MECÂNICA APLICADA - fatosmath.files.wordpress.com · Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino Deﬁnição 1.1 Um sistema físico formado por pontos materiais em equilíbrio contidos

MECÂNICA APLICADA

Paulo Sérgio Costa Lino

UNEMAT - Barra do Bugres

MECÂNICA APLICADA

Universidade do Estado de Mato Grosso - UNEMATCampus Renê Barboux

Paulo Sérgio Costa Lino

Com 57 exemplose 109 ilustrações

Barra do Bugres - MTSetembro de 2016

Prefácio

A estática é a parte da física que estuda sistemas sob a ação de forças que se equilibram.De acordo com a segunda lei de Newton, a aceleração destes sistemas é nula. De acordocom a primeira lei de Newton, todas as partes de um sistema em equilíbrio também estãoem equilíbrio. Este fato permite determinar as forças internas de um corpo, a partir do valordas forças externas.

Inicialmente estudaremos o equilíbrio dos sistemas mecânicos discretos analisando asforças atuantes na estrutura. Para estudar o equilíbrio dos sistemas mecânicos contínuosapresentaremos o conceito de momento, centro de massa e centróide. Na segunda parte,estudaremos os tópicos relacionados com a resistência dos materiais o qual considera osefeitos internos, ou seja, o estado de tensões e deformações que se origina no corpo.

No capítulo 3, abordaremos uma grandeza inerente aos sistemas de partículas e aoscorpos rígidos, denominada momento de inércia. Veremos como determiná-la em corposhomogêneos no formato de cabos, placas e sólidos. Finalizaremos estas notas apresen-tando a rotação dos corpos rígidos e suas diversas aplicações à engenharia.

3

Sumário

1 Estática de Pontos Materiais e Corpos Rígidos 61.1 Força Resultante no Plano e no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61.2 Direção de uma Força no Plano . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 71.3 Equilíbrio de Pontos Materiais Planares . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.4 Direção de uma Força no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 161.5 Equilíbrio Estático de Pontos Materiais no Espaço . . . . . . . . . . . . . . . 201.6 Produto Escalar . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 211.7 Momento de uma Força . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 241.8 Equilíbrio de Corpos Extensos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28

1.8.1 Intrudução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.8.2 Vínculos ou Apoios . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8.3 Tipos de Estruturas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 291.8.4 Tipos de Carregamentos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 301.8.5 Tipos de Vigas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 31

1.9 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38

2 Centro de Massa e de Gravidade 472.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.2 Sistemas Mecânicos Discretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 472.3 Esquema Prático Para o Cálculo do Centro de Massa de Sistemas Mecânicos

Discretos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 502.4 Centro de Massa e Centróide de

Sistemas Mecânicos Contínuos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.4.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 542.4.2 Centro de Massa e Centróide de Cabos . . . . . . . . . . . . . . . . . 562.4.3 Primeiro Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61

2.5 Centro de Massa e Centroide de Placas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . 622.5.1 Simetria em Placas Curvilíneas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

2.6 Centro de Massa e Centroide de Placas Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . 682.6.1 Simetria em Placas Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 712.6.2 Centroide de Placas Planas de Contornos Curvilíneos . . . . . . . . . 772.6.3 Centroide de Placas Planas Via Integrais de Linha . . . . . . . . . . . 822.6.4 Centróide de Placas Planas de Contornos Retilíneos . . . . . . . . . 842.6.5 Centróide de Placas Planas Furadas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 922.6.6 Segundo Teorema de Pappus . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 952.6.7 Cálculo da Força em Barragens Planas . . . . . . . . . . . . . . . . . 97

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Mecânica Aplicada Paulo Sérgio Costa Lino

2.7 Centro de Massa e Centróide de Sólidos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 992.8 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101

3 Momento de Inércia e Dinâmica de Corpos Rígidos 1063.1 Introdução . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1063.2 Momento de Inércia de Anéis e

Discos Homogêneos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1103.3 Momento de Inércia de Áreas . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.4 A Energia Cinética de um Sistema Mecânico . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1123.5 Exercícios Propostos . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

5

Capítulo 1

Estática de Pontos Materiais e CorposRígidos

O estudo do equilíbrio de corpos de dimensões desprezíveis ou extensos é muito importantepara dimensionamento de cabos, vigas, lajes e outras estruturas complexas.

1.1 Força Resultante no Plano e no Espaço

Dada uma força F , podemos sempre escrever esta força como combinação linear dos ve-tores unitários i, j e k, isto é

F = Fxi+ Fy j + Fzk (1.1)

As parcelas Fxi, Fy j e Fzk são as componentes de F projetadas sobre os eixos x, y e z

respectivamente. Se Fz = 0, dizemos que a força F é planar.

Figura 1.1: Representação de uma força F no sistema cartesiano.

Proposição 1.1 Se FR = FRxi + FRy j + FRzk é a força resultante de n forças F1, . . . , Fn.

6


Então,

FRx =n∑

p=1

Fpx

FRy =n∑

p=1

Fpy

FRz =n∑

p=1

Fpz

ou seja, a componente da força resultante é a soma das componentes das forças parcelas.

Demonstração: De fato,

FR = F1 + . . .+ Fn =n∑

p=1

(Fpxi+ Fpy j + Fpyk)

=

( n∑p=1

Fpx

)i+

( n∑p=1

Fpy

)j +

( n∑p=1

Fpz

)k

Sendo FR = FRxi+ FRy j + FRzk, segue o resultado.�

O módulo ou intensidade de um vetor é o seu comprimento. Usando o teorema dePitágoras, se F = Fxi+Fy j+Fzk, então seu módulo representado por |F | ou simplesmentepor F é dado por

F =√

F 2x + F 2

y + F 2z (1.2)

Observação 1.1 Da proposição 1.1, temos que

FR =√

F 2Rx + F 2

Ry + F 2Rz (1.3)

É claro que se FR = FRxi+ FRy j, então

FR =√

F 2Rx + F 2

Ry

1.2 Direção de uma Força no Plano

A direção de uma força planar F é dada por

θ = arctanFRy

FRx

(1.4)

conforme a figura 1.52. Observe que se duas forças possuem as duas componentes posi-tivas ou negativas respectivamente, então elas possuem a mesma direção, apesar de pos-suirem sentidos opostos. O mesmo ocorre com duas forças que estão no segundo e quartoquadrante respectivamente.

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Figura 1.2: Direção da força resultante FR.

Exemplo 1.1 Determine o módulo e a direção da força resultante dada por FR = F1+F2+F3,sendo F1 = −i+ 2j, F2 = 3i− j e F3 = 2i+ 2j.

Resolução: Note que

FR = F1 + F2 + F3 = (−i+ 2j) + (3i− j) + (2i+ 2j) = 4i+ 3j

de modo que FR =√32 + 42 = 5 e θ = arctan

3

4= 36, 87◦.

Figura 1.3: Diagrama para determinar o sinal das projeções de uma força planar.

Se as forças componentes são dadas através de seu módulo e do ângulo que formacom algum eixo coordenado, devemos determinar suas componentes através de projeçõessobre os eixos x e y. É muito útil o diagrama na figura 1.3 para determinar o sinal dasprojeções de uma força planar.

8


Exemplo 1.2 O elo da figura 1.4 está submetido as forças F1 e F2. Determine a intensidadee a direção da força resultante. Fonte: [2]

Figura 1.4: Figura do exemplo 1.2.

Resolução: Note que

F1 = F1 cos 30◦i+ F1 sin 30

◦j = 600× 0, 866i+ 600× 0, 500 = 519, 6i+ 300j

e que

F2 = −F2 cos 45◦i+ F2 sin 45

◦j = −400× 0, 707i+ 400× 0, 707j = −282, 8i+ 282, 8j

Assim,FR = F1 + F2 = (519, 6− 282, 8)i+ (300 + 282, 8)j = 236, 8i+ 582, 8j

de modo queFR =

√F 2Rx + F 2

Ry =√236, 82 + 582, 82 = 629, 07 N

eθ = arctan

FRy

FRx

= arctan582, 8

236, 8= 67, 88◦

Exemplo 1.3 Determine o ângulo θ e a intensidade da força F1 na figura 1.5 de modo quea resultante das forças seja orientada ao longo do eixo y positivo e tenha intensidade de800 N . Fonte: [2]

Resolução: Note que a força de módulo 600 N forma um ângulo α com eixo x e da figura1.5, cosα = 4/5 e sinα = 3/5. Por outro lado, a força resultante é dada por

FR = FRxi+ FRy j = 0i+ FRy j

e sendo orientada ao longo de eixo y positivo, segue que FRy = 800, de modo que F = 800j.Assim, {∑

Fx = 0∑Fy = 800

⇒

{−600 cosα+ F1 cos(90

◦ − θ) + 400 cos 30◦ = 0

600 sinα+ F1 sin(90◦ − θ) + 400 sin 30◦ = 800

9


Figura 1.5: Exemplo 1.3.

Usando o fato que cos(90◦ − θ) = sin θ e sin(90◦ − θ) = cos θ, temos:−600 · 3

5+ F1 sin θ + 400 cos 30◦ = 0

600 · 45+ F1 cos θ + 400 sin 30◦ = 800

⇒

{−360 + F1 sin θ + 400 · 0, 866 = 0

480 + F1 cos θ + 400 · 0, 500 = 800⇒

{F1 sin θ = 13, 59

F1 cos θ = 120

Dividindo membro a membro essas equações, temos:

F1 sin θ

F1 cos θ=

13, 59

120⇒ tan θ = 0, 1133 ⇒ θ = 6, 46◦

Para achar F1 usamos uma das expressões acima, isto é,

F1 sin 6, 46◦ = 13, 59 ⇒ F1 = 120, 76 N

Outro modo de determinar o módulo da força F1 é a seguinte:

F1 =√

F 21x + F 2

1y =√

F 21 cos

2 θ + F 21 sin

2 θ

=√

13, 592 + 1202 = 120, 76 N

Exemplo 1.4 Determine a intensidade e a direção da força resultante na figura 1.6. Fonte:[4]

Resolução: Seja α o ângulo formado pela força de intensidade 250 N e o semi-eixo nega-tivo x. Analogamente ao exemplo 1.3, cosα = 3/5 e sinα = 4/5. Assim,{

FRx = −250 cosα+ 400 cos 30◦ + 300

FRy = 250 sinα+ 400 sin 30◦

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Figura 1.6: Figura do exemplo 1.4.

ou {FRx = −250 · 0, 6 + 400 · 0, 866 + 300 = 496, 4

FRy = 250 · 0, 8 + 400 · 0, 5 = 400

Logo, FR = FRxi+ FRy j = 496, 4i+ 400j, de modo que

FR =√F 2Rx + F 2

Ry =√

496, 42 + 4002 = 637, 5 N

eθ = arctan

FRy

FRx

= arctan400

496, 4= 38, 86◦

1.3 Equilíbrio de Pontos Materiais Planares

Figura 1.7: Sistema mecânico discreto planar em equilíbrio estático.

Nesta seção, estudaremos o equilíbrio de um sistema físico formado por pontos materi-ais. Tal sistema pode ser planar ou tridimensional.

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Definição 1.1 Um sistema físico formado por pontos materiais em equilíbrio contidos emum mesmo plano é dito um sistema físico planar.

Definição 1.2 Dizemos que um sistema físico planar está equilíbrio estático se a força re-sultante é nula, isto é,

∑F = 0. Equivalentemente,∑

Fx = 0 e∑

Fy = 0 (1.5)

Para achar as tensões neste sistema, podemos projetar as forças em um sistema decoordenadas colocado estrategicamente no sistema em equilíbrio ou usar a lei dos senos.Veremos inicialmente o método das projeções da forças em um sistemas de coordenadascartesianas.

Exemplo 1.5 Um corpo de peso 80 N é mantido em equilíbrio por dois fios, conforme indicaa figura 1.7. Determinar a intensidade das trações suportadas pelos fios AB e AC.

Resolução: Colocamos um sistema de coordenadas cartesianas com a origem no pontoA e o eixo Ox paralelo a BC, conforme a figura 1.8.

Figura 1.8: Destacando as forças do sistema físico planar em plano cartesiano.

Em seguida, projetando as forças nos eixos Ox e Oy e usando as condições (1.7), temos:{−TAB cos 60◦ + TAC cos 30◦ = 0

TAB sin 60◦ + TAC sin 30◦ − P = 0⇒

√3

2TAC =

1

2TAB√

3

2TAB +

1

2TAC = 80

⇒

{√3TAC = TAB√3TAB + TAC = 160

Assim,√3 ·

√3TAC + TAC = 160, de modo que TAC = 40 N e consequentemente, TAB =

40√3 N .

O estudo da Geometria Plana é fundamental para compreender muitos conceitos mate-máticos e é interessante observar que alguns teoremas tem aplicações em algumas áreasda Física. Por exemplo, a lei dos senos tem aplicações no equilíbrio de pontos materiaisplanares e este será o assunto tratado nesta seção.

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Proposição 1.2 (Lei dos Senos) Em um triângulo qualquer, a razão entre qualquer lado eo seno do ângulo oposto é constante, isto é,

a

sin A=

b

sin B=

c

sin C(1.6)

Demonstração: Dividiremos a prova em dois casos:

Caso 1: O triângulo ABC é acutângulo. Considere a figura 1.9.

Figura 1.9: Lei dos senos para triângulos acutângulos.

Seja hC a altura relativa ao vértice C. Assim,

sin B =hC

ae sin A =

hC

b

de modo que

a sin B = b sin A ⇒ a

sin A=

b

sin B(1.7)

Considere agora hB, a altura relativa ao vértice B. Pela definição de seno em um triânguloretângulo,

sin A =hB

ce sin C =

hB

ade modo que

a sin C = c sin A ⇒ a

sin A=

c

sin C(1.8)

De (1.7) e (1.8) segue o resultado.

Caso 2: O triângulo ABC é obtusângulo.

Seja hA a altura relativa ao vértice A conforme a figura 1.10.Assim,

sin B =hA

ce sin C =

hA

bde modo que

c sin B = b sin C ⇒ b

sin B=

c

sin C(1.9)

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Figura 1.10: Lei dos senos para triângulos obtusângulos.

Seja hC a altura relativa ao vértice C. Assim,

sin B =hC

ae sin(

ˆ180◦ − A) =

hC

b

Usando o fato que sin(180◦ − A) = sin A segue que

a sin B = b sin A ⇒ b

sin B=

a

sin A(1.10)

De (1.9) e (1.10) segue o resultado.�

A aplicação da lei dos senos em alguns problemas de Estática é fundamentada no teo-rema a seguir:

Teorema 1.1 Sejam F1, F2 e F3 três forças coplanares e concorrentes. Considere os ângu-los α, β e γ formado por estas forças conforme a figura 1.11. Então

F1

sinα=

F2

sin β=

F3

sin γ(1.11)

Demonstração: Para demonstrar o teorema, colocamos um sistema de coordenadascartesianas, conforme a figura 1.12. Se F1 + F2 + F3 = 0, então

∑Fx = 0 e

∑Fy = 0.

Assim, {F2 cos ϵ = F3 cos δ

F2 sin ϵ+ F3 sin δ = F1

Note que ϵ = γ−90◦ e δ = β−90◦. Assim, da primeira equação do sistema de equaçõesacima, temos:

F2 cos(γ − 90◦) = F3 cos(β − 90◦) ⇒ F2 sin γ = F3 sin β ⇒

F2

sin β=

F3

sin γ(1.12)

Da segunda equação do sistema de equações acima,

F1

sinα=

F2 sin ϵ+ F3 sin δ

sinα=

F2 sin(δ + ϵ)

sin(180◦ − δ − ϵ) cos δ⇒

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Figura 1.11: Três forças concorrentes no plano cartesiano.

Figura 1.12: Três forças concorrentes no plano cartesiano.

F1

sinα=

F2

cos δ=

F2

sin(90◦ + δ)⇒ F1

sinα=

F2

sin β(1.13)

De (1.12) e (1.13) segue o resultado.�

Exemplo 1.6 O sistema mecânico da figura 1.13 está em equilíbrio estático. Sabendo queTAC =

√3P , ache o valor de θ.

Resolução: Aplicando a lei dos senos no sistema em equilíbrio da figura 1.13, temos:

P

sin θ=

TAC

sin(360◦ − 90◦ − θ)⇒ P

sin θ=

√3P

sin(270◦ − θ)⇒

1

sin θ=

√3

− cos θ⇒ tan θ = − 1√

3⇒ θ = −30◦ ou θ = 150◦

Da figura acima, segue que θ = 150◦.

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1.4 Direção de uma Força no Espaço

Vimos que uma força no espaço é dada pelo vetor F = Fxi+Fy j +Fzk e que seu módulo éF =

√F 2x + F 2

y + F 2z . Para determinar sua direção, introduzimos os conceitos de ângulos e

cossenos diretores .

Figura 1.14: Ângulos e cossenos diretores.

Usando a definição de cosseno (cateto adjacente sobre hipotenusa) nos triângulos retân-gulos da figura 1.21, segue que

cosα =Fx

F, cos β =

Fy

Fe cos γ =

Fz

F(1.14)

Os ângulos α, β e γ dados por

α = arccosFx

F, β = arccos

Fy

Fe γ = arccos

Fz

F(1.15)

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são chamados de ângulos diretores. e as expressões dadas em (1.14) são os cossenosdiretores da força F .

Proposição 1.3 Considere uma força F no espaço conforme a figura 1.21. Se α, β e γ sãoos ângulos diretores de F , então

i)cos2 α+ cos2 β + cos2 γ = 1 (1.16)

ii)

F = F cosα i+ F cos β j + F cos γ k = F u (1.17)

sendo u = cosα i+ cos β j + cos γ k o vetor unitário na direção da força F .


i) De fato,

cos2 α+ cos2 β + cos2 γ =F 2x

F 2+

F 2y

F 2+

F 2z

F 2

=F 2x + F 2

y + F 2z

F 2=

F 2

F 2= 1

ii) Das expressões dadas em (1.14), segue que Fx = F cosα, Fy = F cos β e Fz = F cos γ.Sendo, F = Fxi+ Fy j + Fzk, então

F = (F cosα)i+ (F cos β)j + (F cos γ)k

donde segue o resultado.

�

Observação 1.2 O fato que o vetor u definido na proposição anterior ser unitário, isto é, termódulo igual a 1 segue do item i). De fato,

|u| =√cos2 α+ cos2 β + cos2 γ =

√1 = 1

Exemplo 1.7 Os ângulos 45◦, 150◦ e 60◦ são diretores?

Resolução: Como

cos2 45◦ + cos2 150◦ + cos2 60◦ = (1√2)2 + (−

√3

2)2 + (

1

2)2

=1

2+

3

4+

1

4=

3

2= 1

esses ângulos não são diretores.

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Exemplo 1.8 Escreva a força F na forma de um vetor cartesiano, sabendo que seu móduloé F = 50 N e os seus ângulos diretores são α = 66, 42◦, β = 126, 87◦ e γ = 46, 15◦.

Resolução: Sendo Fx = F cosα, Fy = F cos β e Fz = F cos γ, então

Fx = 50 cos 66, 42◦ = 20

Fy = 50 cos 126, 87◦ = −30

Fz = 50 cos 46, 15◦ = 34, 63

Logo, F = Fxi+ Fxj + Fzk = 20i− 30j + 34, 63k.

Exemplo 1.9 Considere a força F na figura 1.15. Expresse-a como um vetor cartesiano,sabendo que seu módulo é F = 150 N .

Resolução: Observe que os ângulos 30◦ e 60◦ definem a direção da força F , mas não sãoângulos diretores. Pela definição de cos γ, vemos que Fz = F cos γ = 150 cos 60◦ = 75. Poroutro lado, {

Fx = F ′ cos 30◦ = 0, 866F ′

Fy = F ′ sin 30◦ = 0, 500F ′ (1.18)

Mas,

sin 60◦ =F ′

F=

F ′

150⇒ F ′ = 150 · 0, 866 = 129, 9 (1.19)

Substituindo (1.19) em (2.56), segue que Fx = 0, 866 · 129, 9 = 112, 49 e Fy = 0, 500 · 129, 9 =64, 95. Logo,

F = Fxi+ Fy j + Fzk = 112, 49i+ 64, 95j + 75k

Exemplo 1.10 Duas forças atuam sobre o gancho mostrado na figura 1.16. Especifique osângulos diretores de F2, de modo que a força resultante FR atue ao longo do eixo y positivoe tenha intensidade de 300 N . Fonte: [3]

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Resolução: Observe que os ângulos diretores da força F1 são α = 45◦, β = 60◦ e γ = 120◦.Sendo F1 = 300 N , então

F1 = F1xi+ F1y j + F1zk = F1 cosα i+ F1 cos β j + F1 cos γ k

= 300 cosα i+ F1 cos β j + F1 cos γ k

= 300(cos 45◦i+ cos 60◦j + cos 120◦k)

= 212, 13i+ 150j − 150k

Mas, pelo enunciado FR = 300 N e aponta na direção positiva do eixo y, de modo queFRu = 300j. Se u é o vetor unitário de F2, então F2 = F2u = 300u e sendo FR = F1 + F2,então

300j = 212, 13i+ 150j − 150k + 300u ⇒ 300u = −212, 12i+ 150j + 150k ⇒u = −0, 707i+ 0, 5j + 0, 5k

Mas, u = cos αi+ cos βj + cos γk, de modo quecosα = −0, 707 ⇒ α = −45◦

cosα = 0, 5 ⇒ β = 60◦

cosα = 0, 5 ⇒ γ = 60◦

Exemplo 1.11 Sabendo que o módulo de uma força F é 650 N e F é paralela ao vetor−→OA = 4i− 3j + 12k, determine suas componentes.

