Aplicações à Física e à Engenharia
Prof.: Rogério Dias Dalla Riva
UNIVERSIDADE DO ESTADO DE MATO GROSSOCAMPUS UNIVERSITÁRIO DE SINOP
CURSO DE ENGENHARIA CIVILDISCIPLINA: CÁLCULO DIFERENCIAL E INTEGRAL I
FACULDADE DE CIÊNCIAS EXATAS E TECNOLÓGICAS
Aplicações à Física e à Engenharia
1.Introdução
2.Pressão Hidrostática e Força
3.Resolução de Exemplos
4.Momentos e Centros de Massa
5.Resolução de Exemplos
3
1. Introdução
Junto com as muitas aplicações de cálculointegral à Física e à Engenharia consideramos duasaqui: a força devido à pressão da água e centros demassa.
Como em nossas aplicações anteriores àgeometrica (áreas, volume e comprimentos) e aotrabalho, nossa estratégia é quebrar a quantidadefísica em um grande número de pequenas partes,aproximar cada pequena parte, adicionar osresultados, tomar o limite e então avaliar aintegral resultante.
4
2. Pressão hidrostática e força
Os mergulhadores notam que a pressão daágua aumenta quando eles mergulham maisprofundamente. Isso ocorre por causa do aumentodo peso da água acima deles.
5
2. Pressão hidrostática e força
Em geral, suponha que uma placa horizontalfina com a área A por metros quadrados sejasubmersa em um fluido de densidade ρ quilogramaspor metro cúbico a uma profundidade d metrosabaixo da superfície do fluido, como na figuraabaixo.
6
2. Pressão hidrostática e força
O fluido diretamente acima da placa tem umvolume V = Ad, assim sua massa é m = ρV = ρAd. Aforça exercida pelo fluido na placa é, portanto:
F mg gAd= = ρ
onde g é a aceleração da gravidade. A pressão P naplaca é definida como a força por unidade de área:
FP gd
A= = ρ
7
2. Pressão hidrostática e força
No Sistema Internacional de Unidades, apressão é medida em newtons por metro quadrado,que é chamada pascal (1 N/m2 = 1 Pa). Como essa éuma unidade pequena, o kilopascal (kPa) éfrequentemente usado. Por exemplo, uma vez que adensidade da água é de ρ = 1.000 kg/m3, a pressãono fundo de uma piscina de 2 m de profundidade é
3 21.000 kg/m 9,8 m/s 2 mP gd= = × ×ρ
19.600 Pa 19,6 kPaP = =
8
2. Pressão hidrostática e força
Um princípio importante da pressão defluidos é o fato verificado experimentalmente deque em qualquer ponto no líquido a pressão é amesma em todas as direções. Então, a pressão emqualquer direção a uma profundidade d em umfluido com densidade ρ é dada por
P gd d= =ρ δ
9
2. Pressão hidrostática e força
Isso nos ajuda a determinar a forçahidrostática contra uma placa vertical ou paredede uma represa em um fluido. Este não é umproblema simples, porque a pressão não éconstante, mas se eleva com o aumento daprofundidade.
10
3. Resolução de exemplos
Exemplo 1: Uma represa tem o formato dotrapézio mostrado na figura a seguir. A altura é de20 m, e a largura é de 50 m no topo e 30 m nofundo. Clacule a força na represa devido à pressãohidrostática da água se o nível da água está a 4 mdo topo da represa.
11
3. Resolução de exemplos
Solução: Escolhemos um eixo vertical x com origemna superfície da água, como na figura a seguir.
