = R

Regra do paralelogramo P + Q = R

Lei Comutativa P + Q = Q + P

Lei Associativa P + (Q + R) = (P + Q) + R

P'lR3. Subtração

P -Q = P + (-Q)

z

4. Vetores unitdrios i, j, k

S. Co-senosdiretores. 1,m, n. Sãoosco-senosdosângulosentre V e os eixos x, y e z. Assim,

1 = VzIV m = VylV n = V.IV

de modo que V = V(il + jin + kn)

V=iVz+jVy+kV.

~VI= V = VVz2 + V/ + V/onde

e

+

IV

+

+

III

+

PAQ = l::= i?-

(P A Q) 1\

8. Relações

Produtox e o A pode::ordem dos revisto queque um veto_um escalar Q •

PXQ=QXPLei comutativa

onde I, m, n significam os resp(ctivos co-senos diretores dos vetores. Observa-se também que dois vetoressão perpendiculares, quando seus co-senos diretoresobedecem à relação 1112 + ml m2 + nl n2 = O.

i·i=j·j=k·k=l

i'j =j·i =i·k=k·i =j'k=k'j =0

p. Q = (iPx + jPy + kPz) • (iQx + jQy + kQz)

= PxQx + PyQy + PzQz

P . P = P/ + P/ + Pz2

Segue da defmição de produto escalar, que doisvetores P e Q são perpendiculares quando seu produtoescalar se anula, P X Q = O.

O ângulo O entre dois vetores Pie ~encontrado por sua expressão do produto escalarPI X P2 =PIP2 cos O, que dá

Da defmição do produto escalar, segue que

P'Q = PQ cos e

onde O é o ângulo entre eles. Este produto pode servisto como a intensidade de P multiplicada pela componente Q cos (},de Q na direção P ou como a intensidade de Q multiplicada pela componente P cos O de Pna direção de Q.

6. Produto escalar

312 I ESTATICA

Lei distributiva P X (Q + R) = P X Q + P X R.

IPAQI=PQsenO

Da defmição do produto vetorial, usando o sistemaconvenciaTUlIde eixos coordeTUldos, tem-se

B8 - SÉRIES

PI Q

~\\\\\'\'

QAP=-PAQ

PA (Q + R)= PA Q + PA RLei distributiva

e cuja direção é dada pela regra da mão direita, comomostra a fIgUra ao lado. Usando-se a regra da mãodireita e invertendo-se a ordem da multiplicação vetorial, obtém-se Q A P = -P A Q.

iAj=k jAk=i kAi=jj1\i = -k kAj = -i i1\k = -j

iAi=jAj=kAk=O

7. Produto vetorial ou cruzado. Produto vetoria!, P A Q,de dois vetores P e Q é defmido como um vetor deintensidade

d(PI\Q) = PI\Q + PI\Qdt

d(P'Q) =P'Q +P'Qdt

Aqui deve-se usar parênteses, visto que a expressãoP 1\ Q 1\ R seria ambígua, porque não identificaria ovetor a ser cruzado.

Pode-se mostrar que o produto vetorial triplo éequivalente a

(P 1\ Q) 1\ R = R . PQ - R . QPou

P 1\ (QI\ R) = P . RQ - P . QR

o primeiro termo, na primeira expressão, porexemplo, é o produto escalar R X P, um escalar, multiplicado pelo vetor Q.

10. Integração de vetores. Se V for função de x, y e~, eum volume elementar for dr = dx dy dz, a integralde V sobre o volume pode ser escrita como a somavetorial das três integrais de suas componentes.Assim,

9. Derivadas dos vetores. Seguem as mesmas regras dosescalares.

(P 1\ Q) 1\ R = -R 1\ (P 1\ Q) = R 1\ (Q 1\ P).

Produto vetorÚlI triplo.