Resolução: Dividindo o vetor−→OA pelo seu módulo, podemos determinar o vetor unitário,

isto é,

u =

−→OA

|−→OA|

=4i− 3j + 12k√42 + (−3)2 + 122

=4

13i− 3

13j +

12

13k

Por outro lado, sendo a força F paralela ao vetor−→OA, então F = ±F u. Logo,

F = ±650

(4

13i− 3

13j +

12

13k

)= ±(200i− 150j + 600k)

19


1.5 Equilíbrio Estático de Pontos Materiais no Espaço

Quando as forças de um sistemas mecânico formado por pontos materiais não estão conti-das em um mesmo plano, dizemos que o sistema é tridimensional. A condição necessáriopara que o sistema esteja em equilíbrio estático é

∑F = 0. Sendo F = Fxi + Fy j + Fzk,

então ∑F =

∑(Fxi+ Fy j + Fzk) = 0 = 0i+ 0j + 0k ⇒∑

Fx =∑

Fy =∑

Fz = 0 (1.20)

Deste modo, a solução é obtida através da resolução de um sistema de três equações etrês incógnitas.

Exemplo 1.12 Determine a intensidade e os ângulos diretores da força F necessários parao equilíbrio do ponto O na figura 1.55.


Resolução: Note que F1 = 400j e F2 = −800k. Por outro lado, F3 = F3uOB, sendo

uOB =rOB

rOB

=−2i− 3j + 6k√

(−2)2 + (−3)2 + 62=

−2i− 3j + 6k

7

ou seja, uOB = 0, 286i − 0, 429j + 0, 857k. Assim, F3 = 700uOB = −200i − 300j + 600k. Dacondição de equilíbrio, temos:∑

F = 0 ⇒ F + F1 + F2 + F3 = 0 ⇒

Fxi+ Fy j + Fzk + 400j − 800k − 200i− 300j + 600k = 0 ⇒(Fx − 200)i+ (Fy + 400− 300)j + (Fz − 800 + 600)k = 0 ⇒

Fx − 200 = 0 ⇒ Fx = 200

Fy + 100 = 0 ⇒ Fy = −100

Fz − 200 = 0 ⇒ Fz = 200

Logo, F = 200i− 100j + 200k e consequentemente,

F =√

2002 + (−100)2 + 2002 = 300 N

20


1.6 Produto Escalar

Em determinados problemas de estática é necessário determinar o ângulo formado entreduas retas ou as componentes paralela e perpendicular de uma força em relação a umeixo. Em problemas tridimensionais, a solução por trigonometria torna-se complicada e ouso da álgebra vetorial, em particular, o produto escalar é uma maneira alternativa e rápidade obter o resultado. Vamos definir, agora, um produto entre dois vetores, cujo resultado éum escalar. Por isso ele é chamado produto escalar.

Figura 1.18: Produto escalar entre dois vetores.

Definição 1.3 O produto escalar ou interno de dois vetores u e v é definido por:

u · v =

{0, se u ou v é o vetor nulo,|u||v| cos θ, caso contrário,

(1.21)

em que θ é o ângulo entre eles.

Proposição 1.4 Dados os vetores u = uxi+uy j+uzk e v = vxi+vy j+vzk não-nulos, então

u · v = uxvx + uyvy + uzvz

Demonstração: Seja θ o ângulo entre os vetores u e v. Pela lei dos cossenos, temos:

|u− v|2 = |u|2 + |v|2 − 2|u||v| cos θ ⇒

|u||v| cos θ =|u|2 + |v|2 − |u− v|2

2(1.22)

Substituindo (1.21) em (1.22), segue que

u · v =|u|2 + |v|2 − |u− v|2

2

Desta forma, temos uma fórmula para calcular o produto escalar que não depende direta-mente do ângulo entre eles. Substituindo-se as coordenadas dos vetores u e v, obtemos:

u · v = uxvx + uyvy + uzvz

�Da definição acima, podemos facilmente obter o ângulo entre os vetores u e v através

da expressão:

θ = arccos

(u · v|u||v|

)

21


Exemplo 1.13 Determine o ângulo entre uma aresta e uma diagonal de um cubo.

Resolução: Sem perda de generalidade considere um cubo de aresta igual a 1, localizadono primeiro octante do sistema de coordenadas cartesianas, cujos vértices são dados porA(0, 0, 0),B(1, 0, 0), C(1, 1, 0), D(0, 1, 0), E(0, 0, 1), F (1, 0, 1), G(1, 1, 1) e H(0, 1, 1). Sejam os vetoresu =

−→AB = B − A = (1, 0, 0) e v =

−→AG = G− A = (1, 1, 1). Assim,

θ = arccos

((1, 0, 0) · (1, 1, 1)√

12 + 02 + 02√12 + 12 + 12

)= arccos

(1√3

)= 54, 74◦

Definição 1.4 Dizemos que dois vetores u e v não-nulos são perpendiculares se o ânguloformado entre eles é igual a 90◦.

Proposição 1.5 Os vetores u e v não-nulos são perpendiculares se e somente se u · v = 0.

Demonstração: De fato, se eles são perpendiculares então θ = 90◦ e pela definição deproduto escalar,

u · v = |u||v| cos 90◦ = 0

Reciprocamente, se u·v = 0, novamente da definição de produto escalar segue que cos θ = 0e consequentemente, θ = 90◦.

�

Proposição 1.6 Dados os vetores u e v não-nulos, existem dois vetores u∥ e u⊥, tais queu∥ é paralelo ao vetor v, u⊥ é perpendicular ao vetor v e u = u∥ + u⊥.

Figura 1.19: Componentes paralela e perpendicular ao vetor u.

Demonstração: Sejam u∥ =u · v|v|2

v e u⊥ = u− u∥. Note que:

i) u∥ + u⊥ = u∥ + (u− u∥) = u

ii) Pela definição de u∥ é claro que esse vetor é paralelo ao vetor v, basta tomar k =u · v|v|2

.

22


iii) Para mostrar que u∥ e v são perpendiculares, note que:

u∥ · u⊥ = u∥ · (u− u∥) = u∥ · u− u∥ · u∥

=(u · v)2

|v|2−

(u · v|v|2

v

)·(u · v|v|2

v

)=

(u · v)2

|v|2− (u · v)2

|v|4|v|2 = 0

donde segue o resultado.

�

Observação 1.3 O vetoru · v|v|2

v é chamado de projeção do vetor u sobre o vetor v e é

denotado por projv u.

Corolário 1.1 Se u é um vetor não-nulo, então

|u|2 = |u∥|2 + |u⊥|2 (1.23)


|u|2 = u · u = (u∥ + u⊥) · (u∥ + u⊥) = |u∥|2 + 2u∥ · u⊥ + |u⊥|2

= |u∥|2 + |u⊥|2

pois u∥ · u⊥ = 0.�

Exemplo 1.14 Dados os vetores u = 6i− 3j+12k e v = i+ j+ k, determine o vetor paraleloe o vetor perpendicular ao vetor u em relação ao vetor v.

Resolução: Da proposição 1.6,

u∥ =u · v|v|2

v =(6i− 3j + 12k) · (i+ j + k)

3(i+ j + k)

= 5i+ 5j + 5k

eu⊥ = u− u∥ = 6i− 3j + 12k − (5i+ 5j + 5k) = i− 8j + 7k

Exemplo 1.15 A estrutura mostrada na figura 1.21 está submetida a uma força horizon-tal. Determine a intensidade das componentes dessa força paralela e perpendicular aoelemento AB.

23


Figura 1.20: Exemplo 1.15. Figura 1.21: Exemplo 1.15.

Resolução: Seja v =−→AB = B −A = 2i+ 6j + 3k. A força paralela a força F na direção de

v é dada por:

FAB = F∥ =F · v|v|2

v =300j · (2i+ 6j + 3k)

22 + 62 + 32(2i+ 6j + 3k)

= 72, 47i+ 220, 41j + 110, 2k

de modo que |FAB| =√

72, 472 + 220, 412 + 110, 22 = 256, 86 N . Para determinar a intensi-dade da força perpendicular, podemos usar o corolário 1.1, isto é,

|F⊥|2 = |F |2 − |FAB|2 = 3002 − 256, 862 = 24022, 9404

de modo que |F⊥| = 155 N .

1.7 Momento de uma Força

Um corpo extenso, sujeito à ação de várias forças, está em equilíbrio estático quando nãoestá sofrendo nem movimento de translação nem movimento de rotação, em relação aum referencial. Para que não sofra translação, a resultante das forças externas que agemno corpo deve ser nula e para que não haja rotação a resultante de uma grandeza físicachamada momento deve ser nula.

O momento de uma força em relação a um ponto ou a um eixo, fornece uma medida datendência dessa força provocar a rotação de um corpo em torno do ponto ou eixo. Essatendência de rotação é chamada de torque, momento de uma força ou simplesmente mo-mento. Além disso, quanto maior a força ou a distância, maior é o efeito de rotação.

Definição 1.5 Sejam dados uma força F e um ponto O. O momento desta força em relaçãoa um ponto O é definido por:

M0 = r × F (1.24)

onde r é o vetor posição de um ponto qualquer da reta suporte da força F em relação aoponto O conforme a figura 1.22.

24


Figura 1.22: Momento de uma força F em relação ao ponto O.

Pela definição de produto vetorial, este momento tem as seguintes propriedades:

i) O módulo do momento é |M0| = M0 = Fr sin θ

ii) θ é o ângulo entre os vetores r e F

iii) A direção do vetor momento unitário uM0 é normal ao plano formado pelos vetores r eF , seguindo a regra da mão direita.

Observação 1.4 Da figura 1.22, observamos que d = r sin θ de modo que

M0 = Fd (1.25)

sendo d a distância perpendicular a força F ou ao seu prolongamento. Usaremos a ex-pressão (1.25) em todos os problemas referentes aos sistemas bidimensionais.

Figura 1.23: Regra da mão direita

É adotado que uma rotação no sentido horário produz um momento negativo e umarotação no sentido anti-horário produz um momento positivo. Esta convenção é chamadade regra da mão direita.

25


Proposição 1.7 (Teorema de Varignon) Sejam F1, F2 duas forças agindo no ponto O talque F = F1 + F2 conforme a figura 1.24. Então o momento produzido pela força F emrelação ao ponto O é igual a soma dos momentos produzidos pelas forças componentes,isto é,

MF ,0 = MF1,0+ MF2,0

(1.26)

Figura 1.24: Teorema de Varignon

Demonstração: De fato, sejam MF ,0, o momento produzido pela força F em relação aoponto O, MF1,0

= r × F1 e MF2,0= r × F2 os momentos produzidos pelas forças F1 e F2 em

relação ao mesmo ponto 0. Assim,

MF ,0 = r × F = r × (F1 + F2) = r × F1 + r × F2 = MF1,0+ MF2,0

�Exemplo 1.16 Determine o momento da força em relação ao ponto O em cada uma dasbarras mostradas na figura 1.25.

Figura 1.25: Exemplo 1.16

Resolução: No caso (a), a força de 200 N tende a girar a barra engastada no sentidoanti-horário, portanto o momento em relação ao ponto 0 é positivo. Sendo r = 2 m, segueque M0 = +200 · 2 = 400 Nm. No caso (b), a força de 80 N também tende a girar a barraengastada no sentido anti-horário e sendo r = 0, 60 m, então M0 = +80 · 0, 6 = 48 Nm.

26


Exemplo 1.17 Determine os momentos da força de 800 N em relação aos pontos A,B,Ce D conforme a figura 1.26.

Figura 1.26: Exemplo 10 Figura 1.27: Exemplo 14

Resolução:

a) Em relação ao ponto A, MA = −(1, 5 + 1) · 800 = −2000 Nm;

b) Em relação ao ponto B, MB = −1, 5 · 800 = −1200 Nm;

c) Em relação ao ponto C, o momento é nulo pois a distância da força F em relação aeste ponto é nula;

d) Em relação ao ponto D, MD = +0, 5 · 800 = 400 Nm.

Exemplo 1.18 Use o teorema de Varignon e determine o momento total em relação aoponto 0 que atua na estrutura da figura 1.27.

Resolução: Sejam F1 = 50 N , F2 = 60 N,F3 = 20 N e F4 = 40 N . Observe que a distânciaque a força de F1 está do ponto 0 é 2 m e produz um momento positivo, a distância que aforça F2 é nula e portanto não produz momento. A distância que a força F3 está do ponto0 é 3 sin 30◦ = 1, 5 m, produzindo um momento positivo e a distância que a força F4 está doponto 0 é 2 + 2 + 3 cos 30◦ = 6, 6 m, produzindo um momento negativo. Logo, pelo teoremade Varignon, temos:

M0 = MF1,0+MF2,0

+MF3,0+MF4,0

= 2 · 50 + 0 + 1, 5 · 20− 6, 6 · 40 = −134 Nm

Para calcular o momento em sistemas mecânicos tridimensionais devemos usar a for-mulação vetorial para calcular o momento de uma força em relação a um ponto.

27



Exemplo 1.19 O poste da figura 1.28 está sujeito a uma força de 60 N na direção de Cpara B. Determine a intensidade do momento criado por essa força em relação ao suporteno ponto A.

Resolução: O ponto A localiza-se na origem. Da figura 1.28, C(3, 4, 0) e B(1, 3, 2), demodo que

−−→CB = B − C = (1, 3, 2)− (3, 4, 0) = (−2,−1, 2) = −2i− j + 2k ⇒

uCB =

−−→CB

|−−→CB|

=−2i− j + 2k√

(−2)2 + (−1)2 + 22= −2

3i− 1

3j +

2

3k ⇒

F = |F |uCB = 60 ·(−2

3i− 1

3j +

2

3k

)= −40i− 20j + 40k

Sendo r =−→AB = i+ 3j + 2k, então

MF ,A = r × F =

∣∣∣∣∣∣i j k1 3 2

−40 −20 40

∣∣∣∣∣∣ = 160i− 120j + 100k Nm

Logo, |MF ,A| =√

1602 + (−120)2 + 1002 = 224 Nm.

1.8 Equilíbrio de Corpos Extensos

1.8.1 Intrudução

Quando aplicamos uma força a um sistema de partículas e a distância entre duas partícu-las quaisquer é alterada, dizemos que este sistema ou corpo é deformável . Em algunscasos, entretanto, as deformações podem ser tão pequenas que elas podem, para muitasaplicações, ser desprezadas. É, assim, conveniente definir um modelo matemático, no quala distância entre duas partículas específicas de um sistema permaneça a mesma, aindaquando são aplicadas forças. Tal sistema é chamado de corpo rígido.

28


1.8.2 Vínculos ou Apoios

A função básica dos vínculos ou apoios é de restringir o grau de liberdade das estruturas pormeio de reações nas direções dos movimentos impedidos, ou seja, restringir as tendênciasde movimento de uma estrutura. Os vínculos têm a função física de ligar elementos quecompõem a estrutura, além da função estática de transmitir as cargas ou forças. Os apoiosou vínculos recebem a seguinte classificação:

i) Apoio móvel: Impede movimento na direção normal (perpendicular) ao plano do apoio,permite movimento na direção paralela ao plano do apoio e permite rotação.

ii) Apoio fixo: Impede movimento na direção normal ao plano do apoio, impede movi-mento na direção paralela ao plano do apoio e permite rotação.

iii) Engastamento: Impede movimento na direção normal ao plano do apoio, impedemovimento na direção paralela ao plano do apoio e não permite rotação.

Figura 1.29: Tipos de apoios.

1.8.3 Tipos de Estruturas

As estruturas são classificadas em função do número de reações de apoio ou vínculosque possuem. Cada reação constitui uma incógnita a ser determinada. Para as estruturasplanas, a Estática fornece três equações fundamentais:

→ +∑Fx = 0, ↑+

∑Fy = 0 e

+⌢∑M0 = 0 (1.27)

i) Estruturas hipostáticas: são aquelas cujo número de reações de apoio é inferior aonúmero de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática. Neste tipode estrutura temos menos vínculo que o necessário.

ii) Estruturas isostáticas: são aquelas cujo número de reações de apoio ou vínculos éigual ao número de equações fornecidas pelas condições de equilíbrio da Estática.Este tipo de estrutura tem o número necessário de vínculos para impedir o desloca-mento.

29


Figura 1.30: Tipos de estruturas

iii) Estruturas hiperstáticas: são aquelas que possui o número de vínculos maior que onecessário. O número de reações de apoio excede o das equações fundamentaisda estática. Neste tipo de estrutura o número de reações de apoio excede o dasequações fundamentais da Estática.

Figura 1.31: Estrutura hiperstática

Um tipo de estrutura hiperestática está ilustrado na figura 1.31. As incógnitas são qua-tro: RAx, RAy, RBy e MA. As equações fundamentais da Estática não são suficientes pararesolver as equações de equilíbrio. São necessárias outras condições relativas ao compor-tamento da estrutura, como, por exemplo, a sua deformabilidade para determinar todas asincógnitas.

1.8.4 Tipos de Carregamentos

Temos três tipos de carregamentos: Forças concentradas, carga uniforme distribuída ecarga uniforme variável.

Observação 1.5 Para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme distribuída é substi-tuída por uma força concentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga

30


Figura 1.32: Carregamento do tipo forças concentradas

Figura 1.33: Carregamento do tipo carga uniforme distribuída

Figura 1.34: Carregamento do tipo carga uniforme variável

e que passa pelo seu centróide, isto é,

F = pL (1.28)

e para o cálculo das reações de apoio, a carga uniforme variável é substituída por uma forçaconcentrada equivalente W igual a área da figura geométrica da carga e que passa peloseu centróide, isto é,

F =pL

2(1.29)

1.8.5 Tipos de Vigas

As vigas podem ser classificadas em:

i) Simplesmente apoiadas,

ii) Bi-engastada ou fixa,

iii) Engastada-apoiada,

iv) Em balanço,

v) Em balanço nas extremidades.

conforme a figura 1.36.Quando se trata da estática de um sistema mecânico discreto, vimos que a condição

para que ele fique em equilíbrio é ter a força resultante nula sobre o sistema. Um corpo

31


Figura 1.35: Tipos de vigas

rígido ou extenso pode ser posto a girar, mesmo com seu centro de massa permanecendoem repouso, mas nesse caso o objeto não estará em equilíbrio estático. Portanto, umasegunda condição necessária para que um corpo permaneça em equilíbrio estático é queo momento atuando sobre ele, em relação a qualquer eixo, deve permanecer nulo.

As duas condições necessárias para que um corpo rígido esteja em equilíbrio estáticosão as seguintes:

i) A força externa resultante que atua sobre um corpo deve ser nula, isto é,

FR = 0 (1.30)

ii) O momento externo resultante, em relação a qualquer ponto, deve ser nulo, isto é,

MF ,0 = 0 (1.31)

Exemplo 1.20 Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.36.

Resolução: Devemos determinar RA, RBx e RBy conforme a figura 1.37. Note que a forçainclinada de 600 N foi decomposta em suas componentes horizontal e vertical. Assim,∑

Fx = 0 ⇒

600 cos 45◦ −RBx = 0 ⇒ RBx = 600 cos 45◦ = 424, 26 N∑Fy = 0 ⇒

RA +RBy − 600 sin 45◦ − 200− 100 = 0 ⇒RA +RBy = 724, 26

32




Por outro lado, calculando o momento em relação ao apoio B, temos:∑MB = 0 ⇒

+ 200 · 2 + (600 sin 45◦) · 5− (600 cos 45◦) · 0, 2−RA · 7 = 0 ⇒RA = 348, 07 N

Da expressão anterior segue que RBy = 376, 19 N .

Exemplo 1.21 Determine as reações de apoio da viga bi-apoiada da figura 1.38.


Resolução: Sejam A o apoio da esquerda e B o apoio da direita da viga bi-apoiadaconforme a figura 1.39. Devemos determinar as reações RAx, RAy e RB.