12
3. Resolução de exemplos
A profundidade da água é de 16 m; assim,dividimos o intervalo [0, 16] em subintervalos deigual comprimento com extremos xi e xi
* ∈ [xi-1, xi].A i-ésima faixa horizontal da represa é aproxi-mada por um retângulo com altura ∆x e largura wi,onde, por similaridade de triângulos (ver figuraabaixo)
*
10 116 20 2i
ax
= =−
* *168
2 2i ix x
a−= = −
13
3. Resolução de exemplos
e assim
* *12 (15 ) 2 (15 8 ) 46
2i i iw a x x= ⋅ + = ⋅ + − = −
Se Ai é a área da i-ésima, então
*(46 )i i iA w x x x= ⋅ ∆ = − ⋅ ∆
14
3. Resolução de exemplos
Se ∆x é pequena, então a pressão Pi nai-ésima faixa é praticamente constante, e podemosescrever
*1.000 9,8i iP x≈ ⋅ ⋅
*9.800i iP x≈ ⋅
15
3. Resolução de exemplos
A força hidrostática Fi agindo na i-ésimafaixa é o produto da pressão pela área:
* *9.800 (46 )i i i i iF P A x x x= ≈ ⋅ ⋅ − ∆
Adicionando essas forças e tomando o limitequando n→ ∞, obtemos a força hidrostática totalna represa:
* *
1
lim 9.800 (46 )n
i i ini
F x x x→∞ =
= ⋅ ⋅ − ∆∑
16
3. Resolução de exemplos
16
0
9.800 (46 )F x x dx= ⋅ ⋅ −∫16
2
0
9.800 (46 )F x x dx= −∫163
2
0
9.800 233x
F x
= −
32 716
9.800 23 16 4,43 10 N3
F
= × × − ≈ ×
17
3. Resolução de exemplos
Exemplo 2: Calcule a força hidrostática noextremo de um tambor cilíndrico com raio de 3 pésque está submerso em água com 10 pés deprofundidade. Considere δ = 62,5 lb/pés2.
18
3. Resolução de exemplos
Solução: Neste exemplo é conveniente escolher oseixos como na figura abaixo, de modo que a origemseja colocada no centro do tambor.
3
19
3. Resolução de exemplos
Então o círculo tem uma equação simplesx2 + y2 = 9. Como no Exemplo 1, dividimos a regiãocircular em faixas horizontais de larguras iguais.Da equação do círculo, vemos que o comprimentoda i-ésima faixa é
( )2*2 9 iy⋅ −
e assim sua área é
( )2*2 9i iA y y= ⋅ − ∆
20
3. Resolução de exemplos
A pressão nessa faixa é aproximadamente
( )*62,5 7i id y= ⋅ −δ
e assim a força na faixa é aproximadamente
( ) ( )2* *62,5 7 2 9i i i id A y y y= ⋅ − ⋅ ⋅ − ∆δ
21
3. Resolução de exemplos
A força total é obtida pela soma das forçasem todas as faixas e tomando-se o limite
( ) ( )2* *
1
lim 62,5 7 2 9n
i ini
F y y y→∞ =
= ⋅ − ⋅ ⋅ − ∆∑
( )3
2
3
125 7 9F y y dy−
= − ⋅ −∫3 3
2 2
3 3
125 7 9 125 9F y dy y y dy− −
= ⋅ − − −∫ ∫
22
3. Resolução de exemplos
A segunda integral é 0, porque o integrandoé uma função ímpar [f(-y) = -f(y)]. Portanto:
32
3
875 9F y dy−
= −∫Lembrando que
22 2 2 2 1sin
2 2u a u
a u du a u Ca
−− = − + +∫
23
3. Resolução de exemplos
Teremos
32 1
3
9875 9 sin
2 2 3y y
F y −
−
= − +
1 13 9 3 ( 3) 9 ( 3)875 9 9 sin 9 9 sin
2 2 3 2 2 3F − −− − = − + − − −
1 19 9875 sin (1) sin ( 1)
2 2F − − = − −
9 9 9875 875 12.370 lb
2 2 2 2 2F
= ⋅ − ⋅ − = ⋅ ≈
π π π
24
3. Resolução de exemplos
Outra forma de resolver o Exemplo 2 éobservar que a área a ser determinadacorresponde à área de um disco semicircular deraio 3. Portanto:
2 2(3)875 875 12.370 lb
2 2r
F⋅= ⋅ = ⋅ ≈π π
25
4. Momentos e centros demassa
Nosso principal objetivo aqui é encontrar oponto P no qual uma fina placa de qualquer formatose equilibra horizontalmente, como na figura aseguir. Esse ponto é chamado centro de massa (oucentro de gravidade) da placa.
26
4. Momentos e centros demassa
Primeiro consideramos a situação maissimples mostrada na figura abaixo, onde duasmassas m1 e m2 são presas a um bastão de massadesprezível em lados opostos a um apoio e adistâncias d1 e d2 do apoio.