O produto escalar triplo pode ser expresso pelodeterminante

PI\Q'R =P'QI\R

o produto vetorial pode, também, ser expressopelo determinante

AP~NDICE B - TÓPICOS SELECIONADOS DA MATEMATICA /'313

PI\Q = (iPz + jPy + kPz) 1\(iQz + jQy + kQz)

= i(PyQz - PzQy) + j(PzQz - PzQz)

+ k(PzQy - PyQx)

Com o auxilio destas identidades e da lei distribu

tiva, o produto vetorial pode ser escrito

(

8. Relações adicionais

Produto escalar triplo (P 1\ Q) • R = R • (P 1\ Q). Ox e o 1\ podem ser trocados, desde que se mantenha aordem dos vetores. Os parênteses não são necessáriosvisto que não teria sentido escrever-se P 1\ (Q • R), porque um vetor P não pode ter um produto vetorial com

~esc~ R. Assim, a expressão pode ser escrita:

B8 SÉRIES

(A expressão entre colchetes que segue as séries indica a convergência.)

(1 ± x)n = 1 ± nx + n(n - 1) 2 + n(n - 1)(n - 2)21 x - 3! x3 + [x2 < 1]

x3 x5 x7

sen x = x - 3! + 5T - 7f + [x2 < 00]

x2 x4 x6

cos X = 1 - 2T + 4T - 6! + [X2 < 00]

senhx = eZ - e-Z [x2 < 00]

eZ + e-Z x2 x4 x6cosh x = --- = 1 + 2T + 4T + 6! + [X2<00]

314 / ESTÁTICA

[Desenvolvimento de Fourier para -I < x < I]

a 00 n7TX 00 n7TX

f(x) = ; + 2:an cos -1- + ~ bnsen -1-n=l n=l

f secxdI = i

f sen x dI =

f cos rdr =

f v-

dI

f-~~-yx- __

f dI -ya2 -;-:

f _/?_~x vr---

sech2 x

d (!:!:.) v du _ u dvv dx dx

---a;;- = v2

d~ 19h xdx

d tg x = sec2 xdx

-senx,

d cosh x = senh x,dx

d cos x~

d(uv) dv du~=udx +vdx'

d senh x = cosh x,dx

dxn

dx = nxn-l,

d sen x = cos x,dx

lim sen Llx = sen dx = tg dx = dxàx~O

1 f! n7TX 1 f! n7TXondean = T f(x) cos -l-dx, bn '7 T f(x) sen -l-dx-! -!

lim cos Llx = cos dx = 1â,,~O

B 10 - INTEGRAIS

B9 - DERIVADAS

(Observação: nas expressões que se seguem, o expoente -1 indica função inversa. Ex.: tg-l x = arctg x.)

f cos2 r dI =~

f sen r C05;- -

f senh rdI =

f cosh r dI =

ftgh.rcix =

flnxdr =.::

1_~ tgh-1 xy-abv -ab a

ou

f xdx = (a + bx)l-n (a + bx __ a_)(a + bx)n b2 2 - n 1 - n

f __d_x_ - _1_ tg -1_x_Vab_a_ba + bx2 - v'ab.. a

f ya + bx dx = 32b V(a + bX)3

f x ya + bx dx = lS2b2 (3bx - 2a) v(a -tbx)3

f dx = 2va+bXya + bx b

J xdx 1a + bx = b2 [a + bx - a ln (a + bx)]

xn+1

f xn dx = n + 1

fdx=lnxx

f x dx = ~ ln a + bx2a + bx2 2b b

f yx2 ± a2 dx = Hx yx2 ± a2 ± a21n (x + VX2 ± a2)]