33



Analogamente ao exemplo 1.20 a força de 400 N é decomposta em uma componentehorizontal de intensidade 400 cos 50◦ apontando para esquerda e em uma componente verti-cal de intensidade 400 sin 50◦ apontando para baixo. Além disso, de acordo com a expressão(1.28), a carga distribuída de 100 N/m deve ser substituída por uma carga concentrada deintensidade 100 N/m · 6m = 600 N atuando a 3 m do apoio A. Das condições de equilíbrioestático, temos:

∑Fx = 0 ⇒

+RAx − 400 cos 50◦ = 0 ⇒ RAx = 257, 12 N∑Fy = 0 ⇒

RAy +RB − 600− 400 sin 50◦ − 200 = 0 ⇒RAy +RB = 1106, 42

Por outro lado, calculamos o momento em relação ao apoio A, pois é o apoio que possuium maior número de forças.∑

MA = 0 ⇒

− (400 sin 50◦) · 6− 600 · 3 +RB · 8− 200 · 9 = 0 ⇒RB = 679, 81 N

Consequentemente, RAy = 426, 61 N .

Exemplo 1.22 Determine as reações de apoio da viga bi-apoiada da figura 1.41.

Resolução: De acordo com a expressão (1.29), a carga uniforme variável é substituída poruma carga de intensidade igual a F = 8 kN/m · 6m/2 = 24 kN/m atuando a 6/3 m = 2 mdo apoio B. Assim, ∑

Fy = 0 ⇒

RA +RB − 24 = 0 ⇒ RA +RB = 24

Fazendo a soma dos momentos em relação ao apoio B, temos:∑MB = 0 ⇒

24 · 2−RA · 6 = 0 ⇒ RA = 8 kN

34




de modo que RB = 16 kN .

Exemplo 1.23 Um guindaste fixo tem massa 1000 kg e é usado para levantar uma caixa de2400 kg conforme a figura 1.42(a). Ele é mantido no lugar por um pino em A e um balancimem B. O centro de gravidade do guindaste está localizado no ponto G. Adote g = 9, 8 m/s2

e determine as reações nos apoios A e B.


Resolução: As reações nos apoios A e B são RAx, RAy e RBx conforme a figura 1.42(b).Além disso, o peso do guindaste é P = 1000 · 9, 8 = 9, 8 kN e atua em seu centro de

35


gravidade. A massa da caixa gera uma força vertical apontando para baixo de móduloF = 2400 · 9, 8 = 23, 52 kN . Para o equilíbrio do guindaste devemos ter:∑

Fx = 0 ⇒

RAx +RBx = 0 ⇒ RAx = −RBx∑Fy = 0 ⇒

RAy − 9, 8− 23, 52 = 0 ⇒ RAy = 33, 32 kN∑MA = 0 ⇒

1, 5RBx − 2P − 6F = 0 ⇒ RBx = 107, 15 kN

Consequentemente, RAx = −107, 15 kN .

Exemplo 1.24 A armação suporta a parte de um telhado de um prédio pequeno conformea figura 1.43 (a). A tensão no cabo é 150 kN . Determine as reações REx, REy e MEz.


Resolução: Usando o teorema de Pitágoras no triângulo retângulo DEF , temos:

DF =√DE2 + EF 2 =

√(3, 75 + 2, 25)2 + 4, 52 = 7, 5 m

de modo que cos θ =4, 5

7, 5= 0, 6 e sin θ =

6

7, 5= 0, 8. Usando as condições de equilíbrio

estático, segue que:∑Fx = 0 ⇒

T cos θ +REx = 0 ⇒ REx = −150 · 0, 6 = −90 kN∑Fy = 0 ⇒

REy − 20− 20− 20− 20− T sin θ = 0 ⇒REy = 80 + 150 · 0, 8 = 200 kN∑

ME = 0 ⇒

20 · 1, 8 + 20 · 3, 6 + 20 · 5, 4 + 20 · 7, 2− (T cos θ) · 6 +MEz = 0 ⇒MEz = 150 · 0, 8 · 6− 20 · 18 = 360 kNm

36



Exemplo 1.25 Um arqueiro aplica uma força F a um arco conforme a figura 1.44(a). Mostreque o momento fletor no ponto C é dado por

M =FH

4+

Fb

2tan β

Resolução: Sendo T a força de tração na corda, então da figura 1.44(c),∑Fx = 0 ⇒ 2T cos β − F = 0 ⇒ T cos β =

F

2(1.32)

Na condição de equilíbrio, MC = 0, de modo que:∑MC = 0 ⇒ (T cos β) · H

2+ (T sin β) · b−M = 0 ⇒

M = T

(H

2cos β + b sin β

)= T cos β

(H

2+ b

sin β

cos β

)(1.33)


M =F

2

(H

2+ b tan β

)=

FH

4+

Fb

2tan β

Exemplo 1.26 A barra curva ABC é submetido a cargas na forma de duas forças iguais eopostas F , como mostrado na figura 3.7. O eixo da barra forma um semicircunferência deraio r. Determine a força axial N , a força de cisalhamento V e momento fletor M atuandonuma seção transversal definida pelo ângulo θ.

37



Resolução: Do diagrama de corpo livre dado na figura 1.45(b), temos:∑FN = 0 ⇒ N − F sin θ = 0 ⇒ N = F sin θ∑FV = 0 ⇒ V − F cos θ = 0 ⇒ V = F cos θ∑M0 = 0 ⇒ M −Nr = 0 ⇒ M = Fr sin θ

1.9 Exercícios Propostos

1. Determine o módulo e a direção das forças abaixo:

(a) F1 = −5i+ 12j

(b) F2 = 100i− 100√3j

(c) F3 = −50√2i− 50

√2j

Figura 1.46: Exercício 2.

2. O gancho da figura 1.46 está submetido as forças F1 e F2. Determine a intensidade ea orientação da força resultante. Fonte: [2]

38


3. Dois cabos sujeitos a trações conhecidas estão presos ao ponto A conforme a figura1.47. Um terceiro cabo AC é usado para sustentação. Determine a tração em ACsabendo que a resultante das três forças aplicadas em A deve ser vertical. Fonte: [1]R: 26, 19 kN

Figura 1.47: Exercício 3. Figura 1.48: Exercício 4.

4. Determine o ângulo θ e o valor de P no sistema em equilíbrio na figura 1.48.

5. O semáforo de 18 kg na figura 1.49 está em equilíbrio estático. Sabendo que TAB =1, 022TAC , determine o ângulo θ e valor da tração TAC . Adote g = 9, 81 m/s2


6. Três forças atuam sobre o suporte mostrado na figura 1.50. Determine o ângulo θ ea intensidade de F1, de modo que a resultante das forças seja orientada ao longo doeixo x′ positivo e tenha intensidade de 1 kN . Fonte: [2]

7. Determine a direção e o módulo da resultante das forças da figura 1.51.

8. Determine a força necessária nos cabos AB e AD para o equilíbrio do motor de 250 kgmostrado na figura 1.52.

9. Determine as forças necessárias nos cabos AB e AC da figura 1.53 para manter aesfera D de 25 kg em equilíbrio. Dados F = 300 N e d = 1 m.

39



Figura 1.52: Exercício 8 Figura 1.53: Exercício 9

10. Determine o módulo e a direção das forças abaixo:

(a) F1 = 20i− 45j + 60k

(b) F2 = −15i+ 10j − 40k

(c) F3 = 5i− 12j − 13k

11. Determine os ângulos diretores da força F2 tal que F1 = F − 3F2, sendo F = i+ 2j− ke F1 = −2i− 3j + 2k.

12. Determine os possíveis valores de γ de modo que os ângulos 45◦, 150◦ e γ sejamdiretores.

40


13. Escreva a força F como um vetor cartesiano sabendo que possui módulo 120 N eângulos diretores α = 60◦, β = 120◦ e γ = 45◦.

14. Expresse a força na figura 1.54 como um vetor cartesiano.


15. Determine os possíveis valores de γ, sabendo que os demais ângulos diretores sãoα = 45◦ e β = 60◦.

16. Determine a intensidade e os ângulos diretores da força F necessários para o equi-líbrio do ponto O na figura 1.55.

17. Os três cabos são usados para suportar a luminária de 1200 N conforme a figura 1.56.Determine a força desenvolvida em cada cabo para condição de equilíbrio.


41


18. A torre é mantida reta pelos três cabos. Se a força em cada cabo que atua sobre atorre for aquela mostrada na figura 1.57, determine a intensidade e os ângulos dire-tores coordenados da força resultante. Considere x = 20 m e y = 15 m.


19. Considere os vetores unitários i = (1, 0, 0), j = (0, 1, 0) e k = (0, 0, 1). Mostre que:

(a) i · i = j · j = k · k = 1

(b) i · j = i · k = j · k = 0

20. Mostre que se os vetores u e v tem módulos iguais, então os vetores u− v e u+ v sãoperpendiculares.

21. Determine o ângulo entre os vetores u e v dados por:

(a) u = 2i− j + 4k e v = −i+ 3j − k

(b) u = i+ 3j − k e v = i+ 2j − 3k

22. Dados os vetores u = 2i− 6j+3k e v = i− j+2k, determine o vetor paralelo e o vetorperpendicular ao vetor u em relação ao vetor v.

23. Dado o vetor u = uxi+ uy j + uzk, mostre que |u| =√u · u.

24. Mostre que u∥ = (|u| cos θ)v, sendo v o vetor unitário na direção do vetor v.

25. Determine o momento total das forças na estrutura da figura 1.58.

26. Determine o momento da força F nos casos abaixo:

a) Em relação ao ponto O conforme a figura 1.59;

b) Em relação ao ponto A conforme a figura 1.60.

42




27. Determine o momento da estrutura da figura 1.61 em relação ao ponto A.

28. Defina:

(a) corpo deformável

(b) corpo rígido

29. Qual a função básica de um apoio?

30. Qual a função física de um apoio?

31. Cite os tipos de apoios existentes?

32. O que é uma estrutura:

(a) hipostática

(b) isostática

(c) hiperstática

43



33. Como são classificadas as vigas?

34. Como devemos substituir a carga uniforme distribuída no cálculo das reações deapoio?

35. Como devemos substituir a carga uniforme variável no cálculo das reações de apoio?

36. Cite os tipos existentes de vigas.

37. Uma barra homogênea AB da figura 1.62 tem 10 m de comprimento e pesa 1200 N .Há um ponto fixo C no qual a barra articulada em atrito. A barra repousa sobre aextremidade A. Determine a máxima distância x que um homem que pesa 1000 Npode percorrer sobre a barra, partindo de A, sem que ela gire em torno de C. R:x = 6, 7 m


38. Uma menina de 50 kg caminha sobre uma prancha com 10 m de comprimento e 10 kgde massa. A prancha está apoiada em suas extremidades, nos pontos A e B, con-forme a figura 1.56. No instante em que a força normal (reação) em B é igual aodobro da normal em A, a que distância, em metros, a menina se encontra do pontoB? Adote g = 9, 81 m/s2

44



39. Determine as reações de apoio na viga bi-apoiada da figura 1.64.


40. Uma caixa de 50 kg é equilibrada conforme a figura 1.65. Determine:

(a) A tensão no cabo CD;

(b) As reações RBx e RBy;

(c) O módulo e a direção da reação em B.

45


Figura 1.65: Exercício 40




46

Capítulo 2

Centro de Massa e de Gravidade

2.1 Introdução

Mesmo quando um corpo gira ou vibra, existe um ponto nesse corpo, chamado centro demassa, que se desloca da mesma maneira que se deslocaria uma única partícula, com amassa deste corpo e sujeita ao mesmo sistema de forças que ele. Ainda que o sistema nãoseja um corpo rígido mas um conjunto de partículas, pode ser definido para ele um centrode massa, como veremos adiante.

2.2 Sistemas Mecânicos Discretos

Figura 2.1: Sistemas de partículas.

Definição 2.1 Um corpo de massa m de dimensões desprezíveis localizado no ponto P (x, y, z)é chamado ponto material e é denotado por P (x, y, z)[m].

47


Para facilitar o estudo dos sistemas mecânicos é necessário estudar um ponto materialmuito especial chamado centro de massa.

Definição 2.2 Um sistema mecânico discreto é um conjunto finito de pontos materiais. Umsistema mecânico discreto de n pontos materiais P1, . . . , Pn de massas m1, . . . ,mn serádenotado por:

S = {P1(x1, y1, z1)[m1], . . . , Pn(xn, yn, zn)[mn]} (2.1)

Dados os pontos P1(x1, y1, z1), . . . , Pn(xn, yn, zn), podemos relacioná-los com a origemdo sistema de coordenadas O para formar os vetores

−−→OP1, . . . ,

−−→OPn. Tais vetores serão

designados simplesmente por P1, . . . , Pn.

Definição 2.3 Dado um sistema mecânico discreto S, o centro de massa é o ponto G(x, y, z)tal que

mG =n∑

k=1

Pkmk (2.2)

sendo

m =n∑

k=1

mk

Proposição 2.1 O centro de massa de um sistema mecânico discreto S é único.

Demonstração: De fato, se G e H são dois centros de massa do sistema mecânico discretoS, então

mG =n∑

k=1

Pkmk e mH =n∑

k=1

Pkmk

consequentemente, mG = mH, isto é, G = H.�

Proposição 2.2 As coordenadas do centro de massa G de um sistema mecânico discretoS são dadas por:

x =1

m

n∑k=1

mkxk , y =1

m

n∑k=1

mkyk e z =1

m

n∑k=1

mkzk (2.3)

Demonstração: De fato, da expressão vetorial dada em (2.2), temos:

m(x, y, z) =n∑

k=1

(xk, yk, zk)mk ⇒ (x, y, z) =

( n∑k=1

mkxk,n∑

k=1

mkyk,n∑

k=1

mkzk

)⇒

mx =n∑

k=1

mkxk, my =n∑

k=1

mkyk e mz =n∑

k=1

mkzk

donde segue o resultado.�

48


Exemplo 2.1 Determine o centro de massa do segmento definido pelos pontos materiaisP1(x1, y1)[m1], P2(x2, y2)[m2].

Resolução: De fato, da expressão (2.3), segue que

x =m1x1 +m2x2

m1 +m2

e y =m1y1 +m2y2m1 +m2

Observação 2.1 Note que se m1 = m2, então

x =m1x1 +m1x2

m1 +m1

=x1 + x2

2e y =

m1y1 +m1y2m1 +m1

=y1 + y2

2

ou seja, o centro de massa de um sistema mecânico discreto com dois pontos materiais demassas iguais é o ponto médio do segmento formado pelos pontos P1 e P2.

Definição 2.4 Dado um sistema mecânico discreto S, o centro de gravidade é o pontoG(xG, yG, zG) tal que

PG =n∑

k=1

Pkwk (2.4)

sendo wk o peso de cada ponto material e P o peso total do sistema, isto é,

P =n∑

k=1

wk

Proposição 2.3 O centro de gravidade G de um sistema discreto de partículas é igual aoseu centro de massa G, isto é, xG = x, yG = y e zG = z.

Demonstração: De fato, próximo a superfície terrestre o campo gravitacional é uniforme,de modo que wk = mkg, onde g é o módulo da aceleração da gravidade. Assim, da ex-pressão (2.4), temos:

( n∑k=1

wk

)G =

n∑k=1

Pkwk ⇒( n∑

k=1

mk

)gG =

n∑k=1

mkPkg ⇒ G =

n∑k=1

Pkmk

n∑k=1

mk

= G


Observação 2.2 Trataremos somente dos sistemas mecânicos próximos a superfície ter-restre, de modo que o centro de gravidade coincide com o seu centro de massa e G serádenotado simplesmente por G.

Exemplo 2.2 Ache o centro de gravidade do sistema mecânico discreto:

S = {P1(1,−2, 4)[3], P2(2, 1, 1)[1], P3(1, 0, 4)[2], P4(−1, 1, 2)[2]}

sendo os pesos dados em newtons e as coordenadas dadas em metros.

49


Resolução: Sendo

m =4∑

k=1

mk = 3 + 1 + 2 + 2 = 8

4∑k=1

mkxk = 1 · 3 + 2 · 1 + 1 · 2 + (−1) · 2 = 5

4∑k=1

mkyk = −2 · 3 + 1 · 1 + 0 · 2 + 1 · 2 = −3

4∑k=1

mkzk = 4 · 3 + 1 · 1 + 4 · 2 + 2 · 2 = 25

segue que x =5

8= 0, 625 m, y = −3

8= −0, 125 m e z =

25

8= 3, 125 m.

2.3 Esquema Prático Para o Cálculo do Centro de Massade Sistemas Mecânicos Discretos

Considere o sistema discreto dado por

S = {P1(x1, y1, z1)[m1], . . . , Pn(xn, yn, zn)[mn]}

Um modo prático de calcular as coordenadas x, y e z de S é apresentado na tabela abaixo:

k xk yk zk mk mkxk mkyk mkzk1 x1 y1 z1 m1 m1z1 m1y1 m1z12 x2 y2 z2 m2 m2z2 m2y2 m2z2...

......

......

......

...n xn yn zn mn mnzn mnyn mnzn∑ ∑

mk

∑mkxk

∑mkyk

∑mkzk

Exemplo 2.3 Determine o centro de massa do sistema mecânico discreto, sendo as coor-denadas dadas em metros.

S = {P1(−1, 3, 2)[2, 5 kg], P2(1,−3, 3)[1, 5 kg], P3(2, 1, 1)[4, 2 kg],

P4(−1,−2, 2)[3, 1 kg], P5(2, 1, 1)[1, 8 kg]}

Resolução: Colocando os dados na tabela, temos:

k xk yk zk mk mkxk mkyk mkzk1 −1 3 2 2, 5 −2, 5 −7, 5 52 1 −3 3 1, 5 1, 5 1, 5 4, 53 2 1 1 4, 2 8, 4 8, 4 4, 24 −1 −2 2 3, 1 −6, 2 −6, 2 6, 25 2 1 1 1, 8 3, 6 3, 6 1, 8∑

− − − 13, 1 4, 8 12, 4 21, 7

50


Logo,

x =

5∑k=1

mkxk

5∑k=1

mk

=4, 8

13, 1= 0, 366 m,

y =

5∑k=1

mkyk

5∑k=1

mk

=12, 4

13, 1= 0, 946 m

e z =

5∑k=1

mkzk

5∑k=1

mk

=21, 7

13, 1= 1, 656 m

Proposição 2.4 O centro de massa G do sistema mecânico discreto

S = {P1(x1, y1, z1)[m1], P2(x2, y2, z2)[m2]}

pertence à reta que passa pelos pontos P1 e P2, ou seja, G,P1 e P2 são colineares conformea figura 2.2.

Figura 2.2: Centro de massa G no segmento de reta P1P2.

Demonstração: Seja r a reta que passa pelos pontos P1 e P2. O vetor diretor de r é dadopor

v = P2 − P1 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)

Assim, a equação da reta r é dada por:

P (t)−−−→OP1 = tv ⇒ P (t) = (x1, y1, z1) + t(x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1)

ou seja,

r :

x(t) = x1 + t(x2 − x1)

y(t) = y1 + t(y2 − y1)

z(t) = z1 + t(z2 − z1)

51


Eliminando t das expressões acima, obtemos as equações simétricas da reta r, isto é:

r :x− x1

x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

Note que

x− x1 =m1x1 +m2x2

m1 +m2

− x1 =m1x1 +m2x2 − (m1 +m2)x1

m1 +m2

=m2(x2 − x1)

m1 +m2

de modo quex− x1

x2 − x1

=m2

m1 +m2

(2.5)

Analogamente,y − y1y2 − y1

=m2

m1 +m2

ez − z1z2 − z1

=m2

m1 +m2

(2.6)

De (2.5) e (2.6), segue quex− x1

x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

ou seja, G(x, y, z) ∈ r.�

Observação 2.3 É claro que se P1(x1, y1, z1) e P2(x2, y2, z2) são dois pontos materiais commassas iguais a m, então o centro de massa está no ponto médio do segmento P1P2.

Figura 2.3: Baricentro do triângulo formado pelos pontos P1,P2 e P3.

Definição 2.5 O baricentro de um triângulo de vértices P1, P2 e P3 , denotado por B é oponto de encontro de suas três medianas (segmento que liga um vértice ao ponto médio dolado oposto) conforme a figura 2.3.

52


É possível provar que o baricentro de um triângulo é único e que suas coordenadas sãodadas por:

xB =x1 + x2 + x3

3(2.7)

yB =y1 + y2 + y3

3(2.8)

e

zB =z1 + z2 + z3

3(2.9)

Proposição 2.5 O centro de massa do sistema mecânico discreto

S = {P1(x1, y1, z1)[m1], P2(x2, y2, z2)[m2], P3(x3, y3, z3)[m3]}

em que P1, P2 e P3 são não-colineares e m1 = m2 = m3 = m é o baricentro do triânguloformado pelos pontos P1, P2 e P3, isto é, x = xB, y = yB e z = zB.

