UNIBAHIA

MECNICA GERAL I

Salvador2007

NDICE

1. Introduo ..................................................................................................................3 2. Foras Sobre uma Partcula .....................................................................................4 2.1. Foras no plano sobre uma partcula ...................................................................4 2.1.1. Resultante de duas foras sobre uma partcula (tringulo de foras) .............. 5 2.1.2. Resultante de foras sobre uma partcula (componentes ortogonais) ........... 10 2.1.3. Equilbrio de uma Partcula no plano ................................................................... 14 2.2. Foras no espao sobre uma partcula ..............................................................17 2.2.1. Vetor fora definido por seu mdulo e dois pontos de sua linha de ao ..... 19 2.2.2. Equilbrio de uma partcula no espao................................................................. 19 3. Corpo Rgido............................................................................................................26 3.1. Momento de uma Fora (Torque) ........................................................................26 3.1.1. Vetor do Momento de uma Fora ......................................................................... 26 3.1.2. Resultante do momento de foras aplicadas em um mesmo plano ............... 27 3.1.3. Binrio ....................................................................................................................... 30 3.2. Principio da Transmissibilidade..........................................................................30 3.3. Sistema Equivalente.............................................................................................31 3.4. Equilbrio de Corpos Rgidos no Plano ..............................................................33 3.4.1. Apoios para Corpos Rgidos.................................................................................. 33 4. Estruturas Isostticas Simples e Planas ...............................................................37 4.1. Trelias ..................................................................................................................37 4.1.1. Aplicaes das Trelias.......................................................................................... 37 4.1.2. Premissas do Projeto de uma Trelia .................................................................. 38 4.1.3. Mtodos de Anlise................................................................................................. 38 5. Cargas Distribudas Sobre Vigas ...........................................................................43 5.1. Centrides de Superfcies Planas .......................................................................43 5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa............................................................ 43 5.1.2. Centrides de Superfcies Planas ........................................................................ 45 5.2. Cargas Pontuais Equivalentes a um Sistema de Cargas Distribudas ............48 6. Momento de Inrcia de reas.................................................................................52 6.1. Momento de Inrcia ..............................................................................................52 6.2. Momento de Inrcia de reas Elementares........................................................54 6.3. Momento Polar de Inrcia de rea ......................................................................55 6.4. Teorema dos Eixos Paralelos para uma rea ....................................................56 6.5. Raio de Girao de uma rea..............................................................................58

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1. INTRODUO

A disciplina MECNICA GERAL tem como propsito o estudo da Esttica dos Corpos Rgidos, e para isto o seu desenvolvimento basicamente dividido em trs etapas; estudo de foras sobre uma partcula, estudo de foras sobre um corpo rgido e estudo das propriedades geomtricas de reas planas. Na primeira etapa, foras sobre uma partcula, faremos o estudo do equilbrio de corpos cujas dimenses nas situaes analisadas so desprezveis. Durante o estudo de foras sobre uma partcula resgataremos alguns conceitos de lgebra vetorial, sistemas lineares e matrizes. Desta maneira faz-se necessrio, para um melhor aproveitamento da turma, que os alunos utilizem os conhecimentos adquiridos em disciplinas como Matemtica Bsica, lgebra Linear e Fsica I para encontrarem as solues dos problemas proposto no curso. No estudo de corpos rgidos (indeformveis) os alunos iro encontrar elementos que, diferente de uma partcula, apresentam dimenses representativas e, como j visto em Fsica I, podem ser submetidos a uma rotao a partir da atuao de uma fora. Ao estudo de foras sobre uma partcula, esta etapa ir acrescentar o conceito de memento de uma fora (torque). Por fim, na terceira etapa, estudo das propriedades geomtricas de reas planas, sero apresentados os conceitos de momento esttico de reas planas, centrides e momento de segunda ordem. Estes conceitos, assim como todos os outros das etapas anteriores, sero vastamente explorados no curso de Mecnica dos Slidos.

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2. FORAS SOBRE UMA PARTCULAAntes de iniciarmos o estudo propriamente dito de fora sobre uma partcula, apresentaremos algumas definies gerais.Grandezas Escalares

Grandezas que so perfeitamente caracterizadas por um valor numrico so denominadas escalar. Como exemplos de grandezas escalares comumente utilizadas na esttica podemos citar massa, volume, rea e comprimento.Grandezas Vetoriais

Grandezas que necessitam de um vetor, ou seja, mdulo, direo e intensidade, so ditas vetoriais. Como exemplos de grandezas vetoriais comumente utilizadas na esttica podemos citar fora e momento.Vetor Fora

Uma fora representa a ao de um corpo sobre outro. Ela, como todo vetor, caracterizada por seu ponto de aplicao, sua intensidade, direo e sentido. A intensidade de uma fora ter como unidade do SI o newton (N) e seu mltiplo, o quilonewton (KN), igual a 1000N.

fig. 01 Vetor Fora

2.1. FORAS NO PLANO SOBRE UMA PARTCULA

fig. 02 Foras no plano sobre uma partcula.

A aplicao de foras no plano sobre uma partcula como apresentada na figura 02 pode gerar apenas dois efeitos; translao ou repouso.

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2.1.1. Resultante de duas foras sobre uma partcula (tringulo de foras) Geometricamente a resultante de duas focas sobre uma partcula, assim como visto desde o ensino mdio, poder ser determinada a partir dos mtodos do paralelogramo e do polgono.-Mtodo do Paralelogramo -Mtodo do Polgono

fig. 03 Mtodos de Composio Vetorial

Determinao do mdulo da Resultante de duas foras sobre uma partcula Partindo dos mtodos anteriormente apresentados podemos determinar o mdulo da fora resultante atravs das leis dos senos e dos cossenos.

- Lei dos senos

fig. 04 Lei dos senos

h1 = b.sen C = c.sen B

b c = sen B sen C

(I)

h2 = b.sen A = a. sen B

b a = sen B sen A

(II)

De I e II conclumos

b a c = = sen B sen A sen C

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- Lei dos cossenos

fig. 05 Lei dos cossenos

a = h 2 + (b HA) 2 a 2 = (c. sen A) 2 + (b c. cos A) 2 a 2 = c 2 . sen 2 A + b 2 2.b.c. cos 2 A + c 2 . cos 2 A a 2 = c 2 (sen 2 A + cos 2 A) + b 2 2.b.c. cos A a 2 = c 2 + b 2 2.b.c. cos A

Note bem: Nos casos de triangulo de fora o mdulo da fora resultante pode ser determinado pela lei dos cossenos e a direo pela lei dos senos.

Exerccio resolvido 01: Determine o mdulo da fora resultante e sua direo medida no sentido horrio a partir do eixo x positivo.

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Soluo:

FR = 4 2 + 10 2 + 2.4.10. cos 1202

FR = 16 + 100 + 2.4.10. cos 1202

FR = 1562

FR = 12,49 kN FR 10 = sen 120 sen A 12,49 10 = sen 120 sen A sen A = 0,69 A = 43,90

Exerccio resolvido 02: Determine os mdulos das componentes da fora de 600 N nas direes das barras AC e AB da trelia abaixo.