API:NDICE B - TOPICOS SELECIONADOS DA MATEMÁTICA / 315

f xva2 - x2dx = -~v'(a2 - X2)3

f x2Va2 - x2dx = -i v(a2 - x2)3 + a82(xva2 - XZ+ aZsen-l~)

f dx = _\:.ln(Va+bx+cxZ+xvc+ ~r:)va+bx+cx2 yC 2ycou -1 sen-1 (---;ob=+=2=CX=)v=c Vb2 - 4ac

f x dx = vxz - aZvxz - aZ

f x dx - ± vaz ± xZVaz ± xZ

f sen x dx = - cos x

f cos x dx = sen x

f sec x dx = l.ln 1 + sen x21-senx

f ~ Zx dx = ~ _ sen 2x2 4

f cosz x dx = ~ + sen 2x2 4

f sen x cos x dx = senz x2

f senh x dx = cosh x

f cosh x dx = senh x

f· tgh. x dx = ln cosh x

flnxdx = xlnx - x

f eaxxeax dx = -(ax - 1)aZ

f eax sen px dx = eax(a sen px - p cos px)aZ + pZ

f eax cos px dx = eax(a cos px + p sen px)aZ + pZ

f eax ( 2)eax senz x dx = --- asenz x - sen 2x +-4 + aZ a

f eax ( 2)eax cosz x dx = ---2 a cosz x + sen 2x + -4 + a a

f eax (a )eaxsenxcosxdx = 4 + aZ 2"sen2x - cos2x

f sen3 x dx = - co; x (2 + senz x)

f cos3 X dx = se~x (2 + cosz x)

f x sen x dx = sen x - x cos x

f x cos x dx = cos x + x sen x

f xZ sen x dx = 2x sen x - (xZ - 2) cos x

f x2cosxdx = 2x cos x + (xZ - 2)senx

Pxy =

Raios decurvatura

Tabela C2 - c- -

TABELAS ÚTEIS

Sol

Lua

Mercúrio

Vênus

Terra

Marte

Corpo

480800

13 570900

193001760128030802590

Madeira (macia, pinho)Madeira (dura, carvalho)MercúrioÓleo (média)OuroTerra (úmida, média)Terra (seca, média)TitânioVidro

7830100010302690

11 370891024007210

900

A. Massa específica, p

AçoÁgua (doce)Água (salgada)AlumínioChumboCobreConcreto (média)Ferro (fundido)Gelo

AP~NDICE C

Tabela Cl - Propriedades

B. Coeficientes de Atrito, /.l

(Os coeficientes, .na tabela abaixo, representam valores típicos, sob condições detrabalho normais. Coeficientes reais, para uma dada situação, dependerão da naturezaexata das superfícies em contato. Pode-se esperar uma variação de 25 a 100 por cento, oumais, destes valores em uma aplicação real, dependendo das condições predominantes delimpeza, acabamento superficial, pressão, lubrificação e velocidade.)

Valores tz'picos docoeficiente de atrito, /.l

Superfz'cies de contato Estático Dinâmico

Aço sobre aço (lubrificado)Aço sobre aço (seco)Aço sobre babbitt (lubrificado)Aço sobre babbitt (seco)Cabo de aço sobre polia de ferro (seco)Cabo de cânhamo sobre metalLatão sobre aço (seco)Lona de freio sobre ferro fundido

Metal sobre geloPneumático de borracha sobre pavimento liso (seco)Teflon sobre aço

0,10,60,10,40,20,30,50,4

0,90,04

0,050,40,070,30,150,20,40,30,020,80,04

AP~NDICE C - TABELAS ÚTEIS I 317

Tabela C2 - Constantes do Sistema SolarConstante da gravitação universal

K= 6,673 (10-11) m3/(kg·s2)

Massa da Terra

m = 5,976 (1024) kg

Período de rotação da Terra (1 dia sideral)

= 23 h 56 min 4 s= 23,9344 hVelocidade angular da Terra

w = 0,7292 (10-4) rad/s

Velocidade angular da linha Sol-Terra

w' = 0,1991 (10-6) rad/s

I

Velocidade média do centro da Terra em torno do Sol= 107 200 km/h

AceleraçãoDistância

ExcentricidadePerfodo daDiâmetroMassagravitacionalVelocidade

média ao Sol

da órbitaórbitamédioem relaçãona superfíciede escape

Corpo

(km)(e)(dias)(km)à Te"a(m/s2)(km/s)

Sol

1392 000333000274616

Lua

384 398*0,05527,3234760,01231,622,37

Mercúrio

57,3 X 1060,20687,9750000,0543,474,17

Vênus

108 X 1060,0068224,70124000,8158,4410,24

Terra

149,6 X 1060,082365,2612742**1,0009,821 ***11,18

Marte

227,9 X 1060,093686,9867780,1073,735,03"--

* D· •. 'di' T (~ )lstancla me a a erra centro a-eentro .

