Livro Mecânica - Estática - James Meriam

FATORES DE CONVERSÃO Unidades Inglesas para SI Para converter (Aceleração) pé/segundo2

(ft/sec2)

polegada/segundo2 (in./sec2) (Área) pé (ft2)

Para

Multiplicar

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

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

metro2 metro2

polegada 2 (in.2)

por

9.2903 X 10-2 6.4516 X 10-4*

(m') (m')

(Massa especz'fica)

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

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

2.7680 X 104 1.6018 X 10

newton (N) newton (N)

4.4482 X 103 4.4482

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

3.048 X 10-1 * 2.54 X 10-' * 1.6093 X 103 1.852 X 10- '*

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

4.5359 X 10-1 1.4594 X 10 9.0718 X 10'

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

1.3558 0.11298

metro4

41.623

(Força)

kip (1000 Ib) libra força (Ib) (Comprimento) pé (ft)

polegada (in.) milha (mi) milha (mi), (milha marítima) (Massa)

libra massa (lbm) slug (lb-sec2/ft) tonelada (2000 Ibm) (Momento de força)

libra-pé (lb-ft) libra-polegada (lb-in.) (Momento de inércia, área) pOlegada4 (Momento de inércia, massa)

libra-pé-segundo2 (lb-ft-sec') (Momentum

ou quantidade de movimento, ou quantidade de movimento,

libra-pé-segundo (lb-ft-sec)

•

1.3558

(kg • m/s)

4.4482

quilúgrama-metro2 (kg • m')

X

10-0

linear)

quilograma-metro/segundo

libra-segundo (lb-sec) (Momentum

(m4)

angular)

newton-metro-segundo (kg • m'/s)

1.3558

watt(W) watt(W)

2.2597 X 10-' 7.4570 X Ia'

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

1.0133 X 10' 4.7880 X 10 6.8948 X 103

newton/metro (N/m)

1.7513 X 10'

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

3.048 X 10-1 * 5.1444 X 10-1 4.4704 X 10-1 * 1.6093

metro3 (m3) metro3 (m3)

2.8317 X 10-2 1.6387 X 10-'

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

1.0551 X 103 1.3558 3.60 X 10· *

(Potência)

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

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

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

pé/segundo nó/náutica milha/hora milha/hora

(tf/sec) (mi/hr) (mi/hr) (mi/hr)

(Volume)

pé3 (ft3) polegada 3 (in.') (Trabalho, energia)

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

UNIDADES

DO SISTEMA

INTERNACIONAL

USADAS

NA MECÂNICA

Unidade

Quantidade

S{mbolo SI

(Unidades Básicas) Comprimento Massa Tempo

metro

m

quilograma segundo

kg s

(Unidades Derivadas) Aceleração, Aceleração, Área

linear angular

Massa específica Força Freqüência Impulso, 1mpulso, Momento Momento Momento

Pressão, Produto

ou quantidade ou quantidade

q uilograma/metro' newton hertz

kg/m'

N (= kg • m/s')

de movimento de movimento

quilograma-metro q uilograma-metro/ quilograma-metro

linear angular

N· N·

'

FATORES Unidades

Para con verter

kg' m'/s(=N' m· W (= J/s = N . m/s) Pa (= N/m')

m' kg. m' N/m m/s rad/s

m'

DE CONVERSÃO Inglesas para SI

Para

energia

s

kg • m/s (= N . s)

segundo '/segundo

quilograma-metro' newton/metro metro/segundo racliano/segundo metro'

linear angular

s m·

N'm m' kg' m'

pascal metro4

massa

(= l/s)

Hz

newton-metro-segundo newton-metro metro"

área

Produto de inércia, Constante elástico

Trabalho,

m'

watt

tensão de inércia,

Velocidade, Velocidade, Volume

m/s' rad/s'

newton-segundo

linear angular de força de inércia, área de inércia, massa

Momentum Momentum Potência

metro/segundo' radiano/segundo' metro'