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Soluo:

Por lei dos senos FCA = 820 N e FAB = 735 N

Exerccio resolvido 03: A viga da figura suspensa por meio de dois cabos. Se a fora resultante de 600 N, direcionada ao longo do eixo y positivo, determine FA e FB e a direo de modo que FB seja mnimo. A fora de mdulo FA atua a um ngulo de 30 com o eixo y, conforme ilustrao.

Soluo:

Para que FB seja mnimo a componente dever ser perpendicular a fora FA (conforme a ilustrao). Assim, = 60. Assim, os valores de FA e FB so facilmente encontrados pela lei dos senos.

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Exerccio proposto 01: Determine trigonometricamente a intensidade e direo da fora P de tal modo que a resultante de P e da fora de 900 N seja uma fora vertical de 2700N dirigida para baixo.

Resposta: P= 2990N ; ngulo = 72,8

Exerccio proposto 02: Duas peas estruturais B e C so rebitadas ao suporte A. Sabendo-se que a trao na pea B de 6 kN e que a trao na pea C de 10 kN, determine graficamente a intensidade, a direo e o sentido da fora resultante exercida sobre o suporte.

Resposta: 14,3 kN ; ngulo = 19,9

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2.1.2. Resultante de foras sobre uma partcula (componentes ortogonais) Na seo anterior, estudamos dois mtodos para determinao da fora resultante da soma de dois vetores; mtodo do paralelogramo e o mtodo do polgono. Estes mtodos so pouco eficientes em casos que envolvem mais de duas foras. Nestes casos, determinaremos a fora resultante a partir da soma das componentes ortogonais. Para entendermos como funciona esta soma vetorial, devemos rever o processo de decomposio vetorial. Abaixo est ilustrado um vetor de mdulo F com um ngulo em relao ao eixo horizontal x e suas componentes ortogonais obtidas por relaes trigonomtricas.

fig. 06 Decomposio vetorial. Fx e Fy correspondem aos mdulos das componentes nas direes dos eixos positivos de x e y.

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

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

F 1 = Fx1 . i + F y1 . j F 2 = Fx 2 . i + F y 2 . j F 3 = Fx 3 . i + F y 3 . j

F R = ( Fx ). i + ( F y ). j

( F ) + ( F ) F = arctan F FR =2 x y y x

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Exerccio resolvido 04: Determine o mdulo da fora resultante e sua direo medida no sentido horrio a partir do eixo x positivo.

Soluo:

Exerccio resolvido 05: Determine o mdulo da fora resultante e sua direo medida no sentido anti-horrio a partir do eixo x positivo.

Soluo:

r r r FR = ( Fx).i + ( Fy ). j r r r FR = (1.000 + 800. cos 60 + 3.000. cos 150).i + (0 + 800. sen 60 + 3.000. sen 150). j r r r FR = 1.198,08.i + 2.192,82. j FR = 1.198,08 2 + 2.192,82 2 FR = 2.498,77 N

= arctan

2.192,82 = 61,34 1.198,08

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Exerccio resolvido 06: As trs foras mostradas na figura so aplicadas a um suporte. Determine a faixa de valores para o modulo da fora P de modo que a resultante das trs foras no exceda 2.400 N.

Soluo: r r r FR = Fx + Fy

FR 2 = ( Fx) 2 + ( Fy )2

2.4002 > ( P + 800. cos 60 + 3.000. cos 150)2 + (800. sen 60 + 3.000. sen 150) 2 0 > ( P 2.198,08)2 + 2.192,822 2.4002 0 > P 2 4.396,16.P + 3.880.015,239 P' = 3.173,55 N e P" = 1.22,61N

De acordo com o grfico o valor de P dever est entre 1,22 kN e 3,17 kN para que a fora resultante seja inferior a 2,4 kN. Exerccio resolvido 07: As trs foras mostradas na figura agem sobre a estrutura de um suporte. Determine o mdulo de F e sua direo de modo que a fora resultante seja direcionada ao longo do eixo x positivo e tenha um mdulo de 800N.

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Soluo:

r r r r r r r r FR = F + F 2 + F 3 F = FR F 2 F 3 r r r 12 r 5 r F = (800. sen 60 0 (180. )).i + (800. cos 60 200 180. ). j = 858,97.i + 130,77. j 13 13 F = 858,97 2 + 130,77 2 = 868,87 N 130,77 = 8,66 (angulo em relao ao eixo x positivo) = 21,34 858,97

= arctan

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

Resposta: - 2,35 kN (horizontal) e 0,855 kN (vertical) Exerccio proposto 04: A trao no cabo de sustentao AB 650N. Determine as componentes horizontal e vertical da fora atuante no pino A.

Resposta: +250N, - 600N

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2.1.3. Equilbrio de uma Partcula no plano Dizemos que uma partcula est em equilbrio toda vez em que ela se encontra com a sua velocidade vetorial constante, ou seja, quando a partcula est em repouso (esttico) ou em movimento retilneo uniforme. Desta maneira podemos concluir que uma partcula est em equilbrio quando satisfizer a primeira lei de Newton; para manter um equilbrio a fora resultante sobre a partcula nula.

r FR = 0 Assim para o caso de foras no plano temos:

F

rX

=0 e

F

rY

=0

Se comparada a segunda lei de Newton a equao acima tambm se confirma suficiente para a manuteno do equilbrio de uma partcula.

r r r FR = m . a = 0 a = 0 Diagrama de Corpo Livre Este diagrama to somente um esquema que mostra a partcula, com todas as foras que atuam sobre ela, livre de sua vizinhana.

fig. 08 Diagrama de corpo livre do n A.

Para encontrar as foras envolvidas no diagrama de corpo livre iremos adotar os mtodos para determinao de fora resultante at aqui estudados. Exerccio resolvido 08: Determine os mdulos F1 e F2 de modo que a partcula da figura fique em equilbrio.

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Soluo:

r Fx = 0 = 500 + F1. cos 45 + F 2. cos 30 = 500 + 0,71.F1 + 0,87.F 2 r Fy = 0 = F1. sen 45 F 2. sen 30 = 0,71.F1 + 0,5F 2 F 2 = 1,42.F1 Aplicando II em I 0 = 500 + 0,71.F1 + 0,87.1,42.F1 F1 = 257,02 N e F 2 = 364,96 N

(I ) ( II )

Exerccio resolvido 09: Determine o peso mximo que pode ser sustentado pelo sistema de correntes da figura de modo a no se exceder a uma fora de 450N na corrente AB e de 480N na corrente AC.

Soluo:

Diagrama de corpo livre do ponto A.

Condio 1 ( FAB = 450 N ) : r Fx = 0 = 450 + FAC .cos 30 FAC = 519,62 N (no satisfaz pois FAC > 480 N Condio 2 ( FAC = 480 N ) : r Fx = 0 = FAB +r480.cos 30 FAB = 415,69 N (satisfaz as condies) Fy = 0 = 480.sen 30 F F = 240 N

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Exerccio resolvido 10: A viga mostrada na figura tem um peso de 7kN. Determine o comprimento do menor cabo ABC que pode ser utilizado para suspend-la, considerando que a fora mxima que ele pode suportar de 15 kN.

Soluo:r Por simetria Fx = 0 Na condio crtica ( FBA = FBC = 15kN ) : r Fy = 0 = 2.15. sen + 7 = 0 = 13,49 Assim, o comprimento L ser : cos = 5 10 = cos(13,49) = = 0,97 0,5.L L L = 10,31m

Exerccio proposto 05: Um bloco de 3kN suportado pelos dois cabos AC e BC. a) Para que valor a trao no cabo AC mnima? b) Quais os valores correspondentes das traes nos cabos AC e BC?