27
4. Momentos e centros demassa
O eixo ficará em equilíbrio se
1 1 2 2m d m d=
Esse é um fato experimental descoberto porArquimedes e chamado Lei da Alavanca.
28
4. Momentos e centros demassa
Agora suponha que o eixo esteja sobre oeixo x com m1 em x1 e m2 em x2 e o centro demassa em . Se verificarmos a figura abaixo,veremos que
1 1 2 2 e d x x d x x= − = −
29
4. Momentos e centros demassa
Portanto
1 1 2 2m d m d=
( ) ( )1 1 2 2m x x m x x− = −
1 1 1 2 2 2m x m x m x m x− = −
1 2 1 1 2 2m x m x m x m x+ = +
( )1 2 1 1 2 2x m m m x m x+ = +
1 1 2 2
1 2
m x m xx
m m+=+
30
4. Momentos e centros demassa
Os números m1x1 e m2x2 são denominadosmomentos das massas m1 e m2 (em relação àorigem) e a equação anterior diz que o centro demassa é obtido pela soma dos momentos dasmassas e divisão pela massa total m = m1 + m2.
31
4. Momentos e centros demassa
Em geral, temos um sistema de n partículascom massas m1 m2, …, mn localizadas nos pontosx1, x2, …, xn sobre o eixo x. Podemos mostrar simi-larmente que o centro de massa do sistema estálocalizado em
1 1
1
1
n n
i i i i ni i
ini
ii
m x m xx m m
mm
= =
=
=
= = =∑ ∑
∑∑
32
4. Momentos e centros demassa
onde m é a massa total do sistema, e a soma dosmomentos individuais
1
n
i ii
M m x=
=∑
é chamada momento do sistema em relação àorigem. Então pode ser reescrita como
mx M=que diz que se a massa total fosse consideradacomo concentrada no centro de massa , então seumomento deveria ser o mesmo que o momento dosistema.
33
4. Momentos e centros demassa
Agora considere um sistema de n partículascom massas m1 m2, …, mn nos pontos (x1, y1),(x2, y2), …, (xn, yn) no plano xy como mostrado nafigura abaixo
34
4. Momentos e centros demassa
Por analogia com o caso unidimensional,definimos o momento do sistema com relação aoeixo y como
1
n
y i ii
M m x=
=∑
e o momento do sistema com relação ao eixo xcomo
1
n
x i ii
M m y=
=∑
35
4. Momentos e centros demassa
Então My mede a tendência do sistema girarao redor do eixo y e Mx mede a tendência de elegirar ao redor do eixo x.
Como no caso unidimensional, as coordenadas( , ) do centro de massa são dadas em termosdos momentos pelas fórmulas
y xM M
x ym m
= =
36
4. Momentos e centros demassa
onde
é a massa total. Como
im m=∑
e my xmx M y M= =
o centro de massa ( , ) é o ponto onde umapartícula única de massa m teria os mesmosmomentos do sistema.
37
5. Resolução de exemplos
Exemplo 3: Calcule os momentos e os centros demassa do sistema de objetos que têm massa 3, 4 e8 nos pontos (-1, 1), (2, -1) e (3, 2).
3 ( 1) 4 (2) 8 (3) 29yM = ⋅ − + ⋅ + ⋅ =
3 (1) 4 ( 1) 8 (2) 15xM = ⋅ + ⋅ − + ⋅ =
40
5. Resolução de exemplos
A seguir consideramos uma placa plana(denominada lâmina) com densidade uniforme ρ queocupa uma região ℜ do plano.
Desejamos encontrar o centro de massa daplaca, chamada centróide (ou centro geométrico)de ℜ.
Fazendo isso usamos os seguintes princípiosfísicos: o princípio da simetria diz que se ℜ ésimétrico ao redor da reta l, então o centróide deℜ está em l.
41
5. Resolução de exemplos
ℜ
O centróide de um retângulo é o seu centro
Simetria em relação ao eixo y
Simetria em relação ao eixo x
42
5. Resolução de exemplos
Os momentos devem ser definidos demaneira que se a massa total da região estáconcentrada no centro de massa, então seusmomentos permanecem inalterados. Também, omomento da união de duas regiões sem ainterseção deve ser a soma dos momentos dasregiões individuais.
43
5. Resolução de exemplos
Suponha que a região ℜ seja do tipomostrado na figura abaixo; isto é, ℜ esteja entreas retas x = a e x = b, acima do eixo x e abaixo dográfico de f, onde f é uma função contínua.