Multiplicar por

joule

J(=N·

m)

milha náutica tonelada métrica

(= 1.852 km) t (= 1.000 kg)

graus (decimal) racliano nó dia hora minuto

(1.852 d

(Unidades Suplementares) Distância Massa

(navegação)

Ângulo plano Ângulo plano Velocidade Tempo Tempo Tempo

PREFIXOS

Fator Multiplicação

DE UNIDADES

Prefixo

1000000000000 = 10" -1000000000 = 10' -1000000 = 10' 1000 = 10' 100 = 10' 10=10 0.1 = 10-1 0.01 = 10-' 0.001 = 10-' 0.000001 = 10-' 0.000 000 001 = 100.000000000001 = 10-1' 9

terra giga mega kilo hecto deka deci centi milli micro nano pico

h min

SI

S{mbolo T G

M

k h da d c

m u n p

km/h)

s)

• ESTATICA '-~~ =s· • ='"

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~~I>~ ASSOCIAÇÃO

BRASILEIRA

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DE DIREITOS

-::

o DIREl'tO

EDITORA

~

REPROGRÁFICOS

v"

o"

~

AFILIADA

238 I ESTATICA

6.61

Calcular o torque M que é necessário eixo do tambor de elevação do Probl. baixar a carga de 500 kg com velocidade Usar o valor de = 0,271, calculado 6.60, para o coeficiente de atrito. J.l.

6.62

aplicar ao 6.60, para constante. no Probl.

6.64

As rodas dianteiras de um veículo têm um raio de 300 mm e são equipadas com freios a disco, que consistem de um anel A de raios externo e interno de 150 e 75 mm, respectivamente. O anel, que não gira com a roda,- é forçado contra o disco da roda por uma força P. Se a pressão entre o anel e a roda do disco for uniforme sobre as superfícies de contato, calcular a força de atrito F entre cada pneumático dianteiro e a- estrada horizontal, para uma força axial P = 1 kN, quando o veículo estiver à velocidade constante e as rodas girando. O coeficiente de atrito entre o disco e o anel é 0,35. Resp. F = 136,1 N

manter o veícul, baixa e constante cular o coeficienL.e das rodas. (Sug, livre completo de

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

Vertical-1

Determinar o maio= • do pode fazer veículo do Probl. é rolar por si mesmo_ valor de 0,20 para das rodas.

6.69

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

Probl. 6.64

6.65 Probl. 6.62

6.63

A figura representa uma embreagem de discos múltiplos para uso em motor marítimo. Os discos motrizesA estão enchavetados ao eixo propulsor B, de modo a ficarem livres para deslizar ao longo do eixo, porém devendo girar com ele. Os discos C acionam a carcaça D por meio dos parafusos E, ao longo dos quais eles estão livres para deslizar. Na embreagem mostrada, existem cinco pares de superfícies de atrito. Supor que a pressão esteja uniformemente distribuída sobre a área dos discos, e determinar o torque máximo M que pode ser transmitido, se o coeficiente de atrito for 0,15 e P= 500N. Resp. M= 335 N'm

=

6.68

Se o coeficiente de atrito dinâmico entre o pino dz 30 mm de diâmetro ea polia é 0,25, calcular a tra ção T necessária para elevar a carga de 500 kg. E::contre, também, a tração To na parte estacionárn. do cabo. Desprezar a massa da polia. Resp. T= 2,52 kN; To = 2,38IC'

T

ProbLI 500 kg

Probl.6.65 6.70

Probl.6.63

6.66

Calcular a tração T necessária para baixar a do Probl. 6.65. Encontrar também To'

6.67

Cada uma das quatro rodas do veículo tem 20 de massa e está montada em um eixo de 80 mm ( diâmetro. A massa total do veículo é 480 kg, ::.c1uindo as rodas e é distribuldo igualmente 80' elas. Se for necessário uma força P = 80 N •

C:aIEl

q

O míssil de 20 Mg é ; protetor, por meio c sos, como é mostr'aél 1,07 Mg tem 130 quadrada de uma e: 13 mm. Os parafusa! mandados por um m massa total do mí ma de 4,2 Mg do e.