Resposta: a) 30; b) TAC = 1500N; TBC = 2600N Exerccio proposto 06: Duas cordas esto amarradas em C. Se a trao mxima permissvel em cada corda de 2,5 kN, qual a mxima fora F que pode ser aplicada? Em que direo deve atuar esta mxima fora?

Resposta: F = 2,87 kN; = 75

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2.2. FORAS NO ESPAO SOBRE UMA PARTCULA At o presente momento abordamos exemplos que envolviam partculas submetidas aplicao de foras coplanares. Para chegarmos as solues dos problemas estudamos diversos mtodos de composio vetorial. Entre os mtodos, destacou-se o mtodo de soma das componentes ortogonais obtidas por decomposio vetorial. Para estudarmos resultante de varias foras concorrentes no espao utilizaremos deste mtodo acrescido apenas de mais uma direo (eixo z). Assim, quando tratada no espao ( trs dimenses) a fora dever ser representada r r r como composio de trs vetores nas direes dos vetores unitrios i , j e k .

fig. 09 Componentes ortogonais de uma fora tridimensional

F x = F . cos x F y = F . cos y F z = F . cos z

x, y, z (ngulos diretores ngulos formadosr entre F e os eixos de referencia)

r r r r F = Fx.i + Fy. j + Fz.k (notao vetorial ) r F = Fx2 + F y2 + Fz2 (mdulo de F )

A soma de vrios vetores no espao ficar definida como apresentada abaixo.

r r r r n r n r n r F1 + F2 + F3 + .... + Fn = Fx .i + Fy . j + Fz .k 1 1 1

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Exerccio resolvido 11: Determine o vetor resultante e os ngulos diretores do mesmo.

Soluo:r F r F

r r r r F = ( Fx ).i + ( Fy ). j + ( Fz ).k r r = (250. cos 60. cos 25 + 300. cos 40. cos 70).i + (250. sen 60 + 300. cos 40). j + r (250. cos 60 sen 25 + 300. sen 40. cos 20).k r r r = 191,89.i + 446,32. j + 128,37.k F = 191,89 2 + 446,32 2 + 128,37 2 = 502,50 N 191,89 Fx = 20,90 = arccos F 502,50 446,32 Fy = 41,61 = arccos F 502,50 128,37 Fz = 14,33 = arccos F 502,50

x = arccos

y = arccos

z = arccos

Exerccio proposto 07: Uma fora de 1250N atua na origem, em uma direo definida pelos ngulos x = 65 e y = 40 . Sabe-se tambm que a componente z da fora positiva. Determine o valor de z e as componentes da fora. Resposta: 61,0o ; + 528,5N; + 957,5N; + 606N

Exerccio proposto 08: Determine o mdulo e a direo da fora F= (700N)i (820N)j + (960N)k. Resposta: 1444N; 61 ; 124,6 ; 48,3

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2.2.1. Vetor fora definido por seu mdulo e dois pontos de sua linha de ao Em vrias situaes os ngulos diretores so apresentados de maneira implcita em sistemas tridimensionais de fora. Nestes casos h a necessidade de se representar a fora a partir de coordenadas cartesianas. Assim, a fora estar sendo representada por seu mdulo e dois pontos de sua linha de ao dispostos no espao. A seguir veremos como obter os cossenos dos ngulos diretores a partir das coordenadas dos dois pontos (na ilustrao A e B) da linha de ao da fora.

fig. 10 Componentes cartesianas de um vetor de mdulo d.

d = dx 2 + dy 2 + dz 2 cos x = dx d ; cos y = dy dz ; cos z = d d

Assim, temos : Fx = F . dy dz dx ; Fy = F . ; Fz = F . d d d

2.2.2. Equilbrio de uma partcula no espao

r r r r r n r n r n r seja F = F1 + F2 + F3 + .... + Fn = Fx .i + Fy . j + Fz .k 1 1 1 temos no equilbrio : n Fx = 0 1 n Fy = 0 1 n Fz = 0 1

;

;

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Exerccio resolvido 12: Determine a fora em cada um dos cabos de maneira que a carga de 5000N fique em equilbrio.

Soluo:

Diagrama de corpo livre do ponto C

Da ilustrao obtemos a seguinte tabela: Esforo dx (xfinal- xinicial) dy(yfinal- yinicial) dz(zfinal- zinicial) d Fac (0-6) = -6 (0-0) = 0 (2-0) = 2 6,32 Fbc (0-6) = -6 (0-0) = 0 (-2-0) = -2 6,32 Fdc (12-6) = 6 (8-0) = 8 (0-0) = 0 10 Externo -----5000 ---------

Fx = 0 = F

AC

.

6 6 6 + FBC . + FCD . d AC d BC d DC 0 + FBC . FBC . 0 d BC 2 d BC + FCD . + FCD . 8 d DC

= 0,95.FAC 0,95.FBC + 0,6.FCD

(I )

Fy = 0 = F

AC

. .

d AC 2 d AC

5.000 = 6.250 N ( II ) 5.000 = 0,8.FCD 5.000 FCD = 0,8 ( III )

Fz = 0 = F

AC

0 = 0,32.FAC 0,32.FBC FAC = FBC d DC

Aplicando II e III em I , temos : 0,95.FAC 0,95.FBC + 0,6.FCD = 0,95.FBC 0,95.FBC + 0,6 . 6.250 = 2.(0,95.FAC ) + 3.750 = 0 1,9.FAC = 3.750 FAC = 1.973,68 N = FBC

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Resoluo com o uso de Matrizes: Seja o seguinte sistema0 = -0,95.FAC 0,95.FBC + 0,60 FDC 0 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC 5000 0 = 0,32.FAC 0,32.FBC + 0,00 FDC => 0 = -0,95.FAC 0,95.FBC + 0,60 FDC =>5000 = 0,00.FAC + 0,00.FBC + 0,80.FDC =>0 = 0,32.FAC 0,32.FBC + 0,00 FDC

O sistema acima pode ser representado da seguinte maneira.(A) . (X) = (B)

0,95 0,95 0,60 FAC 0,00 0,32

0

0,00 0,80 . FBC = 5000 0,32 0,00 FDC 0

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

0,95 0,95 0,60 0,00 0,32 0,00 0,80 , Det. Principal=-0,48 0,32 0,00

Matriz das Incgnitas: Matriz obtida pela substituio de uma das colunas da matriz principal (A) pelos valores da matriz dos resultados (B). No exemplo citado a matriz do coeficiente FAC seria obtida a partir da substituio da 1 coluna da matriz principal pela matriz resultado (B).0,00Matriz FAC = 5000

0,95 0,60 0,00 0,80 , Det. FAC = -948,68 0,32 0,00 0,00 0,60

0,00 0,95Matriz FBC = 0,00

0,32

5000 0,80 , Det. FBC = -948,68 0,00 0,00 0,00

0,95 0,95Matriz FDC = 0,00

0,32

0,00 5000 , Det. FDC =-3000,00 0,32 0,00

Da, as incgnitas podem ser determinadas da seguinte maneira: FAC = (Det. FAC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N FBC = (Det. FBC ) / (Det. Principal) = -948,68 / -0,48 = 1.976,42 N FDC = (Det. FDC ) / (Det. Principal) = -3000,00 / -0,48 = 6.250,00 N Obs.: Os resultados apresentados esto diferentes devidos as aproximaes aplicadas na primeira resoluo.