Demonstração: O centro de massa do sistema mecânico discreto formado pelos pontosP1 e P2 de massas iguais a m é o ponto médio de P1P2, ou seja, é o ponto material

M

(x1 + x2

2,y1 + y2

2,z1 + z2

2

)[2m]

Desta forma, o centro de massa do sistema mecânico discreto S é igual ao centro de massado sistema mecânico discreto:

S ′ =

{P3(x3, y3, z3)[m],M

(x1 + x2

2,y1 + y2

2,z1 + z2

2

)[2m]

}Denotando por G(x, y, z) o centro de massa do sistema S, então

(m+ 2m)x = mx3 + 2m · x1 + x2

2⇒ x =

x1 + x2 + x3

3= xB

Analogamente,

y =y1 + y2 + y3

3= yB e z =

z1 + z2 + z33

= zB

�

Exemplo 2.4 Dado três pontos materiais A,B e D, de massas iguais a m estão situadosnas posições indicadas na figura 2.4. Determine as coordenadas do centro de massa dosistema de pontos materiais.

Resolução: Como as massas dos pontos materiais são iguais, o centro de massa localiza-se no baricentro do triângulo definido pelos pontos A, B e D. Assim, das expressões (2.7)e (2.8), segue que

G(x, y) =

(0 + 4 + 2

3,0 + 0 + 3

3

)= (2, 1)

Se um sistema mecânico discreto possui alguma simetria, pode-se tirar vantagem dessasimetria para a localização do centro de massa.

53


Figura 2.4: Sistema mecânico discreto de três pontos materiais de massas iguais a m.

Proposição 2.6 Se um sistema mecânico discreto S possui um plano de simetria, isto é,se cada partícula mk possui uma imagem especular m′

k relativa a um certo plano, então ocentro de massa encontra-se neste plano.

Demonstração: Sem perda de generalidade, suponhamos que o plano xy é um plano desimetria. Assim, para cada k = 1, . . . , n, zk = −z′k e mk = m′

k. Para mostrar que o centro demassa de S pertence ao plano xy, basta provar que z = 0. De fato,

z =

∑(zkmk + z′km

′k)∑

(mk +m′k)

=

∑(−z′km

′k + z′km

′k)∑

(mk +m′k)

= 0

�

2.4 Centro de Massa e Centróide deSistemas Mecânicos Contínuos

2.4.1 Introdução

Macroscopicamente, nao se consegue notar a existencia dos átomos e moléculas porqueo tamanho dos mesmos e muito pequeno e sua quantidade, geralmente elevada. Dessaforma em condições normais, podem-se estudar os fenômenos físicos que ocorrem namatéria, tais como o centro de massa ou de gravidade supondo que a mesma é continua,e não discreta. Essa é uma hipótese importante, pois, dessa maneira, podem-se definirgrandezas físicas como funções da posição e executar operações matemáticas tais comolimites, derivadas e integrações com essas grandezas. Para este fim, temos que apresen-tar o conceito de densidade que em linhas gerais é uma medida da distribuição da massadesse corpo ao longo de seu comprimento, área ou volume.

Vimos anteriormente que as coordenadas do centro de massa de um sistema mecânicodiscreto S são dadas por:

x =1

m

n∑k=1

mkxk, y =1

m

n∑k=1

mkyk e z =1

m

n∑k=1

mkzk

54


Para sistemas mecânicos contínuos, os somatórios são substituídos por integrais atuandoem alguma região R da reta, do plano ou do espaço, isto é,

x =1

m

∫R

xdm , y =1

m

∫R

ydm e z =1

m

∫R

zdm (2.10)

sendo m a massa do corpo, isto é,

m =

∫R

dm (2.11)

A proposição a seguir é muito para calcular o centro de massa de sistemas mecânicoscontínuos compostos.

Proposição 2.7 (Lema de Arquimedes) Se uma região R de massa m e centro de massaG é dividida em duas regiões menores R1 e R2, então

mG = m1G1 +m2G2 (2.12)

Além disso, o centro de massa do objeto composto encontra-se no segmento de reta queune os centros de massa das duas regiões menores conforme a figura 2.5.

Figura 2.5: Região R dividida em duas regiões R1 e R2.


mG =

∫R

P dm =

∫R1∪R2

P dm =

∫R1

P dm+

∫R2

P dm

= m1 ·1

m1

∫R1

P dm+m2 ·1

m2

∫R2

P dm

= m1G1 +m2G2

55


Mostraremos agora que G(x, y, z) ∈ G1G2. Para isso, a equação da reta que passa peloscentros de massa G1(x1, y1, z1) e G2(x2, y2, z2) é dada por:

r(t) = (x(t), y(t), z(t)) =

(x2 − x1)t+ x1

(y2 − y1)t+ y1

(z2 − z1)t+ z1

para t ∈ [0, 1]. Eliminando t das expressões acima, obtemos as equações simétricas dareta, isto é,

r :x− x1

x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

Sendo m = m1 +m2, então

x− x1 =m1x1 +m2x2

m− x1 =

m1x1 +m2x2

m1 +m2

− x1

=m2

m1 +m2

(x2 − x1) ⇒ x− x1

x2 − x1

=m2

m1 +m2

Analogamente,y − y1y2 − y1

=m2

m1 +m2

ez − z1z2 − z1

=m2

m1 +m2

donde segue quex− x1

x2 − x1

=y − y1y2 − y1

=z − z1z2 − z1

isto é, G(x, y, z) ∈ r.�

2.4.2 Centro de Massa e Centróide de Cabos

Nos sistemas mecânicos envolvendo fios, cabos e barras finas faz-se necessário o conceitode densidade linear que apresentamos a seguir:

Definição 2.6 Para um corpo de massa m em que o comprimento L é muito maior que sualargura e altura, define-se densidade linear média denotado por λ como sendo a razão entresua massa pelo seu comprimento, isto é,

λ =m

L(2.13)

Em algumas situações, a densidade linear λ varia continuamente com o comprimentode arco, de modo que

dm = λ(L)dL (2.14)

representa a massa de um pedaço infinitesimal de um cabo conforme a figura 2.6. Porintegração obtemos a massa total do cabo, isto é,

m =

∫R

λ(L)dL (2.15)

56


Figura 2.6: Arco de comprimento L e densidade linear λ(L).

Exemplo 2.5 Determine a massa de um cabo retilíneo de comprimento 2 m, sabendo quea sua densidade linear é dada por λ(x) = (x+ 1) kg/m.

Resolução: Colocando o cabo encima do eixo x, de modo que a sua extremidade esquerdacoincida com a origem do eixo, então a região R é o intervalo [0, 2]. Assim, da expressão(2.52), temos:

m =

∫R

λ(x)dx =

∫ 2

0

(x+ 1)dx =

[x2

2+ x

]20

= 4 kg

Pela definição de centro de massa, temos

x =1

m

∫R

xdm =1

m

∫R

xλ(L)dL (2.16)

Analogamente,

y =1

m

∫R

yλ(L)dL e z =1

m

∫R

zλ(L)dL (2.17)

Exemplo 2.6 Determine o centro de massa de um pedaço de fio retilíneo AB de 10 cm decomprimento, sabendo que sua densidade linear é proporcional ao quadrado da distânciado ponto A.


Resolução: Considere o eixo x com a origem sobre o ponto A conforme a figura 2.7.Sendo λ(x) = kx2, então

m =

∫R

dm =

∫ 10

0

λ(x)dx =

∫ 10

0

kx2dx = kx3

3

]100

=1000k

3

57


e ∫R

xdm =

∫ 10

0

xλ(x)dx =

∫ 10

0

xkx2dx = k

∫ 10

0

x3dx

= kx4

4

]100

= 2500k

Da expressão (2.16), segue que

x =1

m

∫R

xdm =1

1000k/3· 2500k = 7, 5 cm

Definição 2.7 O centróide de um cabo é um ponto P (x, y, z) obtido das expressões (2.16)e (2.17) no caso em que a densidade linear λ(L) é constante.

Proposição 2.8 As coordenadas do centroide de um cabo podem ser obtidas através dasexpressões

x =1

L

∫R

xdL , y =1

L

∫R

ydL e z =1

L

∫R

zdL (2.18)

sendo L seu comprimento.

Demonstração: Por hipótese é constante, isto é, λ(L) = k. Da expressão (2.52), a massado cabo é dada por:

m =

∫R

λ(L)dL =

∫R

kdL = kL

Logo,

x =1

m

∫R

xdm =1

kL

∫R

xkdL =1

L

∫R

xdL

y =1

m

∫R

ydm =1

kL

∫R

ykdL =1

L

∫R

ydL

x =1

m

∫R

zdm =1

kL

∫R

zkdL =1

L

∫R

zdL

�

Exemplo 2.7 Determine o centroide de um pedaço de fio na forma de uma semicircunfe-rência de raio r = a.

Resolução: O primeiro passo é achar uma expressão para o elemento infinitesimal dL. DoCálculo, o elemento infinitesimal de comprimento de arco de um curva plana é dado por

dL =√dx2 + dy2

Da figura 2.8, x = a cos θ e y = a sin θ, de modo que

dx = −a sin θdθ e dy = a cos θdθ ⇒dL =

√dx2 + dy2 =

√(−a sin θdθ)2 + (a cos θdθ)2

=√a2dθ2(cos2 θ + sin2 θ) = adθ

58


Figura 2.8: Pedaço de fio de raio a no formato de semicircunferência.

consequentemente o comprimento do fio é dado por:

L =

∫R

dL =

∫ π

0

adθ = πa

Assim,

x =1

L

∫R

xdL =1

πa

∫ π

0

a cos θ(adθ) =1

π

∫ π

0

a cos θdθ = 0

ey =

1

L

∫R

ydL =1

πa

∫ π

0

a sin θ(adθ) =1

π

∫ π

0

a sin θdθ =2a

π

Observação 2.4 No exemplo anterior vimos que x = 0 e isto é devido ao fato que f(x) =√a2 − x2 é uma função no intervalo simétrico [−a, a]. Em outras palavras, se um cabo

possui simetria em relação ao eixo y, então a abscissa do centróide é nula.

Definição 2.8 Dizemos que uma função f definida no intervalo I é par se f(−x) = f(x)para todo x ∈ I e f é uma função ímpar se f(−x) = −f(x) para todo x ∈ I.

Proposição 2.9 Se f é uma função diferenciável e par no intervalo [−a, a], isto é, f(x) =f(−x) para todo x ∈ [−a, a] cujo gráfico representa um fio de densidade constante, então aabscissa do centróide do cabo é nula conforme a figura 2.9.

Demonstração: Sendo f uma função par, então f ′ é uma função ímpar no intervalo (−a, a).De fato,

d

dxf(−x) = f ′(−x)(−1) = −f ′(−x)

ed

dxf(−x) = f ′(x) = f ′(x)

⇒ f(−x) = −f(−x)

Por outro lado,

dL =√

dx2 + dy2 =

√1 +

(dy

dx

)2

dx =√1 + [f ′(x)]2dx

59


Figura 2.9: Simetria em cabos uniformes e homogêneos.

de modo que

x =1

L

∫R

xdL =1

L

∫ a

−a

x√1 + [f ′(x)]2dx =

1

L

∫ 0

−a

x√1 + [f ′(x)]2dx+

1

L

∫ a

0

x√

1 + [f ′(x)]2dx

=1

L

∫ 0

a

(−u)√1 + [f ′(−u)]2(−du) +

1

L

∫ a

0

x√1 + [f ′(x)]2dx

= − 1

L

∫ a

0

x√

1 + [f ′(x)]2dx+1

L

∫ a

0

x√1 + [f ′(x)]2dx = 0

�Exemplo 2.8 Determine o centroide de um cabo retilíneo que liga os pontos P1(x1, y1, z1) eP2(x2, y2, z2).

Resolução: Seja v =−−→P1P2 = (x2 − x1, y2 − y1, z2 − z1) o vetor diretor da reta r que liga os

pontos P1 e P2. Assim, a equação paramétrica da reta r é dada por:x(t) = (x2 − x1)t+ x1

y(t) = (y2 − y1)t+ y1

z(t) = (z2 − z1)t+ z1

para t ∈ [0, 1]. Desta forma,

dL =

√(dx

dt

)2

+

(dy

dt

)2

+

(dz

dt

)2

dt =√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2dt ⇒

L =

∫ 1

0

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2dt =

√(x2 − x1)2 + (y2 − y1)2 + (z2 − z1)2

de modo que dL = Ldt. Consequentemente, a abscissa do centroide do cabo é:

x =1

L

∫R

xdL =1

L

∫ 1

0

[(x2 − x1)t+ x1]Ldt =

[(x2 − x1)

t2

2+ x1t

]10

=x2 − x1

2+ x1 =

x1 + x2

2

Analogamente,

y =y1 + y2

2e z =

z1 + z22

Intuitivamente, este é um resultado esperado, isto é, o centroide de um cabo localiza-se emno ponto médio do cabo independentemente de sua posição.

60


2.4.3 Primeiro Teorema de Pappus

Pappus de Alexandria (século IV d.C.) foi um grande matemático grego sucessor de Eu-clides, Arquimedes e Apolônio, sua principal obra é a Coleção Matemática, uma mistura deguia da geometria da época, acompanhada de comentários, com numerosas proposiçõesoriginais, aprimoramentos, extensões e notas históricas. No livro VII, aparece uma anteci-pação dos teoremas do centróide de Pappus-Guldin (1577 − 1642). O primeiro teorema dePappus enunciaremos a seguir.

Teorema 2.1 (Primeiro teorema de Pappus) A área de uma superfície de revolução éigual ao produto entre o comprimento da trajetória descrita pelo centroide dessa mesmacurva pelo comprimento da curva geratriz conforme a figura 2.10. Matematicamente, temos:

A = 2πyL (2.19)

Figura 2.10: Primeiro teorema de Pappus.

Demonstração: Considere uma curva plana e um eixo de revolução no eixo desta curva.Um elemento infinitesimal dL da curva geratriz é considerado na figura 2.10. Para umaúnica revolução da curva geratriz sobre o eixo x, o elemento infinitesimal dL gera uma áreadada por dA = 2πydL e a área total da superfície é dada por:

A =

∫R

dA = 2π

∫R

ydL (2.20)

Por outro lado, da expressão 2.18,

y =1

L

∫R

ydL ⇒∫R

ydL = yL (2.21)

Substituindo (2.21) em (2.20), segue o resultado.�

Exemplo 2.9 Use o primeiro teorema de Pappus e mostre que a área lateral de um conecircular reto de raio r e altura h é dado por A = πr

√r2 + h2.

61


Figura 2.11: Cone reto de revolução.

Resolução: Pelo exemplo 2.8, a ordenada do centroide do cabo retilíneo é y =r

2. Usando

o teorema de Pitágoras na figura 2.11, o comprimento do cabo retilíneo é L =√r2 + h2.

Logo, usando o primeiro teorema de Pappus, temos:

A = 2πyL = 2π · r2·√r2 + h2 = πr

√r2 + h2

2.5 Centro de Massa e Centroide de Placas Curvilíneas

Figura 2.12: Placa de massa m e densidade superficial σ.

Definição 2.9 Uma placa é um corpo de massa m em que sua largura e comprimento émuito maior que a sua altura h.

Definição 2.10 Dada uma função diferenciável z = f(x, y) definida em uma região R doplano xy, uma placa curvilínea no espaço R3 é o gráfico desta função.

Definição 2.11 Dada uma placa de massa m e área S, define-se densidade superficialmédia, denotada por σ, como sendo a razão entre sua massa pela sua área superficial, istoé,

σ =m

S(2.22)

62


Em algumas situações, a densidade superficial σ varia continuamente sobre a superfície,isto é, σ = σ(x, y). Desta forma, um elemento infinitesimal de massa é dm = σ(x, y)dS. DoCálculo, um elemento infinitesimal de área desta superfície é dada pela expressão:

dS =

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA

de modo que

S =

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.23)

e sendo dm = σ(x, y)dS, então

m =

∫R

∫σ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.24)

Figura 2.13: Placa paraboloidal de revolução.

Exemplo 2.10 Considere a placa no formato de um parabolóide de revolução de equaçãoz = x2 + y2 conforme a figura 2.13, definida na região R = {(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ 1}.Determine a massa da placa sabendo que a densidade superficial é σ(x, y) = 1+ 4x2 +4y2.

Resolução: Note que∂z

∂x= 2x e

∂z

∂y= 2y

de modo que

dm = σ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA = (1 + 4x2 + 4y2)√

1 + (2x)2 + (2y)2dA

= (1 + 4x2 + 4y2)√1 + 4x2 + 4y2dA = (1 + 4x2 + 4y2)3/2 ⇒

m =

∫R

∫(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA

63


Usando coordenadas polares, dA = rdrdθ e consequentemente,

m =

∫ 2π

0

∫ 1

0

(1 + 4r2)3/2rdrdθ = 2π

∫ 1

0

(1 + 4r2)3/2rdrdθ =2π

8

(1 + 4r2)5/2

5/2

∣∣∣∣10

=π

10(25

√5− 1)

Definição 2.12 As coordenadas x, y e z do centro de massa de uma placa curvilínea definidapela função z = f(x, y) em uma região R é dada pelas expressões:

x =1

m

∫R

∫xσ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.25)

y =1

m

∫R

∫yσ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.26)

e

z =1

m

∫R

∫f(x, y)σ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.27)

sendo m a massa da placa dada na expressão (2.24).

Exemplo 2.11 Determine o centro de massa da placa parabólica do exemplo anterior.

Resolução: Vimos que dm = (1+4x2+4y2)3/2dA e consequentemente m =π

10(25

√5− 1),

de modo que

x =1

m

∫R

xdm =10

(25√5− 1)π

∫R

∫x(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA

Usando coordenadas polares, segue que

x =10

(25√5− 1)π

∫ 2π

0

∫ 1

0

r cos θ(1 + 4r2)3/2rdrdθ

=10

(25√5− 1)π

∫ 2π

0

cos θdθ

∫ 1

0

r2(1 + 4r2)3/2dr = 0

Analogamente é possível provar que y = 0. Por outro lado,

z =1

m

∫R

zdm =10

(25√5− 1)π

∫R

∫(x2 + y2)(1 + 4x2 + 4y2)3/2dA

Novamente usando coordenadas polares, temos:

z =10

(25√5− 1)π

∫ 2π

0

∫ 1

0

r2(1 + 4r2)3/2rdrdθ =10

(25√5− 1)π

∫ 2π

0

dθ

∫ 1

0

r2[r(1 + 4r2)3/2]dr

=20

25√5− 1

∫ 1

0

r2[r(1 + 4r2)3/2]dr

64


Para resolver esta última integral, usaremos a técnica de integração por partes, escolhendou = r2 e dv = r(1 + 4r2)3/2dr, de modo que

du = 2rdr e v =

∫r(1 + 4r2)3/2dr =

1

8· (1 + 4r2)5/2

5/2

Assim,∫ 1

0

r2[r(1 + 4r2)3/2]dr =

[r2(1 + 4r2)5/2

20

]10

−∫ 1

0

2r(1 + 4r2)5/2

20dr

=

√5

4− 1

10

∫ 1

0

r(1 + 4r2)5/2dr =

√5

4− 1

80

(1 + 4r2)7/2

7/2

∣∣∣∣10

=9√5

56+

1

280

Logo,

z =20

25√5− 1

·(9√5

56+

1

280

)=

14(45√5 + 1)

25√5− 1

≃ 1, 85

Definição 2.13 O centroide de uma placa curvilínea, é um ponto G(x, y, z) em que a densi-dade superficial σ é constante.

Proposição 2.10 As coordenadas do centroide de uma placa curvilínea definida pela funçãoz = f(x, y) na região R são dadas pelas expressões:

x =1

S

∫R

∫x

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.28)

y =1

S

∫R

∫y

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.29)

e

z =1

S

∫R

∫f(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA (2.30)

sendo S a área da placa dada pela expressão (2.23).

Demonstração: De fato, usando a expressão (2.25) com σ(x, y) = k, temos:

x =1

kS

∫R

∫xk

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA

=1

S

∫R

∫x

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA

Analogamente prova-se as expressões (2.29) e (2.30).�

65


Figura 2.14: Placa hemisférica de raio a.

Exemplo 2.12 Determine a área de superfície de uma placa hemisférica de raio a conformea figura 2.14.