44
5. Resolução de exemplos
Dividimos o intervalo [a, b] em n subinter-valos com os extremos x0, x1, …, xn e largurasiguais a ∆x.
Escolhemos o ponto de amostragem xi* como
o ponto médio i do i-ésimo subintervalo, que éi = (xi-1 + xi)/2. Isso determina uma aproximaçãopoligonal a ℜ, mostrada na figura a seguir.
45
5. Resolução de exemplos
O centróide do i-ésimo retângulo aproxi-mador Ri é seu centro Ci (i , ½f[i]).
46
5. Resolução de exemplos
Sua área é
( )iA f x x= ∆
Assim, sua massa é
( )im f x x= ∆ρ
O momento de Ri ao redor do eixo y é oproduto de sua massa pela distância de Ci ao eixoy, que é i . Então
( ) [ ( ) ] ( )y i i i i iM R f x x x x f x x= ∆ ⋅ = ∆ρ ρ
47
5. Resolução de exemplos
Somando esses momentos, obtemos omomento da aproximação poligonal a ℜ e, então,tomando o limite quando n → ∞, obtemos omomento do próprio ℜ em relação ao eixo y.
1
lim ( ) ( )bn
y i ini a
M x f x x xf x dx→∞ =
= ∆ =∑ ∫ρ ρ
48
5. Resolução de exemplos
De maneira similar calculamos o momento deRi em relação ao eixo x como o produto de suamassa e da distância de Ci ao eixo x:
21 1( ) [ ( ) ] ( ) [ ( ) ]
2 2x i i i iM R f x x f x f x x= ∆ ⋅ = ⋅ ∆ρ ρ
Novamente somamos esses momentos etomamos o limite para obter o momento de ℜ aoredor do eixo x.
2 2
1
1 1lim [ ( ) ] [ ( ) ]
2 2
bn
x i ini a
M f x x f x dx→∞ =
= ⋅ ∆ =∑ ∫ρ ρ
49
5. Resolução de exemplos
Como no caso do sistema de partículas, ocentro de massa da placa é definido de maneiraque
e my xmx M y M= =
Mas a massa da placa é o produto de suadensidade por sua área:
( )b
a
m A f x dx= = ∫ρ ρ
50
5. Resolução de exemplos
e assim
( ) ( )
( ) ( )
b b
y a ab b
a a
xf x dx xf x dxM
xm
f x dx f x dx
= = =∫ ∫
∫ ∫
ρ
ρ
2 21 1[ ( )] [ ( )]
2 2
( ) ( )
b b
a axb b
a a
f x dx f x dxM
ym
f x dx f x dx
= = =∫ ∫
∫ ∫
ρ
ρ
51
5. Resolução de exemplos
Note o cancelamento de ρ. A localização docentro de massa independe da densidade.
Em resumo, o centro de massa da placa (ou ocentróide de ℜ) está localizado no ponto ( , ),onde
21 1 1( ) [ ( )]
2
b b
a a
x xf x dx y f x dxA A
= =∫ ∫
52
5. Resolução de exemplos
Exemplo 4: Calcule o centro de massa de umaplaca semicircular de raio r.
53
5. Resolução de exemplos
Solução: Para usarmos as fórmulas anteriores,colocamos o semicírculo como na figura abaixo demodo que
2 2( )f x r x= −
a r
b r
= −=
54
5. Resolução de exemplos
Aqui não há a necessidade de usar a fórmulapara calcular porque, pelo princípio da simetria,o centro de massa deve estar sobre o eixo y, e,dessa forma, = 0. A área do semicírculo é
2
2r
A = π
55
5. Resolução de exemplos
Portanto: 21 1[ ( )]
2
b
a
y f x dxA
= ∫
( ) ( )2
2 2 2 22 2
1 1 2 12 2
2
r r
r r
y r x dx r x dxr r− −
= ⋅ − = ⋅ −∫ ∫π π
( ) ( )3
2 2 2 2 22 2 2
0 0
1 2 23
rr r
r
xr x dx r x dx r x
r r r−
= − = − = −
∫ ∫π π π
3 33
2 2
2 2 2 43 3 3r r r
rr r
= − = ⋅ =
π π π
57
5. Resolução de exemplos
Exemplo 5: Determine o centróide da regiãolimitada pelas curvas y = cos x, y = 0, x = 0 e x = π/2.