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Exerccio resolvido 13: As extremidades dos trs cabos mostrados na figura so fixadas ao anel A e s bordas de uma placa uniforme de 150 kg. Determine a trao em cada um dos cabos para a condio de equilbrio.

Soluo:

Diagrama de corpo livre do ponto A

FAB dx dy dz d Matriz Principal -4,00 6,00 12,00 14,00 -0,29 0,43 0,86 Matriz FAB 0,00 0,00 1.470,00 FAB Equilbrio 857,50

FAC 6,00 4,00 12,00 14,00 0,43 0,29 0,86 0,43 0,29 0,86 FAC 0,00

FAD 4,00 -6,00 12,00 14,00 0,29 -0,43 0,86 0,29 -0,43 0,86 FAD 857,50 N

Carga 0,00 0,00 -1.470,00 dx/d dy/d dz/d

FAB -0,29 0,43 0,86

FAC 0,43 0,29 0,86

FAD 0,29 -0,43 0,86

Det Principal -0,45 Det. FAB -390,00

Matriz -0,29 FAC 0,43 0,86 Matriz -0,29 FAD 0,43 0,86

0,00 0,00 1.470,00 0,43 0,29 0,86

0,29 -0,43 0,86 0,00 0,00 1.470,00

Det. FAC 0,00 Det. FAD -390,00

* Todas os esforos esto medidos em

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Exerccio resolvido 14: De acordo com a figura do exemplo anterior, determine a maior massa que a placa pode ter considerando que cada cabo pode suportar trao mxima de 15 kN. Soluo: Para determinar a massa mxima deveremos verificar se na condio crtica de um dos cabos (15 kN) os demais cabos esto solicitados por uma tenso igual ou inferior a 15 kN e em seguida determinar o valor da massa que atende a condio de equilbrio. Depois de testar a condio crtica em todos os cabos, a massa ser a maior das que atenderem todos os requisitos necessrios.

Diagrama de corpo livre do ponto A

FAB dx dy dz d -4,00 6,00 12,00 14,00

FAC 6,00 4,00 12,00 14,00

FAD 4,00 -6,00 12,00 14,00

Carga 0,00 0,00 -1.470,00 dx/d dy/d dz/d

FAB -0,29 0,43 0,86

FAC 0,43 0,29 0,86

FAD 0,29 -0,43 0,86

Condio crtica 1 (FAC = 15 kN)

FX FY

= 0 = 0,29.F AB + 0,43.15000 + 0,29.F AD = 0,29.FAB + 6450 + 0,29.F AD = 0 = 0,43.F AB + 0,29.15000 0,43.F AD = 0,43.F AB + 4350 0,43FAD

F Z = 0 = 0,86.FAB + 0,86.15000 + 0,86.FAD 9,8.m = 0,86.FAB + 12900 + 0,86.FAD 9,8.mDas equaes acima temos o seguinte sistema

6450 = 0,29.FAB + 0,29.FAD 4350 = 0,43.F AB 0,43.FAD 12900 = 0,86.F AB + 0,86.FAD 9,8.mSoluo do sistema: sistema apresentado impossvel, logo est condio no vlida.

Mecnica Geral

23

Condio crtica 2 (FAB = 15 kN)

F X = 0 = 0,29.15000 + 0,43.FAC + 0,29.FAD = 4350 + 0,43.FAC + 0,29.FAD F Y = 0 = 0,43.15000 + 0,29.FAC 0,43.FAD = 6450 + 0,29.FAC 0,43FAD F Z = 0 = 0,86.15000 + 0,86.FAC + 0,86.FAD 9,8.m = 12900 + 0,29.FAC + 0,86.FAD 9,8.mDas equaes acima temos o seguinte sistema

4350 = 0,43.F AC + 0,29.F AD 6450 = 0,29.FAC 0,43.F AD 12900 = 0,29 F AC + 0,86.F AD 9,8.mSoluo do sistema: FAC = 0 ; FAD = 15000 e m =2.628,28 kg

Pelos resultados apresentados, quando FAB est em estado crtico FAD tambm estar em estado crtico e FAC ser nula e a massa para o equilbrio ser 2.628,28 kg.

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

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

Mecnica Geral

24

Exerccio proposto 10: Determine a fora em cada cabo necessria para suportar o cilindro de 500 lbf.

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

Mecnica Geral

25

3. CORPO RGIDODiferentemente de uma partcula o corpo rgido dotado de dimenses que podero ser importantes para a determinao das foras externas envolvidas nos sistemas de fora. Em uma partcula os efeitos da atuao de foras eram apenas a translao ou repouso. J em corpos rgidos, a atuao de foras, alm de poder promover translao ou repouso, poder ocasionar rotao (momento de uma fora). A maioria dos corpos tratados na mecnica elementar so supostos rgidos, considerando-se como corpo rgido aquele que no se deforma. As estruturas e as maquinas reais, no entanto, nunca so absolutamente rgidas e deformam-se sob as cargas a que esto submetidas. Mas normalmente, estas deformaes so pequenas e no alteram sensivelmente as condies de equilbrio ou de movimento da estrutura em estudo. So importantes, no entanto, quando h riscos de ruptura da estrutura, sendo estudadas em resistncias dos materiais.

3.1. MOMENTO DE UMA FORA (TORQUE) Tambm conhecido como torque, o momento de uma fora aplicada em A em relao a um ponto B representa a tendncia da fora aplicada em A em causar um giro no corpo em torno do ponto B.

fig. 11 Momento da fora de mdulo F em relao ao ponto B.

A intensidade do momento definida como produto da componente da fora que efetivamente promove o giro (Fe) e a distncia (d) (brao de alavanca) do ponto de aplicao da fora e o ponto de giro (polo). Assim:

M B = Fe.d = F . sen .d3.1.1. Vetor do Momento de uma Fora

fig. 12 Vetor momento de uma fora.

Mecnica Geral

26

A partir da equao da intensidade do Momento de uma fora M = F .d . sen e dos conhecimentos adquiridos em Matemtica Bsica, podemos facilmente concluir que o momento uma grandeza vetorial obtida do produto vetorial entre F e d .

M = F .d . sen

M = F xd

M = F .d . sen

Caractersticas do Vetor Momento Mdulo: M = F .d . sen

-

Unidade de Medida: Sistema Internacional: [M ] = N .m Sistema Tcnico: [M ] = kgf .m Direo: Perpendicular ao plano que contem o vetor F e d .

-

Sentido: Determinado pela regra da mo direita.

Circulando o ponto de anlise com os dedos da mo direita, de acordo com o giro que o torque promover, o dedo polegar indicar o sentido do vetor momento no plano perpendicular ao do giro.

3.1.2. Resultante do momento de foras aplicadas em um mesmo plano O momento, assim como toda grandeza vetorial, pode ser fruto da composio de outros momentos. Estudaremos apenas situaes de equilbrio de corpos rgidos no plano, assim, as foras envolvidas iro gerar apenas momentos paralelos, ou seja, o mdulo do momento resultante ser soma dos mdulos dos momentos (se tiverem o mesmo sentido) ou ser a diferena (se tiverem o sentidos contrrios).