Resolução: A equação da placa hemisférica é z =√a2 − x2 − y2 definida na região R =

{(x, y) ∈ R2 : x2 + y2 ≤ a2}. Note que

z2 = a2 − x2 − y2 ⇒ 2z∂z

∂x= −2x e 2z

∂z

∂y= −2y

de modo que (dS

dA

)2

= 1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

= 1 +

(−x

z

)2

+

(−y

z

)2

=z2 + x2 + y2

z2=

a2

z2

consequentemente,

dS =a√

a2 − x2 − y2dA ⇒ S =

∫R

dS =

∫R

∫a√

a2 − x2 − y2dA

Usando coordenadas polares, temos:

S = a

∫ 2π

0

∫ a

0

1√a2 − r2

rdrdθ = 2πa

∫ a

0

r√a2 − r2

dr

= −πa

∫ a

0

d(a2 − r2)√a2 − r2

= −2πa√a2 − r2

∣∣∣∣a0

= −2πa(0− a) = 2πa2

2.5.1 Simetria em Placas Curvilíneas

Podemos simplificar os cálculos de centro de massa ou centroide de uma placa curvilíneobservando se existe algum eixo de simetria. Neste caso, o centro de massa ou centroidepertence a este eixo.

66


Definição 2.14 Dizemos que a placa curvilínea definida em uma região R circular de raio ano plano xy possui simetria radial, se z = f(x, y) pode ser escrita na forma z = g(r), sendog uma função diferenciável e r =

√x2 + y2.

Proposição 2.11 Se uma placa curvilínea possui simetria radial e a densidade σ(x, y) =h(r), sendo r =

√x2 + y2, então a absicissa e a ordenada do centro de massa são nulas,

isto é, x = y = 0.

Demonstração: De fato, sendo f(x, y) = g(r), então

∂f

∂x=

dg

dr

∂r

∂x= g′(r)

∂r

∂xe

∂f

∂y=

dg

dr

∂r

∂y= g′(r)

∂r

∂y

Do fato que r2 = x2 + y2, segue que∂r

∂x=

x

re∂r

∂y=

y

rde modo que

1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

= 1 +

(g′(r)

x

r

)2

+

(g′(r)

x

r

)2

= 1 + [g′(r)]2(x2

r2+

y2

r2

)= 1 + [g′(r)]2

Assim,

x =1

m

∫R

∫xσ(x, y)

√1 +

(∂z

∂x

)2

+

(∂z

∂y

)2

dA =1

m

∫ 2π

0

∫ a

0

r cos θ h(r)√1 + [g′(r)]2rdrdθ

=1

m

∫ 2π

0

cos θdθ

∫ a

0

r2h(r)√

1 + [g′(r)]2dr = 0

Analogamente, prova-se que y = 0.�

Observação 2.5 Em particular este resultado é válido também para o cálculo de centroidede uma placa curvilínea distribuída radialmente em torno do eixo z.

Exemplo 2.13 Mostre que as coordenadas do centroide de uma placa hemisférica de raioa são x = y = 0 e z = a/2.

Resolução: Do exemplo 2.12, a área da placa hemisférica de raio a é S = 2πa2. Sendo

f(x, y) =√a2 − x2 − y2 =

√a2 − r2 = g(r)

segue da proposição 2.5.1 que x = y = 0. Por outro lado,

g′(r) = − r√a2 − r2

de modo que

z =1

S

∫ 2π

0

∫ a

0

g(r)√1 + [g′(r)]2rdrdθ =

2π

2πa2

∫ a

0

√a2 − r2

√1 +

[− r√

a2 − r2

]2rdr

=1

a2

∫ a

0

√a2 − r2

√a2 − r2 + r2

a2 − r2rdr =

1

a

∫ a

0

rdr =a

2

67


Figura 2.15: Placa cônica circular reta de raio a e altura h.

Exemplo 2.14 Determine o centroide de uma placa no formato de um cone circular retode vértice na origem do sistema do coordenadas cartesianas, raio da base a e altura hconforme a figura 2.15.

Resolução: Por semelhança de triângulos,r

a=

z

h, sendo r =

√x2 + y2 o raio de uma

seção na altura z. Assim, a equação do cone é z =hr

a, de modo que g(r) =

hr

a. Pela

proposição , x = y = 0. Sendo a área da placa cônica igual a S = πa√a2 + h2, então:

z =1

S

∫R

∫zdS =

1

πa√a2 + h2

∫ 2π

0

∫ a

0

g(r)√

1 + [g′(r)]2rdrdθ

=1

πa√a2 + h2

∫ 2π

0

∫ a

0

hr

a

√1 +

h2

a2rdrdθ =

h

πa3

∫ 2π

0

dθ

∫ a

0

r2dr =2h

a3r3

3

∣∣∣∣a0

=2h

3

2.6 Centro de Massa e Centroide de Placas Planas

Nesta seção, veremos como calcular as coordenadas do centro de massa ou do centroidede uma placa plana.

Definição 2.15 Uma placa plana é uma placa no qual todos os seus pontos estão contidosem um mesmo plano. Por simplicidade, admitiremos que toda placa plana está contida noplano xy.

Na figura 2.38, temos um exemplo de uma placa plana furada com contornos curvilíneose retilíneos. As coordenadas do centro de massa de uma placa plana são dadas pelasexpressões (2.31). Além disso, conforme a natureza da placa o elemento infinitesimal deárea dA pode ser da forma dxdy, dydx ou rdrdθ.

x =1

m

∫R

∫xσ(x, y)dA e y =

1

m

∫R

∫yσ(x, y)dA (2.31)

68


sendo m a massa da placa dada por:

m =

∫R

∫σ(x, y)dA (2.32)

Exemplo 2.15 Considere uma placa plana triangular delimitada pelos eixos coordenadose pela reta y = 4 − x conforme a figura 2.39. Sabendo que a densidade em cada ponto édada por σ(x, y) = xy, determine as coordenadas do seu centro de massa.

Figura 2.16: Centro de massa de uma placa formada por um triângulo retângulo isósceles.

Resolução: A massa da placa é

m =

∫R

∫σ(x, y)dA =

∫ 4

0

∫ 4−x

0

xydydx =

∫ 4

0

xy2

2

∣∣∣∣4−x

0

dx =1

2

∫ 4

0

x(4− x)2dx

=1

2

∫ 4

0

(16x− 8x2 + x3)dx =1

2

[8x2 − 8x3

3+

x4

4

]40

=32

3

de modo que

x =1

m

∫ ∫R

xσ(x, y)dA =1

32/3

∫ 4

0

∫ 4−x

0

x2ydydx =3

32

∫ 4

0

x2y

∣∣∣∣4−x

0

dx =3

32

∫ 4

0

x2(4− x)dx

=3

32

∫ 4

0

(4x2 − x3)dx =

[4x3

3− x4

4

]40

=8

5

Analogamente,

y =1

m

∫ ∫R

yσ(x, y)dA =1

32/3

∫ 4

0

∫ 4−y

0

y2xdxdy =8

5

Definição 2.16 O centroide de uma placa plana, é um ponto G(x, y) em que a densidade σé constante.

Proposição 2.12 As coordenadas do centroide de uma placa plana definida em uma regiãoR do plano xy são dadas pelas expressões:

x =1

A

∫R

∫xdA e y =

1

A

∫R

∫ydA (2.33)

69


Demonstração: Seja σ(x, y) = k, sendo k ∈ R. Assim, m = kA e consequentemente,

x =1

m

∫R

∫xσ(x, y)dA =

1

kA

∫R

∫kxdA =

1

A

∫R

∫xdA

Analogamente,

y =1

m

∫R

∫yσ(x, y)dA =

1

kA

∫R

∫kydA =

1

A

∫R

∫ydA

�Exemplo 2.16 Ache o centroide da região delimitada pela reta y = 2−x, pela curva y =

√x

e pelo eixo x.

Figura 2.17: Centroide da placa delimitada pela reta x = 2 − y, pela curva y =√x e pelo

eixo x.

Resolução: A região é ilustrada na figura 2.17. O ponto de interseção entre as curvas éobtido igualando as ordenadas, isto é,

y = y ⇒ 2− x =√x ⇒ (2− x)2 = x ⇒ x2 − 5x+ 4 = 0

As raízes são x1 = 1 e x2 = 4, de modo que os pontos de interseção são P1(1, 1) e P2(4, 2).O próximo passo é calcular a área da região, ou seja,

A =

∫R

∫dA =

∫ 1

0

∫ 2−y

y2dxdy =

∫ 1

0

x

∣∣∣∣2−y

y2dy =

∫ 1

0

(2− y − y2)dy =

[2y − y2

2− y3

3

]10

=7

6

Assim,

x =1

A

∫R

∫xdA =

1

7/6

∫ 1

0

∫ 2−y

y2xdxdy =

6

7

∫ 1

0

x2

2

∣∣∣∣2−y

y2dy =

3

7

∫ 1

0

[(2− y)2 − y4]dy

=3

7

∫ 1

0

(4− 4y + y2 − y4)dy =3

7

[4y − 2y2 +

y3

3− y5

5

]10

=32

35

Analogamente,

y =1

A

∫R

∫ydA =

1

7/6

∫ 1

0

∫ 2−y

y2ydxdy =

6

7

∫ 1

0

yx

∣∣∣∣2−y

y2dy =

6

7

∫ 1

0

(2y − y2 − y3)dy

=6

7

[y2 − y3

3− y4

4

]10

=5

14

70


2.6.1 Simetria em Placas Planas

Nesta seção, abordaremos o conceito de simetria em placas planas e um resultado muitoimportante no qual afirma que se uma placa plana apresenta um eixo de simetria, então oseu centroide pertence a este eixo.

Figura 2.18: Definição de simetria de uma placa plana no plano xy.

Definição 2.17 Uma placa plana definida por uma região R do plano é simétrica em relaçãoa um eixo BB′ se todo ponto P corresponder um ponto P ′ da mesma região, de tal formaque o linha PP ′ é perpendicular a BB′ e dividir a região em duas partes iguais em relaçãoaquele eixo.

Proposição 2.13 Seja f uma função contínua e positiva definida no intervalo [0, a] (figura2.19). Se para todo x ∈ [a, b], existe x1 ∈ [0, a] tal que x + x1 = a e f(x) = f(x1), entãox = a/2 é um eixo de simetria da placa plana delimitada pelo gráfico de f e pelo eixo x.

Figura 2.19: Placa plana simétrica delimitada superiormente pelo gráfico de uma funçãocontínua.

71


Demonstração: Sejam x ∈ [0, a] e os pontos P ′(x1, f(x1)) e P (x, f(x)). Sendo f(x) =f(x1), então PP ′ é perpendicular ao eixo x = a/2. Além disso, para todo x ∈ [0, a],∣∣∣∣a2 − x

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣a− x+a

2− a

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x1 −a

2

∣∣∣∣de modo que PP ′ divide a região em duas partes iguais em relação ao eixo x = a/2, dondesegue o resultado.

�

Proposição 2.14 Seja f uma função contínua definida em um intervalo fechado I. Se E éum eixo de simetria, então o centroide da placa plana delimitada pelo gráfico de f e peloeixo x pertence a este eixo.

Demonstração: Sem perda de generalidade, podemos transladar o eixo y, de modo queI = [0, a] e o eixo de simetria E é a reta x = a/2. Assim, para provar a proposição,mostraremos que x = a/2.

De fato, sendo x = a/2 um eixo de simetria, então para todo x ∈ [0, a] existe x1 ∈ [0, a]tal que f(x) = f(x1) e ∣∣∣∣a2 − x

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x1 −a

2

∣∣∣∣ ⇒ a

2− x±

(x1 −

a

2

)de modo que x1 = a− x e x1 = x (não serve). Assim,

f(x) = f(x1) = f(a− x) para todo x ∈ [0, a] (2.34)

Por outro lado,

x =1

A

∫ a

0

∫ f(x)

0

xdydx =1

A

∫ a

0

xf(x)dx

Seja u = x− a/2, de modo que dx = du e se x = 0, u = −a/2 e se x = a, u = a/2. Assim,

x =1

A

∫ a/2

−a/2

(u+

a

2

)f(u+ a/2)du

=1

A

∫ a/2

−a/2

uf(u+ a/2)du+1

A· a2

∫ a/2

−a/2

f(u+ a/2)du = I1 + I2

Afirmação 1: A função g(u) := f(u+ a/2) é uma função par para todo u ∈ [−a/2, a/2].De fato, usando a expressão (2.34), temos

g(−u) = f(−u+ a/2) = f [a− (a/2 + u)] = f(a/2 + u) = g(u)

para todo u ∈ [−a/2, a/2]. Consequentemente, I1 = 0.

Afirmação 2: I2 = a/2. De fato, seja v = u+ a/2, de modo que du = dv e

I2 =a

2A

∫ a/2

−a/2

f(u+ a/2)du =a

2A

∫ a

0

f(v)dv =a

2A· A =

a

2

consequentemente, x = a/2.�

72


Corolário 2.1 Se E1 e E2 são dois eixos de simetria de uma placa plana definida pelosgráficos das funções positivas f e g em um intervalo [a, b]. Então o centroide G desta placaé a interseção destes dois eixos, isto é, G ∈ E1 ∩ E2.

Demonstração: Se E1 é um eixo de simetria, então pela proposição 2.14, G ∈ E1 eanalogamente, sendo E2 um eixo de simetria, novamente pela proposição 2.14, G ∈ E2.Logo, G ∈ E1 ∩ E2.

�

Corolário 2.2 Se uma placa plana é delimitada inferiormente pela função par y = g(x) esuperiormente pela função par y = f(x) no intervalo simétrico [−a, a] conforme a figura2.20, então a abscissa do centroide é nula, isto é, x = 0.

Figura 2.20: Placa plana delimitada por duas funções pares em um intervalo simétrico.

Demonstração: A região definida pela funções f e g é simétrica em relação ao eixo y. Defato, seja x ∈ [−a, a] e sendo f e g duas funções pares, então:

h(−x) = f(−x)− g(−x) = f(x)− g(x) = h(x)

de modo que PP ′ com P (x, h(x)) e P ′(−x, h(x)) é perpendicular ao eixo y e divide a regiãoem duas partes iguais. Sendo x = 0 um eixo de simetria, da proposição 2.14, x = 0.

�

Observação 2.6 Analogamente, se uma placa plana é delimitada à esquerda pela funçãopar x = g(y) e à direita pela função par x = h(y) no intervalo simétrico [−b, b], então aordenada do centroide é nula, isto é, y = 0.

A recíproca da proposição 2.2 é dada a seguir:

Proposição 2.15 Seja f uma função contínua e positiva no intervalo [−a, a] e a placa planadelimitada pelo gráfico de f e o eixo x. Se x = 0, então f é uma função par.

73


Demonstração: Suponhamos que f não seja uma função no intervalo [−a, a]. Assim,existe ξ ∈ [−a, a], não nulo, tal que f(−ξ) = f(ξ) e sendo f contínua, existe um intervaloaberto I ⊂ [−a, a] não contendo a origem tal que

f(x)− f(−x) = 0 para todo x ∈ I

Assim,

0 <

∫I

|x[f(x)− f(−x)]|dx ≤∫ a

0

x[f(x)− f(−x)]dx =

∫ a

0

xf(x)dx−∫ a

0

xf(−x)dx

=

∫ a

0

xf(x)dx−∫ −a

0

(−u)f(u)d(−u) =

∫ a

0

xf(x)dx+

∫ 0

−a

xf(x)dx =

∫ a

−a

xf(x)dx

=

∫ a

−a

∫ f(x)

0

xdydx = A ·(1

A

∫ a

−a

∫ f(x)

0

xdydx

)= Ax

consequentemente, Ax > 0 e sendo A > 0, segue que x > 0. Absurdo.�

Exemplo 2.17 Mostre que as coordenadas do centróide de uma placa semi-circular de raio

a, cujo o diâmetro está sobre o eixo x e o eixo y passa pela origem são x = 0 e y =4a

3π.

Figura 2.21: Placa plana semi-circular.

Resolução: Considere a placa semi-circular na figura 2.21. Usando o teorema de Pitá-goras, temos a relação x2 + y2 = a2, de modo que a placa é limitada superiormente pelafunção f(x) =

√a2 − x2 para x ∈ [−a, a]. Sendo f uma função par, então pelo corolário 2.2,

x = 0. Da Geometria Plana, a área da placa é A = πa2/2. Assim,

y =1

A

∫R

∫dA =

1

πa2/2

∫ a

−a

∫ √a2−x2

0

ydydx =2

πa2

∫ a

−a

y2

2

∣∣∣∣√a2−x2

0

dx =1

πa2

∫ a

−a

(a2 − x2)2dx

=2

πa2

∫ a

0

(a2 − x2)2dx =2

πa2

[a2x− x3

3

]a0

=2

πa2· 2a

3

3=

4a

3π

Exemplo 2.18 Se uma placa parabólica plana é delimitada inferiormente por uma baseretilínea perpendicular ao eixo simetria da curva, mostre que o seu centróide pertence aoeixo da parábola e está a 2/5 da base.

74



Resolução: De fato, considere a placa parabólica conforme a figura 2.22. A expressãogeral de uma função quadrática é f(x) = mx2 + bx+ c e sendo f(0) = h, então c = h. Mas,f(−a) = f(a) = 0, de modo que:{

m(−a)2 + b(−a) + h = 0

ma2 + ba+ h = 0

de modo que b = 0 e m = − h

a2, de modo que f(x) = h− hx2

a2. Desta forma, f é uma função

par em um intervalo simétrico, então x = 0 é um eixo de simetria e consequentemente pelocorolário 2.2, x = 0. Por outro lado,

A =

∫ a

−a

f(x)dx = 2h

∫ a

0

(1− x2

a2

)dx = 2h

[x− x3

3a2

]a0

= 2h · 2a3

=4ah

3

e consequentemente,

y =1

A

∫R

∫ydA =

1

4ah/3

∫ a

−a

∫ h−hx2

a2

0

ydydx =3

4ah

∫ a

−a

y2

2

]h−hx2

a2

0

dx =3

8ah

∫ a

−a

(h− hx2

a2

)2

dx

=3

4ah

∫ a

0

(h2 − 2h2x2

a2+

h2x4

a4

)dx =

2h

5

Observação 2.7 Nem sempre o centro de massa de uma placa plana geometricamentesimétrica pertence ao eixo de simetria, pois o cálculo de suas coordenadas depende dadistribuição de massa sobre a placa.

Exemplo 2.19 Determine as coordenadas do centroide de uma placa delimitada superior-mente pela senóide f(x) = sinx no intervalo [0, π] e inferiormente pelo eixo x conforme afigura 2.23.

Resolução: A reta x = π/2 é um eixo de simetria. De fato, para todo x ∈ [0, π] sejax1 = π − x. Sendo ∣∣∣∣π2 − x

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣π − x− π

2

∣∣∣∣ = ∣∣∣∣x1 −π

2

∣∣∣∣75



ef(x1) = sin(π − x) = sinx = f(x)

de modo que x = π/2 é um eixo de simetria. Pela proposição 2.14, x = π/2. Por outro lado,

A =

∫ π

0

sin xdx = 2

Consequentemente,

y =1

A

∫ π

0

∫ sinx

0

ydydx =1

4

∫ π

0

y2∣∣∣∣sinx

0

dx =1

4

∫ π

0

sin2 xdx =1

8

∫ π

0

[1− cos(2x)]dx =π

8

Logo, G(π/2, π/8).

Proposição 2.16 Sejam f e g duas funções pares, positivas e contínuas no intervalo [−a, a],sendo g(x) ≤ f(x) para todo x ∈ [−a, a] conforme a figura 2.24. Se R1 = [g(x), f(x)]×[−a, 0],R2 = [g(x), f(x)] × [0, a] representam duas placas planas, então yR1 = yR2 = yR, sendoR = R1 ∪R2.

Figura 2.24: Proposição 2.16

Demonstração: Sendo f e g duas funções pares em um intervalo simétrico, então aárea da região R1, denotada por A é igual a área da região R2. Além disso, a função

76


h(x) := f(x)2 − g(x)2 é par para todo x ∈ [−a, a]. Assim,

yR =1

2A

∫ a

−a

∫ f(x)

g(x)

ydydx =1

2A

∫ a

−a

y2

2

∣∣∣∣f(x)g(x)

dx =1

2A

∫ a

−a

y2

2

∣∣∣∣f(x)g(x)

dx =1

4A

∫ a

−a

[f(x)2 − g(x)2]dx

=1

2A

∫ a

0

[f(x)2 − g(x)2]dx =1

A

∫ a

0

y2

2

∣∣∣∣f(x)g(x)

dx =1

A

∫ a

0

(∫ f(x)

g(x)

ydy

)dx = yR2

Analogamente, é possível mostrar que yR = yR1 .�

Observação 2.8 Em outras palavras, podemos afirmar que: "Se uma placa possui um eixode simetria e dividimos esta placa através deste eixo em duas regiões, então uma dascoordenadas do centroide continua sobre o eixo de simetria".