** Diâmetro da esfera de igual volumeDiâmetrÇ>polar = 12 713 kmDiâmetro equatorial = 12755 km.*** Para a Terra considerada como esférica e não girando, equivalente ao valor absoluto no nível do mar e latitude de 37,5°.

,

,

318 I ESTAnCA

Tabela C3 - Propriedades das Figuras PlanasjTabelaC4 -

I

(m = massa do

íFiguraICentróide IMomentos de Inércia da Área

Segmento do Arco~~I

r sen ar=-- a

Arcos do Quadrante e Semicircular h·e I

2ry=-I y r

1i

L___-Í ___ L __ I

Ibh3

I =-x= a + b

x 12

Ârea Triangular

I L''lF\I3

- bh3I x "~c f. hIx = 36h y=- 3 bh3I - I'I\ XlX1-4 ~ ----,

Área RetangularYo ,-bh3I - x-3

- bh3

I =-.-x 12I:1Ir

XT = bh(b2 + h2)12

-r4

I IXl

Ix = 4"(a - ~sen2a)Ârea do Setor

JI~~ I x= tr:na II .. r4Circular

I . a'.;!' C~% ..•.• , -x Iy = 4"(a + ~sen2a)

J = ~r4a I\

"I = I = 1ir4

z-

x y 16 I\

IJ1

Área do Quadranter~ii~~

- - 4r

- - (1i 4)

.'

X

x=y=- Tr = Iy = 16 - 91i r4Xl

Circular+...

31i

X

1ir4

J=- 8

Área do Quadrante

Ix = 1i~:3 , ~ = (~ - 9~)ab3EIíptico

YI x- 4a1

- 31iÂrea

I = 1ia3b f = (~ _ ...!..) 3b IIz-

- 4by 16' y 16 91i a

A= 1i'abY = 31i

J = 1it: (a2 + b2)

4 X IIY1

:::

AP~NDICE C - TABELAS ÚTEIS I 319

Momentos de InérciaCentro de

MassaCorpo

r---..~';';;;::'- Ilxx = !mr2 + ~m12

lx,x, = ~mr2 + !ml2Tubo

lxx = mr2

Xl

N Cilíndrico

CircularIlxx = lyy= ~mr2 + -rzml2I = I

2rXlXt V1Y!

Z --~",,~.:_ ..:::~_:..P"~-

.a x=-= ~mr2 + !ml27TMeio Tubo lxx

= mr2

Xl

"" Cilíndrico

I = (1 - --±-)mr2

(Calha) zz 172

Tabela C4 ~ Propriedades dos Sólidos Homogêneos(m = massa do corpo mostrado)

CilirldroCircular

Semicilindro

Paralelep{pedoRetangular

- 4rx = 37T

lxx = lmr2 + -rzm12

lx,x, = imr2 + !m12

lxx = ~mr2

lxx = lyy

= lmr2 + -rzm12

I = IXtX! YtYl

= imr2 + jm12

lxx = ~mr2

I _ (1 16) 2xx - 2: - 97T 2 mr

lxx = fzm(a2 + 12)

I = -.lm(b2 + [2)yy 12 •

lxx = fz-m(a2 + b2)

ly,y, = -rzmb2 + !ml2

320 I ESTÁTICA

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (Cont.)( 1= massa do corpo mostrado)

TabelaC4 -(m = massa do o::;:::I:~

CorpoCentro de

Massa Momentos de Inércia

z -----

CascaEsférica

Ix

CascaHemisférica

(- rx = 2'