Mecnica Geral

27

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

Soluo:

Com as componentes ortogonais poderemos achar o momento resultante a partir da soma dos momentos gerados por cada uma das componentes sobre o ponto B.Fx Fx = 40. sen 20 = 13.68 N M B = 13,68.0,03 = +0,41 N .m (sen tido anti horrio) Fy Fy = 40. cos 20 = 37,59 N M B = 37,59.0,20 = 7,52 N .m (sen tido horrio)

Momento Re sul tan te r r Fx r Fy M R = M B + M B M R = 0,41 7,52 = 7,11N .m

Exerccio resolvido 16: Se a fora F=100 N, determine o ngulo (0 90) de modo que ela gere um momento de 20N.m no sentido horrio em relao ao ponto O.

Mecnica Geral

28

Soluo:

Fx Fx = F . cos M O = F . cos .(0,05 + y ) = 100. cos .(0,05 + 0,3. sen 60) = 30,98. cos N .m Fy Fy = F . sen M O = F . sen .( x) = 100. sen .(0,3. cos 60) = 15. sen N .m

Momento Re sul tan te r r Fx r Fy M R = M B + M B M R = 30,98. cos + 15. sen = 20 como, 1 = cos 2 + sen 2 15. 1 cos 2 = 20 + 30,98. cos 15. 1 cos 2

(I )

(

) = ( 20 + 30,98. cos )2

2

225.(1 cos 2 ) = 400 1239,2. cos + 959,76. cos 2 ; cos = z 225.(1 z 2 ) = 400 1239,2.z + 959,76.z 2 0 = 1184,76.z 2 1239,2.z + 175 ; = 840,41 z= 0,17 = cos = 80,21 e z= 0,88 = cos = 28,36

Testando os valores de na equao I, apenas =28,36 vlido. A equao I s admite uma nica soluo verdadeira. Exerccio proposto 11: Uma fora de 150 N atua na extremidade de uma alavanca de 0,90m como na figura. Determinar o momento da fora em relao a O.

Resposta: 46,20 N.m

Mecnica Geral

29

Exerccio proposto 12: Sabendo que a distncia AB 250 mm, determine o mximo momento em relao a B que pode ser produzido pela fora de 150N e em que direo deve atuar a fora para que isso acontea.

Resposta: 37,5 N.m ; = 20

3.1.3. Binrio Um binrio corresponde ao momento gerado em um sistema constitudo por duas foras de mesma intensidade, mesma direo, sentidos opostos.

fig. 13 Sistema Binrio de Foras.

igual a M Binrio = 2.F .d . sen .

Sendo M A = M B = F .d . sen conclui-se que o momento gerado pelo binrio

Efeitos do Binrio:

F RESULTANTE = 0 M = 2.F .d . sen 3.2. PRINCIPIO DA TRANSMISSIBILIDADE Toda fora pode ser transmitida ao longo da sua linha de ao, sem que as condies de equilbrio do corpo se alterem.

fig. 14 Fora transladada em sua linha de ao.

Mecnica Geral

30

Quando uma fora transladada de um ponto para outro fora de sua linha de ao, ela s produz um efeito equivalente, se a ela for somado um vetor binrio, cujo momento igual ao momento que ela produzia na posio original (momento de transporte).

fig. 15 Fora transladada para fora de sua linha de ao.

3.3. SISTEMA EQUIVALENTE Dois sistemas de ao mecnica so denominados equivalentes quando eles satisfazem simultaneamente dois quesitos:

Mesma fora resultante; Para qualquer plo adotado eles devem produzir um momento resultante equivalente.

fig. 16 Sistemas equivalentes de fora.

Reduo a um Sistema Equivalente Para reduzir um sistema de fora a um equivalente representado por apenas uma fora e um momento, deve-se cumprir as seguintes etapas:

Estabelecer os eixos de referncia; Determinar o vetor fora resultante; Determinar o momento da fora resultante em relao ao ponto O; Determinar a localizao da fora em relao ao ponto O.

Obs.: Momento da fora resultante em relao ao ponto O a soma vetorial de todos os momentos atuante no sistema mais os momentos gerados por todas as fora atuantes em relao a este ponto.

Mecnica Geral

31

Exerccio resolvido 17: Substitua as trs foras mostradas na figura por uma fora resultante e um momento equivalente em relao ao ponto O.

Soluo:

M O =1200.2 1200.4 600.7 = 6600 N .m

F = 1200 1200 600 = 600 N

O sistema anteriormente apresentado tambm equivalente ao da ilustrao abaixo.

Onde:d=

MO FO

=

66.00 = 11 m 600

d representa a localizao da fora resultante em relao ao ponto de referencia estabelecido O.

Exerccio proposto 13: Substitua as duas foras mostradas na figura por uma fora resultante e um momento equivalente em relao ao ponto O.

Mecnica Geral

32

3.4. EQUILBRIO DE CORPOS RGIDOS NO PLANO

fig. 17 Corpo rgido submetido a foras no plano

Da mesma forma que foi abordado no equilbrio de uma partcula no plano poderemos desenvolver os clculos para equilbrio de um corpo rgido no plano a partir das seguintes equaes:

F X

=0

(I ) ( II ) ( III )

F y =0 M =0

Note que a equao III no foi considerada no estudo do equilbrio de uma partcula, porm, devido aplicao de foras em diferentes pontos de diferentes linhas de ao, no estudo de equilbrio de corpos rgidos se faz necessrio considerar a soma dos momentos, em relao a um ponto qualquer, nulo.

3.4.1. Apoios para Corpos Rgidos No estudo do equilbrio dos corpos rgidos fundamental o conhecimento dos tipos de apoios que so comumente utilizados. Nas questes de equilbrio geralmente so solicitadas as reaes nos apoios. Assim, necessrio saber quais os tipos de reao que cada apoio pode oferecer para que possam ser representadas no diagrama de corpo livre do corpo rgido e em seguida determina-las pelas equaes de equilbrio.

Mecnica Geral

33

Em vigas os apoios mais utilizados so os seguintes: Apoio ou Conexo ReaoNormal a superfcie de apoio

Linha de ao sobre a conexo

Duas Reaes. Uma Normal a superfcie de apoio e a outra paralela. Trs Reaes. Uma fora Normal a superfcie de apoio, outra fora Paralela a superfcie e um momento.

Exerccio resolvido 18: Determine as reaes nos apoios A e B da viga ilustrada abaixo.

Soluo:

Diagrama de corpo livre da viga

Mecnica Geral

34

Das equaes do equilbrio, temos:

F x = 0 = HB F y = 0 = VA 75 + VB 30 30 VA = 135 VB R M A = 0 = 75.1,5 + VB.4,5 30.5,5 30.6,5 VB = 105 kNAplicando III em II encontramos VA = 30 kNExerccio proposto 14:

(I ) ( II ) ( III )

Sabendo que a carga P aplicada no brao engastado a viga tem mdulo igual a 100 kN, determine as reaes nos apoios A e B.

Resposta: HA= 0, VA= 7,78kN, HB= -100 kN , VB=127,22 kN. Exerccio proposto 15: A viga ilustrada abaixo, com o auxilio da corda que passa pelos pontos B, C e D, sustenta uma carga de 8,0 kN. Sabendo que o peso prprio da viga de 4,0 kN e que pode ser admitido concentrado no centro da viga, determine as reaes no apoio E.