2.6.2 Centroide de Placas Planas de Contornos Curvilíneos

Algumas placas planas são delimitadas por duas ou mais curvas, de modo que para calcularas coordenadas do centro de massa ou do centroide, devemos usar integrais. Vejamosalguns exemplos:

Exemplo 2.20 Determine as coordenadas do centroide da placa plana delimitada pelascurvas f(x) = 10− x2 e g(x) = x2 + 2.


Resolução: A placa plana está representada na figura 2.25. Os pontos de interseção sãoobtidos fazendo f(x) = g(x), isto é,

x2 + 2 = 10− x2 ⇒ x = ±2

Assim, a ordenada do pontos de interseção é f(2) = 22 + 2 = 6.

Afirmação: A reta y = 6 é um eixo de simetria da placa.De fato, para todo x ∈ [−2, 2], temos

6− g(x) = 6− (10− x2) = x2 − 4 = x2 + 2− 6 = f(x)− 6

77


de modo que y = 6 é um eixo de simetria, consequentemente, y = 6. Por outro lado, f e gsão duas funções pares em um intervalo simétrico e pelo corolário 2.2, x = 0. Logo, G(0, 6)é o centroide da placa delimitada pelas duas curvas.

Exemplo 2.21 Determine a abscissa do centróide de uma placa plana delimitada por umlaço delimitado pelas curvas f(x) = sin(2x) e g(x) = cosx conforme a figura 2.26.


Resolução: A área da placa é dada por:

A =

∫R

dA =

∫ π/2

π/6

∫ sin(2x)

cosx

dydx =

∫ π/2

π/6

[sin(2x)− cosx]dx =

[−1

2cos(2x)− sinx

]π/2π/6

=1

4

Assim,

x =1

A

∫R

∫xdA =

1

1/4

∫ π/2

π/6

∫ sin(2x)

cosx

xdydx = 4

∫ π/2

π/6

x[sin(2x)− cos x]dx

= 4

∫ π/2

π/6

x sin(2x)dx− 4

∫ π/2

π/6

x cos xdx = I1 − I2

Para calcular as integrais I1 e I2, usamos a técnica de integração por partes:

I1 = 4

∫ π/2

π/6

x sin(2x)dx = 4

[−x

2cos(2x)

∣∣∣∣π/2π/6

+1

2

∫ π/2

π/6

cos(2x)dx

]=

7π

6−

√3

2

Analogamente,

I2 = 4

∫ π/2

π/6

x cos xdx =5π

3− 2

√3

Logo,

x =7π

6−

√3

2− (

5π

3− 2

√3) =

3√3

2− π

2≃ 1, 03

Algumas placas planas são delimitadas por curvas expressas em coordenadas polares. Neste caso, o procedimento é análogo, mas devemos usar as expressões:

x = r cos θ y = r sin θ e dA = rdrdθ

Além disso, é muito útil a proposição a seguir relativo as integrais trigonométricas.

78


Proposição 2.17 É válido que:

i)∫ 2π

0cos2 θdθ =

∫ 2π

0sin2 θdθ = π

ii)∫ 2π

0cos4 θdθ =

∫ 2π

0sin4 θdθ =

3π

4

iii)∫ 2π

0sin2n+1 θdθ = 0 para todo n ∈ N

iv)∫ 2π

0cos2n+1 θdθ = 0 para todo n ∈ N

Demonstração:

i) Da identidade trigonométrica cos2 θ =1 + cos(2θ)

2, temos:

∫ 2π

0

cos2 θdθ =

∫ 2π

0

1 + cos(2θ)

2dθ =

1

2

[θ +

1

2sin(2θ)

]2π0

= π

e ∫ 2π

0

sin2 θdθ =

∫ 2π

0

(1− cos2 θ)dθ = 2π − π = π

ii) De fato,∫ 2π

0

cos4 θdθ =

∫ 2π

0

(cos2 θ)2dθ =

∫ 2π

0

[1 + cos(2θ)

2

]2dθ

=1

4

∫ 2π

0

[1 + 2 cos(2θ) + cos2(2θ)]dθ =π

2+

1

4

∫ 2π

0

cos2(2θ)dθ

=π

2+

1

8

∫ 2π

0

[1 + cos(2θ)]dθ =π

2+

π

4=

3π

4

e ∫ 2π

0

sin4 θdθ =

∫ 2π

0

(1− cos2 θ)2dθ =

∫ 2π

0

(1− 2 cos2 θ + cos4 θ)dθ

=

∫ 2π

0

dθ − 2

∫ 2π

0

cos2 θdθ +

∫ 2π

0

cos4 θdθ

= 2π − 2π +

∫ 2π

0

cos4 θdθ =3π

4

iii) A função f(θ) = sin θ é ímpar e g(θ) = [f(θ)]2n+1 também é. Fazendo a mudança devariáveis α = θ − π, temos:∫ 2π

0

sin2n+1 θdθ =

∫ π

−π

sin2n+1(α+ π)dα = −∫ π

−π

sin2n+1 αdα = 0

79


iv) De fato, fazendo a mudança de variáveis α = θ − π, temos:∫ 2π

0

cos2n+1 θdθ =

∫ π

−π

cos2n+1(α+ π)dα =

∫ π

−π

(cosα cosπ)2n+1dα

= 2(−1)2n+1

∫ π

0

cos2n+1 αdα

Fazendo a mudança de variáveis β = α− π/2, segue que:∫ π

0

cos2n+1 αdα =

∫ π/2

−π/2

cos2n+1(β + π/2)dβ =

∫ π/2

−π/2

(− sin β sinπ/2)2n+1dβ

= (−1)2n+1

∫ π/2

−π/2

sin2n+1 βdβ = 0

�

Exemplo 2.22 Determine as coordenadas do centróide da placa plana delimitada pelacardióide r = 1 + sin θ, para θ ∈ [−π/2, 3π/2] dada na figura 2.27.


Resolução: Por simetria, a abscissa do centróide é nula, isto é, x = 0. A área da placa édada por:

A =

∫R

∫dA =

∫ 3π/2

−π/2

∫ 1+sin θ

0

rdrdθ =1

2

∫ 3π/2

−π/2

r2∣∣∣∣1+sin θ

0

dθ =1

2

∫ 3π/2

−π/2

(1 + sin θ)2dθ

=1

2

∫ 3π/2

−π/2

(1 + 2 sin θ + sin2 θ)dθ =1

2

[θ − 2 cos θ

]3π/2−π/2

+1

2

∫ 3π/2

−π/2

sin2 θdθ

=1

2

(3π

2+

π

2

)+

1

2

∫ 2π

0

sin2 θdθ = π +π

2=

3π

2

80


de modo que,

y =1

A

∫R

∫ydA =

2

3π

∫ 3π/2

−π/2

∫ 1+sin θ

0

r sin θrdrdθ =2

3π

∫ 3π/2

−π/2

sin θr3

3

∣∣∣∣1+sin θ

0

dθ

=2

9π

∫ 3π/2

−π/2

sin θ(1 + sin θ)3dθ =2

9π

∫ 3π/2

−π/2

sin θ(1 + 3 sin θ + 3 sin2 θ + sin3 θ)dθ

=2

9π

∫ 3π/2

−π/2

(sin θ + 3 sin2 θ + 3 sin3 θ + sin4 θ)dθ

Seja α = θ + π/2, de modo que dα = dθ e sin θ = sin(α− π/2) = − cosα. Assim,

y =2

9π

∫ 2π

0

(− cosα+ 3 cos2 α− 3 cos3 α+ cos4 α)dα =2

9π

∫ 2π

0

(3 cos2 α+ cos4 α)dα

=2

3π

∫ 2π

0

cos2 αdα +2

9π

∫ 2π

0

cos4 αdα =2

3π· π +

2

9π· 3π4

=5

6

Exemplo 2.23 Determine o centróide de uma pétala da rosácea r(θ) = 2a cos(2θ) conformea figura 2.36.

Figura 2.28: Placa no formato de uma pétala de rosácea.

Resolução: Por simetria, y = 0 e a área de uma pétala é dada por:

A =

∫R

∫dA =

∫ π/4

−π/4

∫ 2a cos(2θ)

0

rdrdθ =

∫ π/4

−π/4

r2

2

∣∣∣∣2a cos(2θ)0

dθ =1

2

∫ π/4

−π/4

[2a cos(2θ)]2dθ

= 2a2∫ π/4

−π/4

cos2(2θ)dθ = 4a2∫ π/4

0

cos2(2θ)dθ = 4a2∫ π/4

0

[1 + cos(4θ)]

2dθ =

πa2

2

81


Assim,

x =1

A

∫R

∫xdA =

2

πa2

∫ π/4

−π/4

∫ 2a cos(2θ)

0

r cos θrdrdθ =2

πa2

∫ π/4

−π/4

cos θ

∫ 2a cos(2θ)

0

r2drdθ

=2

πa2

∫ π/4

−π/4

cos θr3

3

∣∣∣∣2a cos(2θ)0

dθ =2

3πa2

∫ π/4

−π/4

8a3 cos3(2θ) cos θdθ

=32a

3π

∫ π/4

0

cos3(2θ) cos θdθ =32a

3π

∫ π/4

0

(1− 2 sin2 θ)3 cos θdθ

onde usamos o fato que cos(2θ) = cos2 θ− sin2 θ = 1−2 sin2 θ. Para esta última integral, sejau = sin θ, de modo que

x =32a

3π

∫ √2/2

0

(1− 2u2)3du =32a

3π

∫ √2/2

0

(1− 6u2 + 12u3 − 8u6)du =32a

3π· 8

√2

35=

256√2a

105π

2.6.3 Centroide de Placas Planas Via Integrais de Linha

Um outro modo de calcular o centróide de placas planas é através de integrais de linhajuntamente com o teorema de Green que enunciaremos a seguir:

Teorema 2.2 (Teorema de Green) Se C é uma curva fechada simples, seccionalmentelisa, que delimita uma região R, e se M(x, y) e N(x, y) são contínuas e têm derivadasparciais contínuas ao longo de C e em todo R, então∮

C

Mdx+Ndy =

∫R

∫ (∂N

∂x− ∂M

∂y

)dA (2.35)

Demonstração: Ver [6].

Proposição 2.18 As coordenadas do centróide de uma placa plana representada pelaregião R que tem área A e cuja fronteira é uma curva fechada simples C são dadas por:

x =1

2A

∫C

x2dy e y = − 1

2A

∫C

y2dx (2.36)

sendo C uma curva lisa fechada simples, orientada no sentido anti-horário.

Demonstração: De fato, usando o teorema de Green com M(x, y) = x2 e N(x, y) naprimeira integral temos:∫

C

x2dy =

∫R

∫(2x− 0)dA = 2

∫R

∫xdA = 2A

∫R

∫xdA

A= 2Ax (2.37)

e usando o teorema de Green com M(x, y) = y2 e N(x, y) = 0 na segunda integral temos:∫C

y2dx =

∫R

∫(0− 2y)dA = −2

∫R

∫ydA = −2A

∫R

∫ydA

A= −2Ay (2.38)

82


Das expressões (2.37) e (2.38) segue o resultado.�

É útil no cálculo do centróide usar uma expressão em termos de integral de linha paracalcular a área da região R. Tomando N(x, y) = x e M(x, y) = 0 no teorema de Greensegue que ∫

C

xdy = A (2.39)

Exemplo 2.24 Calcule as coordenadas do centróide da placa plana delimitada pelas curvasC1 : x = 0, C2 : y = 0 e C3 : r(t) = (a cos t, b sin t), t ∈ [0, π/2] com a, b positivos através dasexpressões (2.37), (2.38) e (2.39).

Figura 2.29: Placa no formato de um setor elíptico.

Resolução: A região compreendida por estas curvas é um setor elíptico conforme a figura2.29. A área da região é dada por:

A =

∫C

xdy =

∫C1∪C2∪C3

xdy =

∫C3

xdy =

∫ π/2

0

a cos t b cos tdt = ab

∫ π/2

0

cos2 tdt =πab

4

Assim,

x =1

2A

∫C

x2dy =1

πab/2

∫C3

x2dy =2

πab

∫ π/2

0

(a cos t)2b cos tdt

=2a

π

∫ π/2

0

(1− sin2 t)d(sin t) =2a

π

[sin t− sin3 t

3

]π/20

=4a

3π

e

y = − 1

2A

∫C

y2dx = − 1

πab/2

∫C3

y2dx = − 2

πab

∫ π/2

0

(b sin t)2a(− sin t)dt

= −2b

π

∫ π/2

0

(1− cos2 t)d(cos t) = −2b

π

[cos t− cos3 t

3

]π/20

= −2b

π

[0−

(1− 1

3

)]=

4b

3π

Logo, as coordenadas do centróide de uma placa no formato de um setor elíptico sãox = 4a/3π e y = 4b/3π.

83


2.6.4 Centróide de Placas Planas de Contornos Retilíneos

Muitas figuras planas de contornos retilíneos podem ser decompostas em figuras mais sim-ples, tais como, triângulos, retângulos, losangos e paralelogramos. Desta forma, para deter-minar o centroide de placas planas homogêneas de contornos retilíneos, devemos deduziralgumas expressões para as coordenadas do centróide das figuras elementares.

Proposição 2.19 As coordenadas do centróide do retângulo de base b e altura h são x =b/2 e y = h/2.

Demonstração: Seja f(x) = h para x ∈ [0, a]. Sendo A = bh, então

x =1

A

∫R

∫xdA =

1

bh

∫ b

0

∫ h

0

xdydx =1

bh

∫ b

0

xy

∣∣∣∣h0

dx =1

b

∫ b

0

xdx =b

2

Analogamente,

y =1

A

∫R

∫ydA =

h

2

�

Observação 2.9 Este resultado pode também ser obtido observando que as retas x = b/2e y = h/2 são eixos de simetria, conforme a figura 2.30.

Figura 2.30: Retângulo de baseb e altura h.

Figura 2.31: Triângulo de base be altura h.

Proposição 2.20 O centróide de uma placa plana triangular retangular coincide com o bari-centro do triângulo.

Demonstração: Considere um triângulo retângulo de base b e altura h, conforme a figura

2.31. Esta placa é delimitada superiormente pela função f(x) =hx

b. Sendo a área do

triângulo dada por A =bh

2, então

x =1

A

∫R

∫xdA =

1

bh/2

∫ b

0

∫ hx/b

0

xdydx =2

bh

∫ b

0

hx2

bdx =

2

b2x3

3

∣∣∣∣b0

=2b

3

84


e

y =1

A

∫R

∫ydA =

1

bh/2

∫ b

0

∫ hx/b

0

ydydx =2

bh

∫ b

0

y2

2

∣∣∣∣hx/b0

dx =1

bh

∫ b

0

h2x2

b2dx =

h

b3x3

3

∣∣∣∣b0

=h

3

Por outro lado, os vértices da placa triangular são (0, 0), (b, 0) e (b, h), de modo que

xG =0 + b+ b

3=

2b

3= x e yG =

0 + 0 + h

3=

h

3= y

�

Exemplo 2.25 Determine a ordenada do centróide da placa plana da figura 2.32 sabendoque a região R2 é um triângulo retângulo de área igual a área da região R1 e que a regiãoR3 é um quadrado.


Resolução: A região R1 é um triângulo retângulo de área A1 = 4 ·4/2 = 8 e cuja a abscissado centróide é y1 = (0 + 0 + 4)/3 = 1, 33. A região R2 também é um triângulo retângulo quepossui área A2 = A1 = 8 e cuja ordenada do centróide é y2 = (0 + 3 + 5)/3 = 2, 67. Aregião R3 é um quadrado de diagonal d = 7 − 3 = 4. Sendo d =

√2l, onde l é o lado do

quadrado, de modo que l√2 = 4, isto é, l = 2

√2. Assim, A3 = l2 = (2

√2)2 = 8. Além disso,

a ordenada do centróide do quadrado está em seu centro, ou seja, y3 =3 + 7

2= 5. Logo,

y =A1y1 + A2y2 + A3y3

A1 + A2 + A3

=8 · 1, 33 + 8 · 2, 67 + 8 · 5

8 + 8 + 5= 3, 21

Proposição 2.21 O centróide de um triângulo qualquer coincide com o seu baricentro.

85


Figura 2.33: Triângulo obtusângulo em um sistema de coordenadas cartesianas.

Demonstração: Dado um triângulo acutângulo (todos os ângulos internos menores que90◦) ou um triângulo obtusângulo (existe um ângulo maior que 90◦), podemos rotacioná-lo etransladá-lo adequadamente, de modo que o maior lado fique sobre o eixo x e um vérticecoincide com a origem do sistema de coordenadas, conforme a figura 2.33. Desta forma,qualquer triângulo é composto de dois triângulos retângulos. Sejam R1 a região formadapelo triângulo de lado a e altura h e a região R2 formada pelo triângulo retângulo de lado

b − a e altura h. Sendo, A1 =ah

2, x1 =

2a

3, y1 =

h

3, A2 =

(b− a)h

2, x2 =

2a+ b

3e y2 =

h

3,

então

x =A1x1 + A2x2

A1 + A2

=

ah

2· 2a3

+(b− a)h

2· (2a+ b)

3bh

2

=a+ b

3= xG

e

y =A1y1 + A2y2A1 + A2

=

ah

2· h3+

(b− a)h

2· h3

bh

2

=h

3= yG

�

Figura 2.34: Placa quadrangular.

Exemplo 2.26 Determine as coordenadas do centróide da placa quadrangular da figura2.34.

86


Resolução: A reta y = 3 é um eixo de simetria, de modo que y = 3. As coordenadasdos vértices do quadrilátero são (1, 0), (4, 3), (1, 6) e (0, 3). Pela proposição 2.16, paradeterminar a abscissa do centróide da placa quadrangular, basta determinar a abscissa docentróide de um dos triângulos. Sendo A(1, 0), B(4, 3) e C(0, 3) os vértices do triânguloinferior, então

x =xA + xB + xC

3=

1 + 4 + 0

3=

5

3≃ 1, 67

Exemplo 2.27 Determine as coordenadas do centróide da placa plana trapezoidal em re-lação a base maior são dadas por:

x =B2 +Bb+ b2

3(B + b)e y =

(B + 2b)h

3(B + b)(2.40)

Resolução: Considere a placa plana trapezoidal de base maior B, base menor b e alturah conforme a figura 2.35.

Figura 2.35: Placa trapezoidal.

Resolução: A placa trapezoidal pode ser decomposta nas regiões R1 e R2. A região R1 éum retângulo de base b e altura h, de modo que A1 = bh, x1 = b/2 e y1 = h/2. A região R2

é um triângulo retângulo de base B − b e altura h, de modo que

A2 =(B − b)h

2, x2 = b+

B − b

3=

B + 2b

3e y2 =

h

3

Se x e y denotam as coordenadas do centróide da placa trapezoidal, então:

x =A1x1 + A2x2

A1 + A2

=bh · b

2+

(B − b)h

2· B + 2b

3

bh+(B − b)h

2

=

b2h

2+

(B − b)(B + 2b)h

62bh+Bh− bh

2

=2(3b2h+B2h+ 2Bbh−Bbh− 2b2h)

6h(B + b)=

B2 + 2Bb+ b2

3

87


e

y =A1y1 + A2y2A1 + A2

=bh · bh

2+

(B − b)h

2· h3

bh+(B − b)h

2

=

bh2

2+

Bh2 − bh2

62bh+Bh− bh

2

=2(Bh2 − bh2 + 3bh2)

6(Bh+ bh)=

(B + 2b)h

3(B + b)

Um método comum usado para calcular a área ou o centróide de um polígono é subdividí-lo em polígonos mais simples, tais como retângulos, paralelogramos e triângulos. Infeliz-mente, essa abordagem pode ser difícil de ser empregada se não pudermos ver o polígono,tal como quando um polígono é dado por um lista de muitos vértices. Desta forma, temosque buscar outros meios para tais fins e uma das formas é usar as integrais de linha junta-mente com o teorema de Green para deduzir expressões gerais para calcular a área e ascoordenadas do centróide.

Proposição 2.22 Considere a placa poligonal R definida pelos pontos

P0(x0, y0), P1(x1, y1), . . . , Pn−1(xn−1, yn−1), Pn(xn, yn)

Figura 2.36: Placa poligonal plana de n+ 1 vértices.

e delimitada pela curva fechada C = C0 ∪ C1 ∪ . . . ∪ Cn−1 ∪ Cn, suave por partes, sendoCk o segmento de reta PkPk+1 conforme a figura 2.36. Se A é a área da placa poligonal R,então

A =1

2

n∑k=0

(xk+1 + xk)(yk+1 − yk) (2.41)

onde n + 1 é o número de vértices do polígono, Pk(xk, yk) é o k−ésimo ponto quandomarcados no sentido anti-horário e Pn+1(xn+1, yn+1) = P0(x0, y0).