Ixz = Iyy = Izz = ~mr2

Y;;y = ~z = l%mr2

z -----

Esfera

Hemisfério

- 3rx=S

I"" = Iyy = Izz = smr2

Y;;y = ~" = -Mimr2

Barra Delgada Uniforme

Iyy = ~ml2

IY1Y1 = âml2

AP~NDICE C - TABELAS ÚTEIS / 321

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (Cont.)(m = massa do corpo mostrado)

Corpo

Centro deMassa Momentos de Inércia

y-

Barra QuadranteCircular

x = y

2r'IT

Ixx = Iyy = ~mr2

Izz = mr2

.,

Cilindro

Elíptico Ixx = fma2 + -flmi2

Iyy = fmb2 + -flmi2

Izz = fm(a2 + b2)

Iy,y, = fmb2 + !mi2

Casca Cônica I = lmr2 + lmh2yy 4 2

I I = fmr2 + ~mh22h y,y,

~ z = - I = lmr2I ' 3 zz '2

z--~~~ ~ y y = lmr2 + lkmh2~h I yy 4

Yl

Ixx - Iyy

I 1 2+1m~Casca Semicônica = 4 mr 2

4r I - Ix = 3 x,x, - y,y,

'IT = lmr2 + !mh2

'~ 2h 4-"', " z = - I - mr2Z - - '4>,',', I "'" 3 zz _ ~c"~ ~'Y

,~h I __ (l_ J&..)mr2Yl x Izz - 2 9'IT2

Cone Circular Reto Iyy = fõmr2 + ~mh2

3h I I = i!Jmr2 + J:h-mh2

Y1Vlz=- 24 Izz = ihmr

z-- .•• ~ ~ I Y = .lmr2 + "*omh2yy 20 ou

322 / ESTÁTICA

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (Cont.)(m = massa do corpo mostrado)

Corpo

Centro deMassa Momentos de Inércia

z--

Semicone

- rx =

'TT

z= 3h4

lxx = lyy

= itJmr2 + ~mh2

I = IXIXI VI!!l

= itJmr2 + -mmh2

lxx = iõmr2

- (3 1) 2lzz = 10 - -;;: mr

Aceleração absolutade um corpo, 5"devido à gravidaú.. ~

Adição de vetore-s, 3, :cÂngulo

de atrito, 213de repouso, 215

Apoios redundantes, éS;

Aproximação, 8Áreas compostas

centróides de, 1

Arquimedes, 1princípio de, 19- ~

Atrito

ângulo de, 214cinético, 213circunferênciacoeficientes de, 213cone de, 214de rolamento, 24em correias, 2em discos, 235em filetes de paraSem mancais deem mancais radia:5. : •

em máquinas, 2em pivô, 235estático, 213fluido, 212interno, 212problemas sobreseco ou de-Cou1o=

tipos de, 211trabalhos de, 25

lxx = -mm( b2 + c2)

lyy = -mm(a2 + c2)

lzz = -mm(a2' + b2)

~x =i1m(b2 + c2)

"Zy = i1m(a2 + c2)

~z = i1m(a2 + b2)

lxx = tmb2 + ~mc2

lyy = tma2 + ~mc2

lzz = tm(a2 + b2)

~x = tm(b2 + ~C2)

"Zy = tm(a2 + ~C2)

lxx = tm(b2 + c2)

lyy = 3m(a2 + c2)

lzz = tm(a2 + b2)

~x = gm(b2 + ~C2)

"Zy = 3m(a2 + ~C2)

lxx = lyy = !mR 2 + ~ma2

lzz = mR2 + ~ma2

z=~4

- 2cz=3

ax ="4

bY="4

z=~8

Tetraedro

Retangular

Semielipsóide

IZI

Parabolóide Elíptico

Meio Anel Cilíndrico

y

/y/

x

x __

Caboscatenária, 184comprimento de,flexíveis, 181

equação dif,parabólico, 183tração em, 183, 1-~

Aceleração absolutade um corpo, 5, 66devido à gravidade, 6, 7

Adição de vetores, 3, 12Ângulo

de atrito, 213de repouso, 215

Apoios redundantes, 69, 85Aproximação, 8Áreas compostas

centróides de, 159Arquimedes, 1

princípio de, 195-6Atrito

ângulo de, 214cinético, 213circunferência de, 234coeficien tes de, 213cone de, 214de rolamento, 241em correias, 240em discos, 235em filetes de parafusos, 228em mancais de escora, 235em mancais radiais, 212em máquinas, 226em pivô, 235estático, 213fluido, 212interno, 212problemas sobre atrito seco, 214seco ou de-Coulomb, 212tipos de, 211trabalhos de, 258