Exerccio proposto 16: Ainda de acordo com a ilustrao da questo anterior, determine as o mdulo da fora

F.Mecnica Geral 35

Exerccio proposto 17: Determine as reaes nos apoios da trelia ilustrada.

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

Mecnica Geral

36

4. ESTRUTURAS ISOSTTICAS SIMPLES E PLANASDizemos que uma estrutura isosttica ou estaticamente determinada toda vez em que as suas reaes envolvem incgnitas que possam ser determinadas exclusivamente pelas equaes da esttica. A seguir trataremos de um relevante exemplo de estrutura isosttica; Trelia Simples.

4.1. TRELIAS Chamamos de trelia um sistema reticulado cujas barras tm todas as extremidades rotuladas e cujas cargas esto aplicadas apenas em seus ns. A trelia e um dos principais tipos de estruturas da engenharia. Ela oferece, ao mesmo tempo, uma soluo prtica e econmica a muitas situaes de engenharia.

fig. 18 Estabilidade estrutural da trelia

Na figura 18 fica clara a maior estabilidade da trelia em relao a outra estrutura se imaginarmos uma fora diagonal atuando no n (conexo entre barras) B. A primeira estrutura sem dvida perderia o equilbrio enquanto a trelia se manteria inalterada.

4.1.1. Aplicaes das Trelias Entre as principais aplicaes destacam-se os usos em pontes, telhados, coberturas, etc.

fig. 18 Estabilidade estrutural da trelia

Mecnica Geral

37

4.1.2. Premissas do Projeto de uma Trelia

As cargas devero ser aplicadas nos ns; Os pesos das barras devero ser admitidos desprezveis; Os eixos geomtricos das barras que formam o n devero ser concorrentes; As barras devero ser solicitadas apenas por esforos axiais (trao ou compresso).

4.1.3. Mtodos de Anlise Comumente so utilizados dois mtodos para resoluo de problemas envolvendo trelias isostticas; Mtodo dos Ns e Mtodo das Sees (Sees de Ritter).

Mtodo dos Ns

Neste mtodo os esforos nas barras so determinados a partir da anlise do equilbrio de cada n que compem a estrutura. Assim, para determinar as cargas de trao (quando tente a alongar) ou compresso (quando tende diminuir) nas barras, deveremos expor as mesmas no diagrama de corpo livre do n e determinar os valores das cargas para o equilbrio do n da mesma forma que determinamos o equilbrio de uma partcula. Exerccio resolvido 19: Usando o mtodo dos ns, determine a fora na barra AB e BC da trelia ilustrada.

Soluo:

Diagrama de Corpo Livre do N B

Mecnica Geral

38

Fx = 0 = FBC . cos(45) + FAB Fy = 0 = FBC . sen(45) 1000 FBC = 1,41 kNAplicando II em I , FAB = 2,00 kNExerccio resolvido 20:

(I ) ( II )

Usando o mtodo dos ns, determine a fora na barra BC e CD da trelia ilustrada.

Soluo:

Diagrama de Corpo Livre do N C

F x = 0 = FBC + 1. sen(45) FBC = 0,71kN F y = 0 = FCD 1. cos(45) FCD = 0,71kNMtodo das Sees (Sees de Ritter).

Enquanto o mtodo dos ns representa a aplicao do equilbrio de uma partcula para determinao dos esforos nas barras de uma estrutura treliada, o mtodo das sees utiliza do estudo do equilbrio de copos rgidos para determinao dos esforos. Assim, neste mtodo alm do equilbrio das foras tambm levado em considerao o equilbrio dos momentos para determinao imediata dos esforos.

fig. 20 Caso Particular de Reduo de Sistemas de Foras

Mecnica Geral

39

Em caso de foras concorrentes, como mostrado na figura 20, o memento resultante ser sempre nulo. Isto ajudar na resoluo dos problemas de trelias pelo mtodo das sees. Exerccio resolvido 21: Determine as foras atuantes nos elementos GE, GC e BC da trelia ilustrada.

Soluo:

Determinao das reaes nos apoios

F x = 0 = 400 Ax

Ax = 400 N (I )

F y = 0 = Ay + Dy 1.200 M R A

= 0 = 1200.8 + Dy.12 400.3 Dy = 900 N ( II ) Aplicando II em I , temos Ay = 300 N

Diagrama de Corpo Livre da Seo que Corta as Barras em Questo

Mecnica Geral

40

Exerccio proposto 17: Determine as foras atuantes nos elementos BC, CF e FE. Verifique se os elementos esto sob trao ou compresso.

Resposta: Exerccio proposto 18: Cada elemento da trelia mostrada na figura uniforme e tem um massa de 8kg/m. Remova as cargas externas de 3 kN e 2kN e determine a fora aproximada em cada elemento devido ao peso prprio da trelia. Indique se os elementos esto sob trao ou compresso. Resolva o problema admitindo que os pesos dos elementos podem ser representados por fora verticais, metade das quai9s atua em cada uma das extremidades de cada elemento.

Resposta: FCD= 467 N (C); FBC= 389 N (T); FBD= 314 N (C); FDE= 1200 N (C); FAD= 736 N (T).

Mecnica Geral

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Exerccio proposto 19: A trelia Howe de uma ponte est sujeita ao carregamento mostrado na figura. Determine as foras nos elementos DE, EH e HG e indique se estes esto sob trao ou compresso.

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

Mecnica Geral

42

5. CARGAS DISTRIBUDAS SOBRE VIGASEm todo contedo apresentado at agora estudamos apenas foras aplicadas de forma pontual. Neste captulo estudaremos situaes de carregamentos mais prximas da realidade; Cargas Distribudas. Entre os vrios exemplos comuns de cargas distribudas podemos citar o carregamento de uma laje sobre uma viga, peso prprio de cabos, fora das guas sobre as comportas de uma barragem etc. Em nosso curso s veremos aplicaes sobre vigas. Para seguirmos com o estudo de cargas distribudas precisamos relembrar os conceitos de centro geomtrico de rea (centride) e sistemas equivalentes de fora vistos em Fsica I.