88


Demonstração: Da expressão (2.39), podemos escrever

A =

∫C

xdy =

∫C0∪...∪Cn

xdy =n∑

k=0

∫Ck

xdy (2.42)

Sendo Ck o segmento de reta que liga os pontos Pk e Pk+1, podemos parametrizá-lo daseguinte forma

Ck : r(t) = ((xk+1 − xk)t+ xk, (yk+1 − yk)t+ yk) para t ∈ [0, 1]

Assim,∫Ck

xdy =

∫ 1

0

[(xk+1 − xk)t+ xk](yk+1 − yk)dt = (yk+1 − yk)

[(xk+1 − xk)

t2

2+ xkt

]10

=1

2(xk+1 + xk)(yk+1 − yk) (2.43)


A =n∑

k=0

∫Ck

xdy =n∑

k=0

1

2(xk+1 + xk)(yk+1 − yk) =

1

2

n∑k=0

(xk+1 + xk)(yk+1 − yk)

�

Exemplo 2.28 Use a expressão (2.42) e calcule a área do polígono do exemplo 2.26.

Resolução: Os vértices do quadrilátero são os pontos P0(1, 0), P1(4, 3), P2(1, 6) e P3(0, 3).Assim,

A =1

2

3∑k=0

(xk+1 + xk)(yk+1 − yk)

=1

2[(x1 + x0)(y1 − y0) + (x2 + x1)(y2 − y1) + (x3 + x2)(y3 − y2) + (x4 + x3)(y4 − y3)]

Substituindo os valores numéricos e usando o fato que x4 = x0 = 1 e y4 = y0 = 0, temos:

A =1

2[(4 + 1)(3− 0) + (1 + 4)(6− 3) + (0 + 1)(3− 6) + (1 + 0)(0− 3)] = 12 u.a.

Proposição 2.23 As coordenadas do centróide da placa poligonal R definida pelos pontos

P0(x0, y0), P1(x1, y1), . . . , Pn−1(xn−1, yn−1), Pn(xn, yn)

conforme a proposição 2.22 são dadas por:

x =1

6A

n∑k=0

(yk+1 − yk)(x2k+1 + xx+1xk + x2

k) (2.44)

e

y = − 1

6A

n∑k=0

(xk+1 − xk)(y2k+1 + yx+1yk + y2k) (2.45)

89


Demonstração: Usando a proposição 2.18, temos:

2Ax =

∫C

x2dy =

∫C0∪...∪Cn

=n∑

k=0

∫Ck

x2dy =n∑

k=0

∫ 1

0

[(xk+1 − xk)t+ xk]2(yk+1 − yk)dt

=n∑

k=0

(yk+1 − yk)

∫ 1

0

[(xk+1 − xk)2t2 + 2(xk+1 − xk)xkt+ x2

k]dt

=n∑

k=0

(yk+1 − yk)

[(xk+1 − xk)

2 t3

3

∣∣∣∣10

+(xk+1 − xk)xkt2

∣∣∣∣10

+x2kt

∣∣∣∣10

]=

n∑k=0

(yk+1 − yk)

[1

3(xk+1 − xk)

2 + (xk+1 − xk)xk + x2k

]=

1

3

n∑k=0

(yk+1 − yk)(x2k+1 + xk+1xk + x2

k)

donde segue a expressão (2.44). Analogamente,

−2Ay =

∫C

y2dx =

∫C0∪...∪Cn

=n∑

k=0

∫Ck

y2dx =n∑

k=0

∫ 1

0

[(yk+1 − yk)t+ yk]2(xk+1 − xk)dt

=n∑

k=0

(xk+1 − xk)

∫ 1

0

[(yk+1 − yk)2t2 + 2(yk+1 − yk)ykt+ y2k]dt

=n∑

k=0

(xk+1 − xk)

[(yk+1 − yk)

2 t3

3

∣∣∣∣10

+(yk+1 − yk)ykt2

∣∣∣∣10

+y2kt

∣∣∣∣10

]=

n∑k=0

(xk+1 − xk)

[1

3(yk+1 − yk)

2 + (yk+1 − yk)yk + y2k

]=

1

3

n∑k=0

(xk+1 − xk)(y2k+1 + yk+1yk + y2k)

donde segue a expressão (2.45).�

Exemplo 2.29 Determine as coordenadas do centróide da placa poligonal da figura 2.37.

Resolução: Sejam P0(2, 0), P1(4, 2), P2(2, 5), P3(−1, 3) e P4(−2, 1) os vértices da placaplana poligonal. Acima de 4 ou mais vértices é mais prático preencher as tabelas abaixopara calcular as coordenadas do centróide. Tais tabelas foram obtidas observando as ex-pressões analíticas de x e y obtidas anteriormente. Para placas planas poligonais commuitos vértices é conveniente usar algum o Excel ou algum outro programa computacional.

90


Figura 2.37: Placa poligonal plana de 5 vértices.

A B C D E F G H I Jk xk xk+1 + xk (xk+1 + xk)

2 xk+1xk D − E yk yk+1 − yk C ·H F ·H0 2 6 36 8 28 0 2 12 561 4 6 36 8 28 2 3 18 842 2 1 1 −2 3 5 −2 −2 −63 −1 −3 9 2 7 3 −2 6 −144 −2 0 0 −4 4 1 −1 0 −40 2 − − − − 0 − 34 116

Assim, a área A do polígono e a abscissa x do centróide são:

A =

∑I

2=

34

2= 17 u.a. e x =

∑J

6A=

116

6 · 17≃ 1, 14

A tabela seguinte é usada para obter a ordenada da placa poligonal:

A B C D E F G H Ik yk yk+1 + yk (yk+1 + yk)

2 yk+1yk D − E xk xk+1 − xk F ·H0 0 2 4 0 4 2 2 81 2 7 49 10 39 4 −2 −782 5 8 64 15 49 2 −3 −1473 3 4 16 3 13 −1 −1 −134 1 1 1 0 1 −2 4 40 0 − − − − 2 − −226

Logo, a ordenada é dada por y = −∑

I

6A= −

(− 226

6 · 17

)≃ 2, 22.

Exemplo 2.30 Use a proposição 2.23 e mostre que as coordenadas do centróide de umaplaca triangular plana de vértices P0(x0, y0), P1(x1, y1) e P2(x2, y2) são dadas por:

x =x0 + x1 + x2

3e y =

y0 + y1 + y23

91


Resolução: Usando o fato que (x3, y3) = (x0, y0), a área do triângulo é dada por

A =1

2

2∑k=0

(xk+1 + xk)(yk+1 − yk) =1

2(x0y1 − x1y0 + x1y2 − x2y1 + x2y0 − x0y2)

=1

2

(∣∣∣∣x0 y0x1 y1

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣x1 y1x2 y2

∣∣∣∣+ ∣∣∣∣x2 y2x0 y0

∣∣∣∣)Por outro lado,

6Ax =2∑

k=0

(yk+1 − yk)(x2x+1 + xk+1xk + x2

k)

= (y1 − y0)(x21 + x1x0 + x2

0) + (y2 − y1)(x22 + x2x1 + x2

1) + (y0 − y2)(x20 + x0x2 + x2

2)

= y0(x0x2 + x22 − x2

1 − x1x0) + y1(x1x0 + x20 − x2

2 − x2x1) + y2(x2x1 + x21 − x2

0 − x0x2)

= y0[x0(x2 − x1) + (x2 − x1)(x2 + x1)] + y1[x1(x0 − x2) + (x0 − x2)(x0 + x2)]

+ y2[x2(x1 − x0) + (x1 − x0)(x1 + x0)]

= (x2 − x1)y0(x0 + x1 + x2) + (x0 − x2)y1(x0 + x1 + x2) + (x1 − x0)y2(x0 + x1 + x2)

= (x0 + x1 + x2)(x0y1 − x1y0 + x1y2 − x2y1 + x2y0 − x0y2) = (x0 + x1 + x2) · 2A ⇒

x =2A(x0 + x1 + x2)

6A=

x0 + x1 + x2

3

Analogamente,

−6Ay =2∑

k=0

(xk+1 − xk)(y2x+1 + yk+1yk + y2k)

= (x1 − x0)(y21 + y1y0 + y20) + (x2 − x1)(y

22 + y2y1 + y21) + (x0 − x2)(y

20 + y0y2 + y22)

= x0[y0(y2 − y1) + (y2 − y1)(y2 + y1)] + x1[y1(y0 − y1) + (y0 − y2)(y0 + y2)]

+ x2[y2(y1 − y0) + (y1 − y0)(y1 + y0)]

= (y0 + y1 + y2)(x0y1 − x1y0 + x1y2 − x2y1 + x2y0 − x0y2)

Mas, é possível provar que

A = −1

2

2∑k=0

(yk+1 + yk)(xk+1 − xk) ⇒

−2A = (y1 + y0)(x1 − x0) + (y2 + y1)(x2 − x1) + (y0 + y2)(x0 − x2) ⇒−2A = x0y1 − x1y0 + x1y2 − x2y1 + x2y0 − x0y2

Logo, −6Ay(y0 + y1 + y2) = −2A, isto é, y =y0 + y1 + y2

3.

2.6.5 Centróide de Placas Planas Furadas

Em algumas situações práticas, devemos calcular as coordenadas do centróide uma placaplana com um ou mais furos conforme a figura 2.38.

92


Figura 2.38: Placa plana com dois furos.

Definição 2.18 Dada uma placa plana definida pela região R1 de área A1, dizemos que aregião R2 de área A2 contida em R1 é um furo na placa se (R1 \R2) ∪R2 = R1.

Desta definição observamos que a área da placa furada é A = A1 − A2.

Proposição 2.24 Considere uma placa plana definida pela região R1 de área A1 com umfuro definido pela região R2 e área A2. Se G1(x1, y1) é o centróide da placa sem furo eG2(x2, y2) é o centróide do furo definido pela região R2, então as coordenadas x e y daplaca furada são dadas por:

x =A1x1 − A2x2

A1 − A2

e y =A1y1 − A2y2A1 − A2

(2.46)

Demonstração: De fato, a abscissa do centróide da placa sem furo definida pela regiãoR1 é

x1 =1

A1

∫R1

xdA =1

A1

∫(R1\R2)∪R2

xdA =1

A1

(∫R1\R2

xdA+

∫R2

xdA

)⇒

A1x1 =

∫R1\R2

xdA+ A2x2 ⇒∫R1\R2

xdA = A1x1 − A2x2

Logo,

x =1

A

∫R1\R2

xdA =A1x1 − A2x2

A1 − A2

Analogamente,

y =1

A

∫R1\R2

xdA =A1y1 − A2y2A1 − A2

�

Observação 2.10 A proposição anterior estende-se para placas com dois ou mais furos.

93


Exemplo 2.31 Determine as coordenadas do centróide da placa furada determinada pelascircunferências:

C1 :

x1(t) =

−1 + cos t

2

y1(t) =1 + sin t

2

e C2 :

{x2(t) = 2 cos t

y2(t) = 2 sin t

dadas na figura 2.39.

Resolução: A reta y = −x é um eixo de simetria da placa plana furada, pois passa peloscentros das duas circunferências. Assim, se G(x, y) é o centróide da placa plana furada,então y = −x. A circunferência C1 possui raio 2 e centro na origem, de modo que A1 = 4πe G1(0, 0). A circunferência C2 possui raio 1/2 e centro no ponto (−1/2, 1/2), de modo queA2 = π/4 e G2(−1/2, 1/2). Logo,

x =A1x1 − A2x2

A1 − A2

=4π · 0− π

4· (−1

2)

4π − π

4

=1

30⇒ y = − 1

30

Figura 2.39: Exemplo 2.31 Figura 2.40: Exemplo 2.32

Exemplo 2.32 A placa homogênea da figura 2.40 é delimitada pela área hachurada. Ocírculo com centro em C1 tem raio desconhecido r. O círculo com centro em C2 tem raio2 dm (r < 2 dm). A posição do centroide da placa hachurada localiza-se no ponto C. Acheo raio r.

Resolução: O furo circular na placa dada tem raio r e centro na origem. A placa não furadatambém é uma circunferência de raio 2 dm e sendo r+C1C2 = 2, então x1 = C1C2 = 2− r e

94


consequentemente, C1(2 − r, 0). Se A1 e A2 representam as áreas da placa sem furo e dofuro, então A1 = 4π e A2 = πr2. Sendo x = r, então

x =A1x1 − A2x2

A1 − A2

⇒ r =4π(2− r)− πr2 · 0

4π − πr2⇒

π(2− r)(2 + r)r = 4π(2− r) ⇒ r2 + 2r = 4 ⇒(r + 1)2 = 5 ⇒ r =

√5− 1 ≃ 1, 24 dm

2.6.6 Segundo Teorema de Pappus

Figura 2.41: Toro gerado pela rotação da região R em torno do eixo y.

Teorema 2.3 (Segundo teorema de Pappus) Girando-se uma região plana R em torno deum eixo de seu plano, eixo esse que não corta a região, o volume do sólido de revoluçãoassim formado é igual ao produto da área da região pelo comprimento da trajetória descritapelo centróide da região conforme a figura 2.41. Matematicamente, temos:

V = A · 2πx (2.47)

Demonstração: A seção transversal do sólido de revolução é a região limitada pelasfunções h1(y) e h2(y) no intervalo [c, d]. Usando o método dos discos, o volume dessesólido é

V = π

∫ d

c

[h2(y)2 − h1(y)

2]dy = π

∫ d

c

∫ h2(y)

h1(y)

2xdxdy = 2π

∫R

∫xdA = 2πAx

�

Exemplo 2.33 Através do segundo teorema de Pappus mostre que o volume de esfera de

raio a é V =4πa3

3.

95


Figura 2.42: Centróide da placa semicircular através do teorema de Pappus.

Resolução: Para gerar a esfera de raio a, considere o semi-círculo conforme a figura 2.42.

Pelo exemplo 2.17, a ordenada do centróide da placa semi-circular é y =4a

3πe sua área é

A =πa2

2. Assim, pelo segundo teorema de Pappus,

V = 2πyA = 2π · 4a3π

· πa2

2=

4πa3

3

Exemplo 2.34 Use o teorema de Pappus e determine o volume de um tronco de cone dealtura h = 10 cm e raios das bases iguais a R = 4 cm e r = 3 cm.

Figura 2.43: Região trapezoidal plana.

Resolução: Para gerar o tronco de cone iremos rotacionar o trapézio da figura 2.43 emtorno do eixo x. Do exemplo 2.27, a ordenada do centróide desta placa é

y =(B + 2b)h

3(B + b)=

(4 + 2 · 3) · 103(4 + 3)

= 4, 76 cm

Sendo a área da placa igual a A =(B + b)h

2=

(4 + 3) · 102

= 35 cm2, do teorema de Pappussegue que

V = 2πyA = 2π · 4, 76 · 35 ≃ 1046, 78 cm3

96


2.6.7 Cálculo da Força em Barragens Planas

Uma das aplicações interessante do conceito de centróide de placas planas é a determi-nação da força hidrostática que age em uma barragem plana.

Definição 2.19 Pressão é a força por unidade de área, ou seja, é a força que age per-pendicularmente sobre a área dividido pela área sobre a qual a força está distribuida, istoé,

P =F

A(2.48)

Proposição 2.25 (Lei de Stevin) A pressão P exercida sobre uma superfície horizontal, deárea A, por uma coluna de fluido de altura h, que se apóia sobre, é dada por

P = P0 + ρgh (2.49)

Figura 2.44: Forças agindo em um elemento infinitesimal em um fluido.

Demonstração: Considere um elemento infinitesimal do fluido de massa dm a uma distân-cia h medido a partir da superfície do líquido conforme a figura 2.44. Como elemento estáem equilíbrio, então

−(P + dP )dA+ gdm+ PdA = 0 ⇒ dPdA = ρ(gdhdA) ⇒ dP = ρgdh (2.50)

Integrando a equação (2.50),temos: ∫ P

P0

dP =

∫ h

0

ρgdh


Observação 2.11 O termo ρgh na expressão (2.49) é conhecido por pressão efetiva e otermo ρg é conhecido por peso específico do fluido, é denotado por γ e expresso em (N/m3)ou kgf/m3.

97


Proposição 2.26 A força hidrostática exercida sobre uma superfície plana imersa em umfluido de densidade ρ, é perpendicular a essa superfície e igual a produto da área pelapressão relativa ao centróide da superfície, isto é,

F = γAz (2.51)

Demonstração: Na figura 2.45, temos uma barragem plana, de altura h = z2 − z1, cujasbordas laterais são dadas pelas funções x1(z) e x2(z) para z ∈ [z1, z2].

Figura 2.45: Comporta plana imersa em um fluido.

Da lei de Stevin, a pressão hidrostática a uma profundidade z é P (z) = γz, de modo quea força atuante sobre o elemento infinitesimal de área dA é

dF = P (z)dA = γzdA = γz[x2(z)− x1(z)]dz

Logo, a força hidrostática total sobre a barragem é

F = γ

∫ z2

z1

z[x2(z)− x1(z)]dz (2.52)

Por outro lado, a componente vertical do centróide z da barragem é dado por:

Az =

∫ z2

z1

z[x2(z)− x1(z)]dz (2.53)

Substituindo (2.53) em (2.52), segue o resultado.�

Exemplo 2.35 Determine a força hidrostática sobre a barragem retangular da figura 2.46.

Resolução: A área da comporta é A = 2ah e a componente vertical do centróide é z =h

2.

Logo, F = γAz = γ · 2ah · h2= γah2

Exemplo 2.36 Determine a força que age numa placa triangular vista na figura 2.47, sendoas unidades em metros e o líquido pesando 800 kgf/m3.

98


Figura 2.46: Força em umacomporta retangular.

Figura 2.47: Força em umacomporta triangular.

Resolução: A área da placa triangular é A =3 · (5− 3)

2= 4, 5 m2 e sendo a componente

vertical do centróide dada por z = 2 +(5− 2)

3= 3 m, então

F = γAz = 800 · 4, 5 · 3 = 10800 kgf

2.7 Centro de Massa e Centróide de Sólidos

Definição 2.20 A densidade volumétrica média de um corpo de massa m e volume V de-notada por ρ é a razão entre sua massa pelo seu volume

ρ =m

V(2.54)

Em geral o centro de massa G(x, y, z) de sólidos, envolvem o cálculo de quatro inte-grais duplas ou triplas (três para calcular os momentos e uma para calcular a massa doobjeto). Nestas notas, trataremos apenas dos sólidos homogêneos (densidade volumétricaconstante) com simetria radial, tais como os cones, as partes de uma esfera, parabolóides,etc. Deste modo, posicionando adequadamente o sistema de coordenadas cartesianas épossível obter x = y = 0 e precisaremos apenas calcular as duas integrais para obter acoordenada z, isto é,

z =

∫R

zdm∫R

dm

=

∫R

zρ(x, y, z)dV∫R

ρ(x, y, z)dV(2.55)

Se o corpo é homogêneo, então ρ(x, y, z) = k e da equação (2.55) segue que

z =1

V

∫R

zdV (2.56)

99


Figura 2.48: Semi-esfera de raio a.

Exemplo 2.37 Determine a cota z do centroide da semi-esfera de raio a.

Resolução: A semi-esfera de raio a é a região do espaço formada pelo conjunto de pontos{(x, y, z) ∈ R3 : z =

√a2 − x2 − y2}. Sendo a secção transversal igual a um círculo, então

x2 + y2 = r2, de modo que z2 = a2 − r2. Por outro lado, o elemento infinitesimal de volumedV é dado por dV = πr2dz = π(a2 − z2)dz. Assim,∫

R

zdV =

∫ a

0

πz(a2 − z2)dz = π

∫ a

0

(a2z − z3)dz

= π

[a2z2

2− z4

4

]a0

=πa4

4

Sendo o volume da semi-esfera de raio a igual a metade do volume de uma esfera de raio

a, isto é, V =2πa3

3, segue que

z =1

V

∫R

zdV =πa4

4· 3

2πa3=

3a

8

Exemplo 2.38 Determine o centroide da placa plana homogênea e uniforme da figura 2.49.


Resolução: A placa pode ser subdividida em 4 placas quadradas de lado a conforme afigura 2.50. Portanto, a área da placa dada é A = 4a2. Na figura ao lado, destacamos

100


Figura 2.50: Resolução de Exemplo 2.38.

nas subregiões formadas pelas placas quadradas o centróide de cada uma delas, ou seja,G1(a/2, 3a/2), G2(3a/2, 3a/2), G3(3a/2, a/2) e G3(5a/2, a/2).