Caboscatenária, 184comprimento de, 184, 186flexíveis, 181

equação diferencial para, 182parabólico, 183tração em, 183, 186

lNDlCE REMISSNO

Cajori, F., 4Centro

de empuxo, 196de gravidade, 12, 144de massa, 145de pressão, 192

Centróides, 146de figuras compostas, 159de volumes irregulares, 159pelo teorema de Pappus, 165por integração, 146

Cinéticoatrito, 213

Coeficiente

de atrito, 213de resistência ao rolamento, 241

Componentesde uma força, 12de um vetor, 3retangulares, 3, 13, 35

Compressão em barras de treliças, 103Comprimento, unidade padrão de, 6Condições de contorno, 182Cone, de atrito, 214Conjugado, 24,

momento de um, 24, 42representação vetorial de um, 24, 42resolução de um, 25, 42resultante, 5Otrabalho de um, 254

Constante de gravitação, 7Coordenadas, escolha das, 60, 82, 148Corpo

deformável, 2equilíbrio de, 256-7força de, 143rígido, 2

equilíbrio de, 256Corpos compostos, centro de massa de, 158Corpos rígidos

articulados, 123,256interligados, 123,257

324 / fNDICE REMISSIVO

Co-senos diretores, 4, 35Coulomb,212Cunhas, atrito em, 226

D'Alembert, J., 1Da Vinci, Leonardo, 1Decomposição

de forças, 13força e momento, 25,42

Desgaste em mancais, 235Deslocamento, 252

virtual, 255Diagrama

de corpo livre, 10, 58, 6O,83de força ativa, 258de Maxwell, 105de momento fletor, 171

Diferencial, ordem de, 8Dimensões, homogeneidade, 10Dinâmica, 1

Efeitos externos de forças, 12Eixo dos momentos, 19,41Eixos, escolha de, 14,35,60,82, 106, 145Elemento diferencial

escolha de, 147ordem de, 147

Empuxocentro de, 196força de, 196princípio do, 195

Energiacritério para equilíbrio, 27Ocritério para estabilidade, 270mínima, princípio da, 271potencial, 266, 268

nível de referência, 269unidades, 269

potencial elástica, 267Equação vetorial, 3Equilíbrio

categorias de, 66, 82, 84com dois graus de liberdade, 258cond~õesde,29,57,65condições necessárias e suficientes para, 57, 82critério de energia para, 269de corpos rígidos interligados, 123,257de forças colineares, 66-7de forças concorrentes, 67de forças coplanares, 67de forças paralelas, 66de um corpo rígido, 256de um ponto material, 255equações de, 57, 83equações alternativas de, 67-8estabilidade de, 69, 269instável, 27Oneutro, 270por trabalho virtual, 255,257,269

Escalar, 2produto, 36,253

Espaço, 1Estabilidade

de corpos imersos, 196de equilíbrio, 69de treliças, 101, 105para sistemas simples com um grau de liberdade, 271

Estática, 1Estruturas

estaticamente determinadas, 69, 85, 100, 105estaticamente indeterminadas, 69, 85,100,105