=

• James L. Meriam Professor de Engenharia Mecânica Califomia Polytechnic State University

Tradução da

1!1 Edição

Augusto Cesar Alcoforado do Couto Engenheiro Industrial Mecânico, formado pela Escola de Engenharia da UFF Tradução da

2!1

Edição

Márcio de Luca Rebello Engenheiro Naval, formado pela USP Mestre em Engenharia Naval, formado pelo M.I.T.

EDITORA

~

Título do Copyríght All ríghts publíshed

orígínal em ínglês: Engíneering Mechanícs Statícs and Dynamícs © John Wíley & Sons, Inc. reserved. Authorízed translatíon from Englísh Language editíor, by John Wiley & Sons, Inc.

Direítos exclusivos para a língua portuguesa Copyright © 1994 by LTC - Livros Técnicos.e Científicos S.A. Travessa do Ouvidor, 11 Rio de Janeiro, RJ - CEP 20040-040 Reservados todos os díreitos. É proibída a duplícação ou reprodução deste volume, no todo ou em parte, sob quaísquer formas ou por quaísquer meíos (eletrôníco, mecâníco, gravação, fotocópía, ou outros), sem permíssão expressa da Edítora.

PREFÁCIO

As inovações e contribuições do Dr. James L. Meriam no campo da Engenharia Mecânica são dignas de nota. Sem dúvida alguma, ele foi a pessoa que mais influenciou o ensino da Mecânica nos últimos vinte e cinco anos. Aqueles que iniciaram o estudo da Mecânica depois de 1950 não passaram pelas apreensões e falta de entendimento experimentados pela maioria dos engenheiros formados anteriormente, ao abordarem problemas da Mecânica. O Professor Meriam muito contribuiu para a clareza e a compreensão de que se dispõe atualmente. O seu primeiro livro sobre Mecânica, publicado em 1951, reconstruiu literalmente a apresentação do assunto para os estudantes, e tornou-se o livro-texto definitivo naquela década. Tanto o primeiro livro quanto os que se seguiram sempre se caracterizaram por uma organização lógica, de fácil leitura, orientados para o estudante médio e contendo excelentes exemplos de problemas de Engenharia da vida real, com primorosas ilustrações. Estes livros tornaram-se modelo para outros textos sobre Engenharia Mecânica nos anos ~e 50 e de 60. O Dr. Meriam iniciou seu contato com a Mecânica na Universidade de Yale, onde obteve os graus de Bacharel, Mestre e Doutor. Cedo ganhou experiência industrial na Pratt and Whitney Aircraft e na General Electric Company, que estimularam suas primeiras contribuições para a Mecânica nas análises matemática e experimental das tensões. Durante a Segunda Guerra Mundial, serviu na Guarda Costeira Americana. Todas estas experiências, absorvidas no início de sua carreira, influenciaram o Professor Meriam de dois modos: primeiro, ele descobriu o seu profundo interesse pelas aplicações práticas da Mecânica; segundo, ele esenvolveu um gosto permanente por navios e pelo mar .. Dr. Meriam foi membro docente da Universidade da Califórnia, em Berkeley, durante vinte e dois anos, onde foi Professor de Mecânica, Deão Assistente dos Estudos de Graduação e Chefe da Divisão de Mecânica e Projeto. Em 1963, tornou-se Deão de Engenharia na Universidade de Duke, onde dedicou todas as suas energias ao desenvolvimento da Escola de Engenharia. Em 1972, o ProL Meriam satisfez seu desejo de retomar a ensinar em tempo integral; aceitando o cargo de Professor de Mecânica na Universidade Estadual Politécnica da Califórnia. O Dr. Meriam sempre deu muita ênfase ao ensino, e este fato tem sido reconhecido pelos seus estudantes, onde quer que dê aulas. Por exemplo, em Berkeley, em 1963, ele foi o primeiro a ser agraciado com o prêmio Tau Beta Pi, de relevância universitária, outorgado principalmente em consideração à excelência de suas aulas. O diagrama de corpo livre é o fundamento da Mecânica. Apesar de não ser um conceito criado pelo Dr. Meriam, a ênfase e o rigor com que desenvolveu o seu emprego na Mecânica foram novos e de pleno sucesso, e estão incluídos em seus escritos e aulas. Foi o primeiro autor a mostrar, de maneira clara, como o método do trabalho virtual pode ser empregado na Estática, para resolver uma classe de problemas geralmente negligenciados por outros autores.