59
5. Resolução de exemplos
2
0
1cosx x x dx
A= ∫
π
fazemos u = x ⇒ du = dx e dv = cos x ⇒ v = sen x.
]2 2
2
00 0
1cos sen senx x x dx x x x dx
A= = −∫ ∫
π ππ
Lembrando que u dv uv v du= −∫ ∫
[ ] [ ]2 2
0 0cos cos 1
2 2 2x x= − − = + = −π ππ π π
60
5. Resolução de exemplos
[ ]2
2
0
1 1( )
2y f x dx
A= ∫
π
( )2 2 2
2
0 0 0
1 1 1 cos2 1cos 1 cos2
2 2 2 4x
x dx dx x dx+ = = = +
∫ ∫ ∫
π π π
2
0
1 1 1sen2
4 2 4 2 8x x = + = ⋅ =
π π π
62
5. Resolução de exemplos
Se a região ℜ está entre as curvas y = f(x) ey = g(x), onde f(x) ≥ g(x), como mostrado na figuraa seguir, então o mesmo tipo de argumento que noslevou às fórmulas para a determinação do centrode massa pode ser usado para mostrar que ocentróide de ℜ é ( , ).
63
5. Resolução de exemplos
[ ] { }2 21 1 1( ) ( ) [ ( )] ( )]
2
b b
a a
x x f x g x dx y f x g x dxA A
= − = −∫ ∫
64
5. Resolução de exemplos
Exemplo 6: Determine o centróide da regiãolimitada pela reta y = x e a parábola y = x2.
65
5. Resolução de exemplos
Solução: A região é esboçada na figura abaixo.Tomamos f(x) = x, g(x) = x2, a = 0 e b = 1 nafórmula anterior.
66
5. Resolução de exemplos
( )11 2 3
2
0 0
1 1 12 3 2 3 6x x
A x x dx
= − = − = − =
∫
Cálculo da área:
67
5. Resolução de exemplos
( ) ( )1 1
2 2 3
0 0
16
16
x x x x dx x x dx= − = −∫ ∫
13 4
0
1 1 1 16 6 6
3 4 3 4 12 2x x
x = − = − = ⋅ =
[ ]1( ) ( )
b
a
x x f x g x dxA
= −∫
68
5. Resolução de exemplos
{ }2 21 1[ ( )] ( )]
2
b
a
y f x g x dxA
= −∫
( ) ( )1 1
2 4 2 4
0 0
1 1 16
1 2 26
y x x dx x x dx= − = ⋅ −∫ ∫
13 5
0
1 1 2 23 3 3
3 5 3 5 15 5x x
y = − = ⋅ − = ⋅ =
70
5. Resolução de exemplos
Agora mostraremos uma conexão entrecentróides e volumes de revolução.
Teorema de Pappus*: Seja ℜ uma região plana queestá inteiramente de um lado de uma reta l em umplano. Se ℜ é girada ao redor de l, então o volumedo sólido resultante é o produto da área A de ℜ ea distância d percorrida pelo centróide de ℜ.
* Esse teorema tem o nome do matemático grego Pappus de Alexandria,que viveu no século IV.
71
5. Resolução de exemplos
Prova: Provaremos para o caso especial no qual aregião está entre y = f(x) e y = g(x) como na figuraabaixo e a reta l é o eixo y.
72
5. Resolução de exemplos
[ ]2 ( ) ( )b
a
V x f x g x dx= −∫ π
[ ] ( ) ( )2 ( ) ( ) 2 2b
a
x f x g x dx xA x A Ad− = = =∫π π π
onde d = 2π é a distância percorrida pelo cen-tróide durante uma rotação ao redor do eixo y.
73
5. Resolução de exemplos
Exemplo 7: Um toro é formado pela rotação de umcírculo de raio r ao redor de uma reta no plano docírculo que está a uma distância R (> r) do centrodo círculo. Calcule o volume do toro.
74
5. Resolução de exemplos
Solução: O círculo tem a área A = πr2. Pelo princí-pio de simetria, seu centróide é seu centro e,assim, a distância percorrida pelo centróidedurante a rotação é d = 2πR.
r
R