5.1. CENTRIDES DE SUPERFCIES PLANAS

5.1.1. Centro de Gravidade e Centro de Massa Inicialmente, vamos descrever o conceito de centro de gravidade de um sistema constitudo por um nmero finito de partculas, localizadas sobre um eixo L, de peso e espessura insignificantes. Vamos supor que o eixo L esteja na posio horizontal e imaginemos que ele possa girar livremente em torno de um ponto P, como se nesse ponto fosse colocada uma articulao.

fig. 21 Sistema de uma alavanca

Se colocarmos sobre L um objeto de peso w1 a uma distncia d1, direita de P, o peso do objeto far girar L no sentido horrio. Colocando um objeto de peso w2, a uma distncia d2 esquerda de P, o peso desse objeto far L girar no sentido antihorrio. Colocando simultaneamente os dois objetos sobre L o equilbrio ocorre quando w1.d1 = w2.d2 (I)

fig. 22 Sistema de uma alavanca em equilbrio

Mecnica Geral

43

Vamos, agora, orientar L e faze-lo coincidir com o eixo dos x do sistema de coordenadas cartesianas. Se duas partculas de peso w1 e w2 esto localizadas nos pontos x1 e x2, respectivamente podemos reescrever a equao I como w1.(x1 P) = w2.(P - x2) ou w1.(x1 P) + w2.(x2 - P) = 0

fig. 23 Sistema orientado de uma alavanca em equilbrio

Supondo que n partculas de pesos w1, w2, , wn estejam colocadas nos pontos x1, x2, , xn, respectivamente, o sistema estar em equilbrio ao redor de P quando

wi.( xi P) = 0i =1

n

se a acelerao da gravidade for constante

mi.g.( xi P) = 0i =1

n

mi.( xi P) = 0i =1

n

Denominamos de centro de gravidade o ponto de um determinado eixo de referencia de coordenada x onde a soma dos momentos de um sistema nulo (P). Se a acelerao da gravidade for constante em todo o sistema este ponto coincide com o centro de massa do corpo.

mi.( xi x) = 0i =1

n

mi.xi mi.x = 0i =1 i =1

n

n

mi.xi x. mi = 0i =1 i =1

n

n

x=

mi.xii =1 n

n

mii =1

Mecnica Geral

44

A ltima equao mostra a localizao do centro de massa de um sistema na direo x. Analogamente poderamos analisar as demais coordenadas deste ponto a partir das seguintes equaes:

x=

mi.xii =1 n

n

mii =1

y=

mi. yii =1 n

n

mii =1

z=

mi.zii =1 n

n

mii =1

(II)

5.1.2. Centrides de Superfcies Planas

fig. 24 Corpo Prismtico

Se um sistema tridimensional constitudo por um material de densidade constante e de volume gerado pela translao de uma rea composta por pequenas regies A1, A2, A3 e A4 em uma distancia L (corpo prismtico) a equao II poder ser representada da seguinte maneira.

x=

.L.Ai.xii =1 4

4

.L.Aii =1

y=

.L.Ai. yii =1 4

4

.L. Aii =1

ou

x=

.xi. Aii =1 4

4

Aii =1

y=

yi. Aii =1 4

4

Aii =1

(III)

A ltima equao nos oferece as coordenadas x e y do centro de massa projetadas na face que gerou o corpo. Estas so as coordenadas do centride ou centro geomtrico da referida face. Todo desenvolvimento feito at aqui foi baseado em somatria de partes discretas. Porm quando analisamos um corpo ou uma rea real eles so compostos de infinitas partes e representam a integrao destas partes. Desta maneira, deveremos utilizar na equao III o processo de integrao ao invs de somatrios.

x=

A x.dA A dA

y=

A y.dA A dA

Mecnica Geral

45

Abaixo so apresentadas reas elementares e as respectivas coordenadas do centride determinadas com base nas equaes acima.

fig. 25 Centride de reas elementares

No nosso estudo a determinao de centrides de reas ser feita a partir das equaes que envolvem apenas somatrios (equao III) e o conhecimento dos centrides das reas elementares. Exerccio resolvido 22: Determine as coordenadas do centride do perfil ilustrado abaixo.

Soluo: O perfil apresentado a composio de duas reas retangulares (vide figura a seguir).

Mecnica Geral

46

Todas as medidas so em relao a O.

A1 A2 Somatrio Assim,

Ai 2.000 2.800 4.800

x 50 50 -----

x.Ai 100.000 140.000 240.000

y 150 70 -----

y.Ai 300.000 196.000 496.000

x=

.xi. Aii =1 4

4

Aii =1

y=

yi. Aii =1 4

4

Aii =1

=>

x=

240.000 = 50 mm 4.800

e y=

496.000 = 103,33 mm 4.800

Exerccio resolvido 23: Determine as coordenadas do centride da rea ilustrada abaixo.

Mecnica Geral

47

Soluo:

Todas as medidas so em relao a O. Ai x x.Ai y y.Ai 20.000 50 1.000.000 100 2.000.000 A1 -12.800 60 -768.000 100 -1.280.000 A2 (*) 7.200 ----232.000 ----720.000 Somatrio (*) rea extrada, portanto o valor negativo. Assim,

x=

.xi. Aii =1 4

4

Aii =1

y=

yi. Aii =1 4

4

Aii =1

=>

x=

232.000 = 32,22 7.200

e y=

720.000 = 100,00 7.200

5.2. CARGAS PONTUAIS EQUIVALENTES A UM SISTEMA DE CARGAS DISTRIBUDAS Relembrando o que j foi visto anteriormente, dizemos que dois sistemas de foras so equivalentes quando satisfazem simultaneamente dois quesitos:

Mesma fora resultante Para qualquer plo adotado eles devem produzir um momento resultante equivalente

No caso de um sistema submetido a um carregamento distribudo, temos que este equivalente a um sistema de carga pontual aplicada no centride da rea do perfil do carregamento cuja intensidade numericamente igual referida rea.

Mecnica Geral

48

fig. 26 Sistema de cargas distribudas

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

Exerccio resolvido 24: Determine o mdulo e a localizao da fora resultante sobre a viga ilustrada.

Soluo: O mdulo da fora resultante numericamente igual a rea do perfil do carregamento distribudo, ou seja, a rea do trapzio.

FR =

(8 + 2).5 = 25 kN 2

A fora resultante localiza-se no centride da rea do perfil do carregamento distribudo.

Mecnica Geral

49

Subdiviso do perfil do carregamento em reas elementares

rea A1 15 A2 10 Somatrio 25 Valores medidos a partir do apoio Ax=

X 3,33 2,50 ---------

X.A 49,95 25,00 74,95

x. A = 74,95 3,00 m A 25

Sistema de carga pontual

Exerccio resolvido 25: Ainda de acordo com a questo anterior, determine as reaes nos apoios. Soluo: Determinado o sistema equivalente de carga pontual para o sistema equivalente de carga distribuda determinamos as reaes nos apoios da mesma forma que resolvemos nas aulas anteriores.

Diagrama de corpo livre da barra

Mecnica Geral

50

Fx = 0 = Ax Ax = 0 Fy = 0 = Ay + By 25 R M A = 0 = 3.25 + 5.By By = 15 kNAplicando II em I , Ay = 10 kNExerccio proposto 20:

(I ) ( II )

Determine o mdulo e a localizao da fora resultante sobre a viga ilustrada e as reaes no apoio A.

Mecnica Geral

51

6. MOMENTO DE INRCIA DE REASA figura abaixo mostra uma laje sustentada por duas vigas de perfil retangular de dimenses idnticas e diferentes posies de apoio. Note que P1 a posio que freqentemente adotada em situaes do cotidiano. Isso se deve ao fato de que, na posio P1, a viga oferece uma maior resistncia ao momento gerado pelo peso prprio da laje em torno do eixo x. Desta maneira, como se nota experimentalmente, na primeira posio a viga resistiria um maior momento (M1) do que se a mesma estivesse na posio P2, onde resistiria a um momento inferior (M2).

fig. 28 Laje apoiada por vigas iguais e em diferentes posies.

A esta resistncia ao giro em torno de um eixo chamamos de momento de Inrcia.

6.1. MOMENTO DE INRCIA

fig. 29 Sistema de cargas discretas submetidas ao giro.