I

I

VIII

I PREFÁCIO

Na Dinâmica, tornou compreensível o movimento plano e, nas suas últimas edições, a Cinética e a Cinemática Tridimensional receberam o mesmo tratamento. A ele são creditados os desenvolvimentos originais de teoria da dinâmica de massa variável, contidos na sua 2. a edição de Dinâmica. Mais recentemente, o Prof. Meriam vem se mostrando um líder na promoção das unidades métricas. Sua versão métrica de Estática e Dinâmica, publicada em 1975, está entre os primeiros livros-textos de Mecânica, no sistema métrico, publicados nos Estados Unidos. O recente livro do Prof. Meriam promete igualar e mesmo exceder o padrão elevado dos anteriores. Sem dúvida, contém uma das melhores coleções de problemas já apresentadas até agora. É especialmente orientado para auxiliar os estudantes nos estágios preliminares de cada tópico novo e, então, direcioná-Ios para aplicações mais desafiantes da Engenharia. Terá, sem dúvida, enorme sucesso entre estudantes, professores e engenheiros, e ampliará ainda mais a contribuição do autor no estudo da Mecânica.

Robert F. Steidel Professor de Mecânica Universidade da Califórnia, Berkeley

- =--,;

ainda mais a PREFÁCIO AO ESTUDANTE

-

Berkeley

Ao penetrar no estudo da Engenharia Mecânica, iniciando pela Estática e terminando na Dinâmica, o estudante estará edificando as bases de sua capacidade analítica para solucionar uma grande variedade de problemas de Engenharia. A prática da moderna Engenharia exige um alto nível de capacidade analítica e o estudante irá perceber que o estudo da Mecânica contribuirá, de maneira decisiva, para o desenvolvimento desta capacidade. Na Engenharia Mecânica, aprendemos a construir e a resolver modelos matemáticos que descrevem os efeitos de forças e movimentos sobre uma grande variedade de estruturas e máquinas relacionadas com os engenheiros. Aplicando os princípios da Mecânica, formulamos estes modelos, incorporando hipóteses físicas e simplificações matemáticas apropriadas. Tanto na formulação, quanto na solução de problemas mecânicos, o estudante terá freqüentes oportunidades de usar seus conhecimentos de Geometria Plana e Sólida, Álgebra Escalar e Vetorial, Trigonometria, Geometria Analítica e Cálculo. Certamente o estudante descobrirá novos significados para estas ferramentas matemáticas, à medida que usá-Ias na Mecânica. O seu sucesso na Mecânica, bem como em toda a Engenharia, será altamente dependente do desenvolvimento de um método de abordagem bem disciplinado, desde a formulação das hipóteses até a conclusão, e onde devem ser rigorosamente aplicados os princípios adequados. Devido aos muitos anos de experiência que possuo como professor e como engenheiro, conheço a importância que tem o desenvolvimento da habilidade de representar um trabalho de uma maneira clara, lógica e precisa. A Mecânica é um excelente campo para desenvolver estes hábitos de pensamento lógico e de comunicação efetiva. O presente .livro contém um grande número de problemas resolvidos com soluções detalhadas, incluindo ob~ervações úteis que destacam erros e distrações comuns, a fim de que possam ser evitados. Além disso, oferece uma grande seleção de 'problemas simples introdutórios e uma seleção de problemas de dificuldade intermediária, para ajudarem o estudante a ganhar confiança inicial e entendimento em cada tópico novo. Apresenta, por outro lado, muitos problemas que ilustram aspectos importantes e contemporâneos da Engenharia, com a finalidade de estimular o seu interesse e desenvolver' a percepção para as diversas aplicações da Mecânica na Engenharia. Tenho a satisfação de estender meu incentivo a você, estudante de Mecânica. Espero que este livro sirva tanto de auxílio, quanto de estímulo para que, cada vez mais, desenvolva seus conhecimentos em Engenharia.