Assim,

a

2· a2 + 3a

2· a2 + 3a

2· a2 + 5a

2· a2 = 4a2x ⇒ x =

3a

2

Analogamente, mostra-se que y =3a

2. Uma maneira direta de calcular o centroide dessa

placa é observar que as retas x = 3a/2 e y = 3a/2 são eixos de simetria, donde segue oresultado.


1. Determine o centro de massa do sistema mecânico discreto:

S = {P1(1,−1, 2)[m];P2(−3, 2,−1)[m];P3(2, 3,−2)[m]}

2. Determine o centro de massa do sistema mecânico discreto:

S = {(4, 1)[2 kg]; (3, 2)[1 kg]; (0, 1)[2 kg]; (−2, 2)[3 kg]}

3. Dado o sistema mecânico discreto na figura 2.51, mostre que x = y =m+M

3m+M.


101


4. Use o esquema tabular e determine o centro de massa do sistema mecânico discretodefinido pelos pontos materiais:

A(2, 3)[1, 4];B(−2, 3)[2, 1];C(2,−3)[1, 2];D(−2, 3)[3, 2];

E(2, 3)[2, 8];F (−2, 3)[4, 2];G(3,−1)[1, 4] e H(2, 2)[2, 2]

5. Sabendo que o centro de massa do sistema mecânico discreto S = {(x1, 2)[m1]; (3, y2)[4]}é G((1, 4)[6], calcule os valores de m1, x1 e y2. R: m1 = 2 kg, x1 = −3m e y2 = 4, 5m

6. Mostre que o centro de massa do sistema mecânico discreto

S = {P1(x1, y1, z1)[m]; . . . ;Pn(xn, yn, zn)[m]}

é dado por:

G =

(1

n

n∑k=1

xk,1

n

n∑k=1

yk,1

n

n∑k=1

zk

)7. Determine a densidade linear média de um fio de cobre de 4mm de diâmetro, sabendo

que a densidade volumétrica do cobre é 8, 9 g/cm3.

8. Determine o centro de massa de um pedaço de fio retilíneo AB de 15 cm de compri-mento, sabendo que sua densidade linear é proporcional à distância do ponto A.

9. Determine o centróide da barra uniforme e homogênea da figura 2.52. R: G(13/8, 5/8)

Figura 2.52: Exercício 9 Figura 2.53: Exercício 10

10. Determine o centróide de um fio na forma de arco de circunferência de raio a, conformea figura 2.53.

11. Use o exemplo 2.17 e a proposição 2.16 e mostre que as coordenadas do centróide da

placa plana determinada pela região R = {x2 + y2 ≤ a2, x ≥ 0, y ≥ 0} são x = y =4a

3π.

12. Determine o centróide da região delimitada pela parábola

f(x) = 4− x2 e o eixo x

102


13. Determine o centróide da região delimitada pelas curvas

f(x) = x2 e g(x) = 8x− x2

14. Determine o centróide da placa plana uniforme e homogênea na figura 2.54.R: G(5a/6, 5a/6)

Figura 2.54: Exercício 14

15. Considere a placa semi-circular do exemplo 2.17. Use coordenadas polares e mostreque:

(a) A área da placa é A =πa2

2;

(b) A ordenada do centróide é y =4a

3π.

16. Determine a ordenada do centróide de uma placa uniforme e homogênea na forma deum trapézio isósceles de base maior a, base menor b e altura h. Sugestão: Divida otrapézio em três triângulos e use o fato que a ordenada do centróide do triângulo estálocalizado a um terço de sua altura.

17. Determine as coordenadas do centróide do disco furado na figura (2.55) abaixo:

18. Determine as coordenadas do centróide da placa plana furada uniforme e homogêneana figura (2.55) abaixo:R: G(−2, 581; 0)Sugestão: Coloque os eixos x e y nas linhas tracejada da figura. Desta forma, se S éa área do quadrado e S1 é a área do buraco, então (S − S1)xcm + 0, 5S1 = 0 · S = 0

19. Determine o centróide de uma placa plana uniforme e homogênea no formato de umsetor de raio a e ângulo central igual a 90◦, ou seja, é a quarta parte de um círculo.Use simetria se possível.

20. Determine o centróide das letras abaixo, formadas por placas quadradas de ladosunitários. Use simetria se possível.

21. Determine o centro de massa de uma placa plana formada pela região delimitada pelaparábola f(x) = x2, pelo eixo x e pela reta x = 2, sabendo que a densidade superficialé σ(x, y) = x.

103


Figura 2.55: Placas furadas (Exercícios 17 e 18)

22. Determine o centro de massa de uma semi-esfera de raio a sabendo que ρ(x, y, z) = z.

23. Determine o centro de massa de um cilindro circular reto de altura h e raio da baseigual r, sabendo que a densidade é proporcional ao quadrado da cota em relação auma das bases.

24. Determine o centróide de sólido em forma de tronco de cone circular reto. O raio dabase maior é 4 cm, o raio da base menor é 3 cm e sua altura é h = 5 cm.

25. Determine o centróide do corpo sólido formado por seis cubos homogêneos de madeira.

26. Use o teorema de Pappus e determine o volume do sólido dado:

(a) Uma esfera de raio de r;

104


(b) Um cone com altura h e raio de base r.

27. Use o teorema de Pappus e determine o volume do sólido obtido pela rotação comvértices (2, 3), (2, 5) e (5, 4) ao redor do eixo x.

28. Determine o centróide do sólido delimitado pelo plano xy e pelo parabolóide z = 4 −x2 − y2 conforme a figura 2.56.R: G(0, 0, 4/3)

Figura 2.56: Parabolóide de revolução.

105

Capítulo 3

Momento de Inércia e Dinâmica deCorpos Rígidos

3.1 Introdução

Em mecânica, o momento de inércia, expressa o grau de dificuldade em se alterar o es-tado de movimento de um corpo em rotação. Diferentemente da massa inercial (que é umescalar), o momento de inércia depende da distribuição da massa em torno de um eixo derotação escolhido arbitrariamente. Quanto maior for o momento de inércia de um corpo,mais difícil será fazê-lo girar ou alterar sua rotação. Contribui mais para a elevação do mo-mento de inércia a porção de massa que está afastada do eixo de giro. Sua unidade demedida, no SI, é quilograma vezes metro ao quadrado (kg ·m2).

Definição 3.1 Os momentos de inércia de um sistema mecânico discreto

S = {P1(x1, y1, z1)[m1], . . . , Pn(xn, yn, zn)[mn]}

em relação aos eixos x, y e z são definidas por:

Ixx =n∑

k=1

mk(y2k + z2k) (3.1)

Iyy =n∑

k=1

mk(x2k + z2k) (3.2)

Izz =n∑

k=1

mk(x2k + y2k) (3.3)

Se todas as partículas estiverem contidas em um plano, por exemplo, o plano xy, entãozk = 0 e representaremos os momentos de inércia Ixx, Iyy e Izz simplesmente por Ix, Iy e

106


Iz, isto é:

Ix =n∑

k=1

mky2k (3.4)

Iy =n∑

k=1

mkx2k (3.5)

Iz =n∑

k=1

mk(x2k + y2k) (3.6)

Note que

Iz =n∑

k=1

mk(x2k + y2k) =

n∑k=1

mkx2k +

n∑k=1

mky2k = Ix + Iy

e é chamado de momento de inércia polar.

Exemplo 3.1 Considere o sistema mecânico discreto.

S = {P1(−1, 2, 1)[2 kg], P2(1, 1,−2)[1 kg],

P3(−2,−1, 3)[3 kg], P4(3,−1,−2)[2 kg]}

Determine:

a) Ixx

b) Iyy

c) Izz

Resolução: De fato,

a)

Ixx =4∑

k=1

mk(y2k + z2k) = 2[22 + 12] + 1[12 + (−2)2]+

3[(−1)2 + 32] + 2[(−1)2 + (−2)2] = 10 + 5 + 30 + 10

= 55 kgm2

b)

Iyy =4∑

k=1

mk(x2k + z2k) = 2[(−1)2 + 12] + 1[12 + (−2)2]+

3[(−2)2 + 32] + 2[32 + (−2)2] = 4 + 5 + 39 + 26

= 74 kgm2

107


c)

Izz =4∑

k=1

mk(x2k + y2k) = 2[(−1)2 + 22] + 1[12 + 12]+

3[(−2)2 + (−1)2] + 2[32 + (−1)2] = 10 + 2 + 15 + 20

= 47 kgm2

Definição 3.2 Para um sistema mecânico contínuo S definido sobre uma região R do planoxy, os momentos de inércia em relação aos eixos coordenados são definidos por:

Ixx =

∫R

(y2 + z2)dm, (3.7)

Iyy =

∫R

(x2 + z2)dm, (3.8)

Izz =

∫R

(x2 + y2)dm. (3.9)

Se o corpo contínuo é plano, a terceira componente z é nula de modo que:

Ix =

∫R

y2dm (3.10)

Iy =

∫R

x2dm (3.11)

Proposição 3.1 O momento de inércia de um corpo contínuo plano (placa plana) em re-lação ao eixo z, denotado por Iz ou I0 é a soma dos momentos de inércia desta placa emrelação aos eixos x e y, isto é:

Iz = Ix + Iy (3.12)


Izz = Iz =

∫R

(x2 + y2)dm =

∫R

x2dm+

∫R

y2dm = Ix + Iy (3.13)

�

Definição 3.3 O raio de giração em relação aos eixos x, y e z de um corpo de massa msão definidos por:

Kxx =

√Ixxm

(3.14)

Kyy =

√Iyym

(3.15)

Kzz =

√Izzm

(3.16)

108


Se o corpo contínuo é uma placa plana, então

Kx =

√Ixm

(3.17)

Ky =

√Iym

(3.18)

Kz =

√Izm

(3.19)

O raio de giração de uma massa relativamente a um eixo pode ser entendido como aconcentração de uma massa m num ponto no qual o momento de inércia dessa massa emrelação a esse eixo é o mesmo.

Proposição 3.2 Se Kx, Ky e Kz são os raios de giração de uma placa plana, então K2z =

K2x +K2

y .


K2z =

Izm

=Ix + Iy

m=

Ixm

+Iym

= K2x +K2

y

�

Exemplo 3.2 Determine o momento de inércia e o raio de giração em relação ao eixo yde uma barra fina uniforme e homogênea de massa m e comprimento L girando por suaextremidade.

Figura 3.1: Momento de inércia e raio de giração de uma barra girando por um eixo quepassa pela sua extremidade.

Resolução: Suponhamos que a densidade linear desta barra seja λ. Assim, m = λl, demodo que dm = λdl = λdx. Logo,

Iy =

∫R

x2dm =

∫ l

0

x2λdx = λx3

3

∣∣∣∣l0

=λl3

3

É usual expressar o momento de inércia em função da massa do corpo. Desta forma,

Iy =(λl)l2

3=

1

3ml2. O raio de giração é dado por:

Ky =

√Iym

=

√ml2

3m=

l√3

109


Figura 3.2: Momento de inércia e raio de giração de uma barra girando por um eixo quepassa pelo seu seu centro de gravidade.

Exemplo 3.3 Determine o momento de inércia e o raio de giração em relação ao eixo y deuma barra fina uniforme e homogênea de massa m e comprimento L girando por um eixoque passa pelo centro de gravidade.

Resolução: Analogamente ao exemplo anterior,

Iy =

∫R

x2dm =

∫ l/2

−l/2

x2λdx = 2

∫ l/2

0

x2dx = λx3

3

∣∣∣∣l/20

=2λl3

24

=(λl)l2

12=

ml2

12

e o raio de giração é dado por:

Ky =

√Iym

=

√ml2

12m=

l

2√3

3.2 Momento de Inércia de Anéis eDiscos Homogêneos

Para todos esses sistemas mecânicos contínuos, devemos usar as expressões dadas em(3.10), (3.11) e (3.12) para determinar os momentos de inércia em relação aos eixos x, y eo momento de inércia polar.

Exemplo 3.4 Considere um anel fino, homogêneo, de massa m, de densidade linear λ eraio interno a. Determine os momentos de inércia Ix, Iy e Iz.

Figura 3.3: Momentos de inércia de um anel.

110


Resolução: Suponhamos que o anel esteja sobre o plano xy, de modo que o eixo z passepelo seu centro conforme a figura 3.3. Observe que, o momento de inércia em torno doseixos x e y são iguais, pois a massa do anel está distribuída em torno de quaisquer um doseixos. Assim, Ix = Iy.

Figura 3.4: Momentos de inércia de um anel.

Sendo Iz = Ix+ Iy, segue que Ix = Iy =Iz2

. Da figura 3.4, o perímetro do anel é l = 2πa,de modo que

m = λl = 2πaλ (3.20)

Sendodm = λdl = λadθ (3.21)

segue de (3.20) e (3.21) quedm

m=

dθ

2π. Assim,

Iz =

∫a2dm =

∫ 2π

0

a2 · m2π

dθ = ma2 ⇒ Ix = Iy =1

2ma2

Exemplo 3.5 Determine os momentos de inércia de um disco fino, homogêneo de raio a emassa m.

Figura 3.5: Momentos de inércia de um disco.

Resolução: Suponhamos que o disco esteja contido no plano xy e que o eixo z passepelo seu centro. De forma análoga ao caso do anel circular homogêneo de raio a, Ix = Iy esendo Iz = Ix + Iy segue que Ix = Iy = Iz/2. Para calcular Iz, considere a figura 3.6.

111


Figura 3.6: Destaque do elemento infinitesimal em um disco de raio a.

Se σ é a densidade superficial do disco, então dm = σdA = σ(2πrdr) = 2πσrdr. Sendom = σA = πσa2, segue que

dm

m=

2πσrdr

πσa2=

2rdr

a2⇒ dm =

2mrdr

a2(3.22)

Pelo Exemplo 3.4, o momento de inércia polar definida pelo anel de raio r e massa dm é

dIz = r2dm (3.23)

Substituindo (3.22) em (3.23), temos dIz =2mr3dr

a2. Logo,

Iz =2m

a2

∫ a

0

r3dr =2m

a2· r

4

4

∣∣∣∣a0

=1

2ma2

3.3 Momento de Inércia de Áreas

3.4 A Energia Cinética de um Sistema Mecânico

Proposição 3.3 Considere o sistema mecânico discreto

S = {P1(r1)[m1], . . . , Pn(rn)[mn]}

em que cada partícula gira ao redor de um eixo fixo r com velocidade angular constante ω.A energia cinética total deste sistema que gira em torno do eixo r é dada por:

Ec =1

2Iω2 (3.24)

Demonstração: Se o sistema de partículas gira ao redor do eixo r com velocidade angularconstante ω, cada partícula do corpo rígido estará em movimento e tem, assim, algumaenergia cinética, determinada por sua massa e velocidade escalar tangencial. Se a massa

112


da k-ésima partícula é mk e sua velocidade tangencial é vp a energia cinética dessa partículaé

Eck =1

2mkv

2k

A energia cinética total Ec do sistema é a soma das energias cinéticas das partículas indi-viduais. Assim, para n partículas, temos:

Ec =n∑

k=1

Eck =n∑

k=1

1

2mkr

2kω

2 =1

2

( n∑k=1

mkr2k

)ω2 (3.25)

em que evidenciamos o fator ω2 na soma, pois ele é comum a todas as partículas.


1. Determine os momentos de inércia Ixx, Iyy e Izz do sistema mecânico discreto:

S = {P1(1,−2, 2)[0, 2 kg], P2(2,−1,−1)[0, 25 kg],

P3(1,−1, 3)[0, 4 kg], P4(2, 0, 1)[0, 5 kg]}

2. Quatro esferas pequenas estão presas às extremidades de uma estrutura de massadesprezível no plano xy conforme a figura 3.7. Determine:

(a) Os momentos de inércia Ix, Iy e Iz;

(b) Os raios de giração Kx, Ky e Kz.

Figura 3.7: Quatro esferas no plano xy.

3. Determine o momento de inércia Iz e o raio de giração Iz do sistema mecânico dadona figura 3.8.

4. Use integrais duplas e diretamente o momento de inércia Ix do anel do Exemplo 3.5.Sugestão: Considere o elemento infinitesimal de massa dm = σdA = σrdrdθ situadono ponto P (x, y). Sendo y = r sin θ, então dIx = y2dm = r3 sin2 θdrdθ.

113


Figura 3.8: Quatro esferas no plano xy.

114

Apêndice A: Tabelas

A B C D E F G H I Jk xk xk+1 + xk (xk+1 + xk)

2 xk+1xk D − E yk yk+1 − yk C ·H F ·H0

∑Tabela para calcular A e x de uma placa plana poligonal de no máximo 8 vértices.

A =

∑I

2e x =

∑J

6A

A B C D E F G H Ik yk yk+1 + yk (yk+1 + yk)

2 yk+1yk D − E xk xk+1 − xk F ·H0

∑Tabela para calcular y de uma placa plana poligonal de no máximo 8 vértices.

y = −∑

I

6A

115


A B C D E F G Hk xk yk zk mk mkxk mkyk mkzk12345678910∑

− − −

Tabela para calcular as coordenadas x, y e z de um sistema mecânico discreto S formadopor 10 pontos materiais.

x =

∑F∑E, y =

∑G∑E

e z =

∑H∑E

116

Índice Remissivo

área da placa poligonal, 92ângulos diretores, 17

aceleração da gravidade, 51apoios, 30

baricentro de um triângulo, 54

centróidede placas de contornos curvilíneos, 81de placas de contornos retilíneos, 87de placas furadas, 97de placas via integrais de linha, 86de um cardióide, 84de um setor elíptico, 87de uma pétala de rosácea, 85de uma placa semi-circular, 77de uma placa trapezoidal, 91de uma região parabólica, 78de uma senóide, 79do parabolóide de revolução, 106

centróide da placa poligonal, 93centróide de um cabo, 60centro de gravidade, 51centro de massa, 50

aplicações, 100de cabos, 59de sólidos, 100de uma placa curvilínea, 67esquema prático, 52

centro de massa e centroide de placas planas,71

centroide de uma placa curvilínea, 68centroide de uma placa plana, 73coordenadas polares, 82corpo deformável, 30corpo rígido, 30cossenos diretores, 16

densidade linear média, 59

densidade superficial média, 65densidade volumétrica média, 100

energia cinética, 113equações simétricas da reta, 54equilíbrio de corpos extensos, 30equilíbrio estático

de pontos materiais no espaço, 20estruturas

hiperstáticas, 31hipostáticas, 31isostáticas, 31

forçadireção de uma, 16módulo de uma, 7direção de uma, 7

força resultante, 9função ímpar, 62função par, 62

lei dos senos, 16lema de Arquimedes, 57

módulo de um vetor, 7momento de inércia, 107momento de inércia de um anel, 111momento de inércia de um disco fino, 112momento de inércia de uma barra fina, 110momento de inércia polar, 108momento de uma força, 25

Pappus de Alexandria, 63placa, 65placa curvilínea, 65placa plana, 71ponto material, 49primeiro teorema de Pappus, 63produto escalar, 21, 22

117


raio de giração, 109regra da mão direita, 26

sólidos homogêneos, 100segundo teorema de Pappus, 99simetria

em sistemas mecânicos discretos, 56simetria em placas curvilíneas, 69simetria em placas planas, 74simetria radial, 69sistema mecânico discreto, 50

teorema de Green, 86tipos de carregamentos, 32

vetores perpendiculares, 23viga

em balanço, 32em balanço nas extremidades, 32bi-engastada ou fixa, 32engastada-apoiada, 32simplesmente apoiada, 32

118

Referências Bibliográficas

[1] Barbosa, João Paulo Mecânica Aplicada e Resistência dos Materiais. Instituto Federaldo Espírito Santo, São Mateus, ES, 2010.

[2] Rodrigues, Luiz Eduardo Miranda J. Mecânica Técnica. Aula 3: Sistemas de ForçasCoplanares, Vetores Cartesianos. Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia.São Paulo, SP.

[3] Rodrigues, Luiz Eduardo Miranda J. Mecânica Técnica. Aula 4: Sistemas de ForçasCoplanares, Vetores Cartesianos. Instituto Federal de Educação, Ciência e Tecnologia.São Paulo, SP.

[4] Hibbeller, R. C. Estática: Mecânica para Engenheiros. Tradução: Daniel Vieira, revisãotécnica: José Maria Campos dos Santos - 12 ed. - Pearson Prentice Hall. São Paulo,SP, 2011.

[5] Tipler, Paul A. Física Para Cientistas e Engenheiros. Tradução e revisão técnica: PauloMachado Mors. Vol 1: Mecânica, Oscilações e Ondas, Termodinâmica, 6 ed. - LTC

[6] Simmons, George F. Cálculo com Geometria Analítica. Tradução Seiji Hariki, revisãotécnica Rodney Carlos Bassanezi. Vol 2. São Paulo, McGraw-Hill, 1987.

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