Fluidos, 190atrito em, 212incompressíveis, 192pressão em, 190

Forçaação de uma, 12ação mecânica de uma, 58,83ação remota de uma, 12,58ativa, 257

diagrama da, 258cisalhante, 169

~colllPonentes de, 13-4

conccito~e, 2concentrad'a, 12, 142

cortante, 171\diagrama da, 171

de atrito, 58, 211de um corpo, 143de empuxo, 196decomposição de, 13distribuída, 12, 142-3efeitos de uma, 12efeitos internos da, 12, 142, 257espécies de, 12especifícação de uma, 11gravitacional, 7intensidade de uma, 143interna, 257magnética e elétrica, 12, 58medida de, 12momento de uma, 19,40reativa, 12,257representação de uma, 14resultante, 13,29,50unidade de, 5-6trabalho de uma, 252

Forçascolineares, equilíbrio de, 66-7concentradas, 12, 142

em vigor, 170concorrentes, equilíbrio de, 66

resultante de, 51coplanares, equilíbrio de, 66

resultante de, 29distribuídas, 12, 142-3

em vigas, 169-70paralelas, equilíbrio de, 66

resultante de, 51reativas, 12,257

Formulação de problema, 9Funções singulares, 173

Galileu, 1Graus de liberdade, 258

Gravidade

aceleração deviez; ~centro de, 12, 1~5

Gravitaçãoconstante de,lei da, 7

Gravitacional, eneIg:2.~Guldin, Paul, 165

Hidrostática, 190pressão, 192, 19~

Hiperbólicas, funções.. :~

Imposições, 69adequação de, 69, ~parciais, 85próprias e impróprl!redundantes, 70, 8S

Inércia, 2Interno, atrito, 212

Lagrange, J. L., 1Laplace, P., 1Lei

da gravitação, 7do paralelogramo,do triângulo, 3

Leis do movimento, dz~_Liberdade, graus de, -Linha de ação, 12LíqUidos, 191Livre, vetor, 2, 42

Máquinas,atrito nas, 226definição, 123, 131equilíbrio de, 123ideais ou reais, 211

Massa, 2, 5centro de, 145unidades de, 6, 7

Maxwell, diagrama de,Maxwell, James Clerk, l-Mecânica, 1Metacentro, 196Métodos

das seções, 111, 131de Ritter, 111, 13de solução de probbdos nós, 103, 137

Modelo matemático, 9Molar

eneriia potenciall1e.lineares e não-lineares, -rigidez de, 267

Momento, 19, 25axial, 19,41braço do, 19de primeira ordem c.=

de segunda ordem de '"-,de uma força, 19, 4lJ estático de área, 1çfletor, 169

grau de liberdade, 271

__. J3

Gravidade

aceleração devida à, 7centro de, 12, 145

Gravitaçãoconstante de, 7lei da, 7

Gravitacional, energia potencial, 268Guldin, Paul, 165

Hidrostática, 190pressão, 192, 194

Hiperbólicas, funções, 185

Imposições, 69adequação de, 69, 85parciais, 85próprias e impróprias, 70redundantes, 70, 85

Inércia, 2Interno, atrito, 212

Lagrange, J. L., 1Laplace, P., 1Lei

dagravitação, 7 ~do paralelogramo, 3, 14 ~do triângulo, 3

Leis do movimento, de Newton, 4Liberdade, graus de, 258Linha de ação, 12Líquidos, 191Livre, vetor, 2,42

MáqUinas,atrito nas, 226definição, 123, 137equilíbrio de, 123ideais ou reais, 211

Massa, 2, 5centro de, 145unidades de, 6, 7

Maxwell, diagrama de, 105Maxwell, James Clerk, 105Mecânica, 1Metacentro, 196Métodos

das seções, 111, 137de Ritter, 111, 137de solução de problemas, 9dos nós, 103, 137

Modelo matemático, 9Molar

energia potencial de, 266lineares e não-lineares, 60rigidez de, 267

Momento, 19, 25axial, 19,41braço do, 19de primeira ordem de área, 147de segunda ordem de área, 147de uma força, 19,40-1estático de área, 147fletor, 169

INDICE REMISSIVO / 325

diagrama de, 171representação vetorial de, 19resultante, 5O

torsor, 169unidades de, 19

Momentos, eixo dos, 19,41Morin,212Movimento iminente, 213, 215

Newton, lsaac, 1Newton, leis de, 4Newton (unidade), 5, 7Nós, método dos, 103, 137