"

J. L. Meriam

Santa Bárbara, Califórnia Janeiro 1978

238 I ESTATICA

6.61


6.62


6.64




Vertical-1


6.69


Probl. 6.64

6.65 Probl. 6.62

6.63


=

6.68


T

ProbLI 500 kg

Probl.6.65 6.70

Probl.6.63

6.66


6.67


C:aIEl

q


=

PREFÁCIO AO PROFESSOR

9_priPcipal propósito do_ estudQ. da Engenharia Mecânica é desenvolver ª-Bpacidade de pIeveE...os efeitos de forças e movimentos, durante a execução da função criativa, inerente aº-s l'Ij)jejos...d..eEngenharia. OSücéSsOdêssa-previsão requer muito mais do _Cl!J~1!!11 mero_conhecimento dos princípiQs -físicõs e p.atemáticos_1ia Mecânica. -É-também nec~sârio" possuir a habilidade d; visualizar contlgürnções físicas, levando em consideração os materiais e as restrições reais, bem como as limitações práticas que afetam o ÇQIDportamento_das máquinas e estruturas. Um dos principais objetivos do ensino da Mecânica deveria ser auxiliar o estudante a desenvolver essa habilidade de visualização, tão vital para a formulação dos problemas. Realmente, a construção de um modelo matemático que tenha algum significado é freqüentem ente uma experiência mais importante do que sua própria solução. O maior progresso é obtido quando os princípios e suas limitações são aprendidos em conjunto, dentro do contexto da aplicação em Engenharia. Os cursos de Mecânica são freqüentemente encarados pelos estudantes como uma barreira acadêmica sem nenhum interesse. ~ dificuldade parece aumentar, quando se obriga a raciocinar sobre os princíQi9s fundamentais, ao invés de simplesmente aprender decorando. A falta de interesse que é freqüentemente observada deve-se, principalmente, ao fato -de que a Mecânica é apresentada como uma disciplina acadêmica, totalmente divorciada dos desafios e do propósito da Engenharia. Este fato é observado na tendência freqüente de apresentar a Mecânica através de problemas que visam mais a ser um veículo de ilustração da teoria, do que a desenvolver a teoria com a finalidade de resolver os problemas. Quando se permite que o primeiro ponto de vista predomine, os problemas tendem a se tornar irreais e desvinculados da Engenharia, resultando em exercícios vazios, acadêmicos e sem nenhum interesse. Esta abordagem priva o estudante da valiosa experiência na formulação de problemas e, assim, descobrir a necessidade da teoria e seu significado. O segundo ponto de vista apresenta, certamente, o motivo mais forte para aprender a teoria, e conduz a um melhor balanceamento entre a teoria e a aplicação. Não deve ser subestimada a importância de se motivar o estudante, o mais profundamente possível, para aprender. Além disso, dever-se-ia ter em mente o fato de que a teoria é que deve se aproximar do mundo real da Mecânica e, não, o contrário. Esta diferença de fIlosofia é realmente-básic.a~e distingue a Engenharia Mecânica da Ciência Mecânica. Durante os últimos vinte anos, tem havido uma tendência, no ensino de Engenharia, de aumentar a extensão e o nívl da teoria ministrada nos cursos de Engenharia. Esta tendência foi mais acentuada nos cursos de Mecânica, e pode ser benéfica, se os estudantes estiverem preparados para receberem este tratamento acelerado., Existem, contudo, evidências e preocupações justificadas de que, recentemente, tem ocorrido um distanciamento entre as áreas focalizadas e sua compreensão. Dentre os aspectos que contribuem para isso, destacam-se três tendências. A primeira é que parece ter diminuído a ênfase dada aos significados geométricos e físicos/nos pré-requisitos de Matemática. Segundo, tem havido uma redução significante, e até mesmo total---e1llíÍnação, do emprego de gráficos no ensino, que no passado serviam para facilitar a visualização e a representação dos problemas mecânicos. Finalmente, ao avançar o nível matemático no