Na rotao de duas partculas de massas dm 1 e dm 2 ao redor de um eixo fixo com a velocidade angular , com distancias r1 e r2 do eixo de rotao as partculas tem, respectivamente, velocidades V1 = .r1 e V 2 = .r2 . Portanto o sistema formado pelas duas partculas ter a seguinte energia cintica.

E=

1 1 1 2 1 2 2 2 v1 .dm1 + v 2 .dm2 = 2 .r1 .dm1 + 2 .r2 .dm2 2 2 2 2 2 1 2 E = 2 . ri .dmi 2 i =1

Generalizando a ultima equao para um sistema constitudo por infinitas partculas girando com o mesmo valor de em torno de um eixo de referencia, ou simplesmente, um corpo rgido girando em torno de um eixo de referencia, a energia cintica seria dada por integrao de acordo a equao abaixo.

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1 E = 2 . r 2 .dm 2Chamamos de momento de Inrcia o termo I = r 2 .dm da equao acima.

(I)

De acordo com a equao I, ao oferecer uma mesma quantidade de energia cintica a dois corpos, em relao a um mesmo eixo de referencia, obter o menor valor de o que tiver maior valor de momento de inrcia. Por este motivo, dizemos que o memento de inrcia representa a resistncia rotao de um corpo em relao a um determinado eixo de referencia.

fig. 30 Corpo prismtico de base A e altura L.

Ao analisarmos corpos formados pela translao de uma determinada rea A (corpos prismticos) e de densidade constante notamos que:

massa = .L. A . : dm = .L.dA I = r 2 .dm = r 2 . .L.dA I = .L. r 2 .dAAssim, em corpos prismticos, onde e L so constantes, a variao do memento de inrcia se dar em funo do termo

r

2

.dA , ou seja, em funo da forma

e distribuio geomtrica da rea que gerou o corpo de translao.

Chamamos o termo

r

2

.dA de momento de inrcia de rea.

Obs.: O momento de inrcia de rea medido no S.I. em m4, podendo tambm ser medido em mm4, cm4, ft4, in4.

fig. 31 Perfil retangular apoiado em diferentes posies.

Agora analisando novamente o caso da laje sustentada por duas vigas, verificamos que na posio P1 h uma maior distribuio ( y ) da rea em relao ao eixo de rotao x do que na posio P2, ou seja, o momento de inrcia de rea em relao ao eixo x maior na posio P1. Logo, Na posio P1 a viga resistir mais a rotao em torno de x.

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Exerccio resolvido 26: Determine o momento de inrcia de rea do retngulo em relao aos eixos x e y passando pelo centride.

Soluo: Analisando Momento em relao ao Analisando Momento em relao eixo x (Ix) variando o valor de y ao eixo y (Iy) variando o valor de x

1 Ix = y 2 .dA = y 2 .b.dy = b. y 2 .dy = b. . y 3 3 h h h 2 2 2

h 2

h 2

h 2

h 2 h 2

b.h 3 = 12

1 Iy = x 2 .dA = x 2 .h.dy = h. x 2 .dy = h. .x 3 3 b b b 2 2 2

b 2

b 2

b 2

b 2 b 2

=

b 3 .h 12

6.2. MOMENTO DE INRCIA DE REAS ELEMENTARES Como mostrado no exerccio resolvido 26, o momento de inrcia de reas pode ser determinado por processo de integrao. Abaixo apresentamos o momento de inrcia de algumas reas elementares em relao aos eixos x e y de referencia passando pelo centride.

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rea Elementar Retngulo

Momento de Inrcia de rea

Ix =

1 b.h 3 12 1 h.b 3 12

Iy =Tringulo Retngulo

Ix =

1 .b.h 3 36 1 .h.b 3 36

Iy =Crculo

1 Ix = . .r 4 4 1 Iy = . .r 4 4fig. 32 Corpo prismtico de base A e altura L.

6.3. MOMENTO POLAR DE INRCIA DE REA Podemos tambm formular o momento de uma rea em relao ao plo O ou eixo z. Este referenciado como momento polar de inrcia de rea dJ = r 2 .dA . Neste caso r a distancia perpendicular do plo (eixo z) at o elemento dA. Para toda a rea o momento polar de inrcia expresso por

J = r 2 .dAcomo r 2 = x 2 + y 2 J = ( x 2 + y 2 ).dA . : J = x 2 .dA + y 2 dA ou

J = Ix + Iyfig. 33 Momento polar de inrcia.

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6.4. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS PARA UMA REA Se o momento de inrcia de uma rea em relao a um eixo que passa pelo centride conhecido, o que ocorre com freqncia, o mento de inrcia dessa rea em relao a um eixo paralelo determinado atravs de Teorema dos Eixos Paralelos. Para derivarmos esse teorema, consideraremos o clculo do momento de inrcia da rea sombreada mostrada na figura em relao ao eixo x. Neste caso, um elemento infinitesimal dA localizado a uma distncia arbitrria y em relao ao eixo x que passa pelo centride, onde a distncia fixa entre os eixo paralelos x e x definido por dy Uma vez que o momento de inrcia de dA em relao ao eixo x dIx = (y + dy)2.dA, ento, para toda a rea

fig. 34 Teorema dos eixos paralelos.

Ix = ( y '+ dy ) 2 .dA Ix =

y'

2

.dA + + 2.dy y '.dA + dy 2 dA

A primeira integral representa o momento de inrcia em relao ao eixo que passa pelo centride, Ix . A segunda integral (momento esttico ou momento de primeira ordem) nula, pois o eixo x passa pelo centride da rea, isto , y'.dA . : y'.dA = y' . dA = 0, pois y' = 0 . Lembrando que a terceira integral y' = dA representa a rea total, o resultado final fica

Ix = Ix + A.dy 2

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Exerccio resolvido 27: Determine o memento de inrcia da rea retngula abaixo em relao ao eixo x em funo de b e h.

Soluo: A b.h

dy2

A. dy2

h2 h = 4 2

2

b.h 3 4

Ix b.h 3 12

Ix

b.h 3 b.h 3 b.h 3 + = 4 12 3

Assim Ix = b.h3/3 Exerccio resolvido 28: Determine o momento de inrcia de rea da figura em relao ao eixo x.

Soluo: A figura a composio de duas reas. O momento de inrcia de rea de todo perfil em relao a x ser igual a soma dos momentos de inrcias de reas parciais em relao a x.

A1 A2 Total

A dy2 A. dy2 28 15.15 = 225 6300 7.7 = 49 28 1372

Ix 14.2 /12 = 9,33 2.143/12 = 457,333

Ix 9,33 + 6300 = 6309,33 457,33 + 1372 = 1829,33 6309,33 + 1829,33 = 8138,66

Respostas: Ix = 8.138,66 cm4

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6.5. RAIO DE GIRAO DE UMA REA O raio de girao de uma rea plana ( k ) tem a unidade de comprimento e a quantidade freqentemente utilizada pela mecnica estrutural no projeto de colunas. Sendo as reas e os momentos de inrcia conhecidos, os raios de girao so determinados pelas frmulas abaixo.

kx =Exerccio resolvido 29:

Ix A

ky =

Iy A

k0 =

Jo A

Determine o raio de girao em relao a x da figura do exemplo 03. Soluo: Atotal = 28 + 28 = 56 cm2 Ix = 8.138,66 cm4

kx =

8138,66 = 12,06 cm 56

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