Ordem das diferenciais, 8

Pappas, 165teoremas de, 165

Paralelogramo, lei do, 2·3,12Pascal (unidade), 143, 192Pascal, lei de, 190Peça

sujeita à ação de duas forças, 67, 102sujeita à ação de três forças, 67

Peso, 7,12,143específico, 143

Pivô, atrito em, 235Pontos materiais, 1

equilíbrio de, 255Precisão, 13Pressão

atmosférica, 192centro de, 193em fluidos, 190em superfícies submersas, 192, 194hidrostática, 192, 194manométrica, 192

Principia, 4Princípio

da ação e reação, 7,12,123da concorrência de forças, 67da transmissibilidade, 2, 12de Arquimedes, 196de Varignon, 20, 30, 41,144do trabalho virtual

para um ponto material, 255para sistemas elásticos, 269para sistemas mecânicos, 270

Produtoescalar, 35,253vetorial, 40

Produtosde vetores, 35

Quilograma, 5, 7Quilograma (unidade), 6

Redundância externa e interna, 105, 119Regra de mão direita, 19,40 .Repouso, ângulo de, 216Representação gráfica, 9Resistência ao rolamento, coeficiente de, 242Resultante

326 / fNDICE REMISSIVO

força, 13,29,50de forças concorrentes, 51de forças coplanares, 29de forças em seções retas de vigas, 169de forças paralelas, 51de pressão de fluidos, 193, 195de um sistema geral de forças, 50momento, 50

Rigidez de uma mola, 267Roscas, atrito em, 228

Seções, método das, 111S. I. unidades do, 48Simetria, considerações sobre, 145-6Sistema

com peças elásticas, 267de corpos articulados, 123,257de forças

concorrentes, 51coplanares, 29,51geral, 11, 5Ono espaço, 35paralelas, 51quaisquer, 11

de unidades absolutas, 5ideal,257mecânico, 57

de unidades, 5Sistema Internacional de Unidades, 5Sistemas

definidos, 123de máquinas, rigidez de, 123equilíbrio de, 123ideais, 256

Slug, 6Soma vetorial

conjugados, 42de forças, 13,41

Subtração de vetores, 3Superfícies submersas, pressão em, 192

Tempo, 1,6Tensão, 143

em barras de treliças, 104Teorema

de Pappus, 165de Varignon, 20

Tonelada, 6Torsor resultante, 51Torque, 19,40-1Trabalho

de uma força, 252de um conjugado, 254unidades, 254virtual, 252, 255

Transformação de derivadas, 249

\

/

Transmissibilidade, princípio da, 2, 12Treliças

definição, 100em três dimensões, 118estabilidade de, 101estaticidade de, 102no espaço, 119planas, 100simples, 102, 137tipos de, 100

Triângulo, lei do, 3Triplo produto escalar, 41

Unidades, 5Unidades métricas, 5

Varignon,1teorema de, 20, 30,41, 144

Vetordeslizante, 2, 12, 19,42fixo, 2, 11livre, 2, 42

Vetores,2componentes de, 3conjugado, 24, 42decomposição de, 13deslizantes, 2, 12, 19,42ligados, 2, 11livres, 2, 42momento de, 19notação, 2produto escalar, 35, 253produto vetorial, 40soma de, 3, 13subtração de, 3unitários, 3, 82

Vigascargas concentradas em, 169cargas distribuídas em, 169carregamento qualquer

relações entre a força cortante e o carregamento,172

relações entre o momento fletor e a força cortante,173

delmição de, 168estaticamente determinadas e indeterminadas, 169resultante de força na seção reta, 169tipos de, 169

Virtualdeslocamento, 255trabalho, 252, 256

para um corpo rígido, 257para um ponto material, 256para sistemas elétricos, 269para sistemas ideais, 257

Viscosidade, 212

Impressão e acabamento(com filmes fornecidos):GRÁFICA SANTUÁRIO

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