XII

/ PRÉFÁCIO

AO PROFESSOR

tratamento da Mecânica, tem havido uma tendência de permitir que a notação vetarial substitua a visualização geométrica, mascarando-a. ~ica é fundamentalmente um campo que depende das percepções geométrica e física, e deve-se orientar todo o esforço no sentido de- desenvolver estas habilidades. ~ ---Uma das responsabilidades dos professores de Mecânica é empregar a parte da Matemática mais adequada para o problema que tem em mãos. O uso da notação vetorial em problemas unidimensionais é geralmente trivial; para os bidimensionais, é opcional e, para os tridimensionais, é essencial. Ao se introduzir a operação vetorial em problemas bidimensionais, é muito importante dar ênfase ao significado geométrico. Uma equação vetorial torna-se mais clara através de um esboço de polígono vetorial correspondente, cuja geometria indica, freqüentemente, a solução mais rápida. Existem, porém, muitos problemas mecânicos em que a complexidade da interdependência entre as variáveis está além da capacidade de visualização e da percepção física e, neste caso, é essencial confiar-se na análise. Apesar disso, os estudantes tornam-se melhores engenheiros quando desenvolvem plenamente suas capacidades de percepção, visualização e representação. Todo professor de Engenharia Mecânica tem uma obrigação para com a profissão de Engenharia: atingir um razoável padrão de desempenho e mantê-Io. Além disso, tem a séria responsabilidade de encorajar os estudantes a pensar por eles mesmos. Ajudá-Ios demasiadamente em assuntos com os quais deveriam estar razoavelmente aptos a lidar, por se tratarem de pré-requisitos, talvez seja tão prejudicial quanto não ajudá-Ios em nada, já que pode condicioná-Ios facilmente à dependência do raciocínio de outros e a não exercitarem sua própria iniciativa e habilidade. Finalmente, a subdivisão da Mecânica em um número excessivo de pequenos compartimentos, cada um com instruções detalhadas e repetitivas, pode dificultar o estudante a ter a visão da "floresta" a partir das "árvores" e, conseqüentemente, não irá perceber a unidade da Mecânica e as amplas aplicações dos seus poucos princípios básicos e métodos.

- -

- ----

A fIlosofia exposta é a adotada neste livro. Ele é orientado, principalmente, para introduzir a Mecânica ao principiante em Engenharia, e, geralmente, é adotado no segundo ano do curso. Omite alguns tópicos mais avançados que estavam incluídos em livros anteriores do autor, e é especialmente dirigido para facilitar o estudo individual. Com esta finalidade, um dos importantes aspectos do livro é o tratamento detalhado dado às soluções dos problemas resolvidos, que são apresentadas em páginas isoladas, o que é mais conveniente para o estudo. Além disso, cada solução contém comentários e notas de precaução, salientando pontos importantes e alertando os estudantes sobre distrações comuns, que devem servir de grande auxílio nos seus estudos. O presente texto contém 168 problemas resolvidos e 1.820 problemas a resolver, com ampla possibilidade de escolha. Desses problemas, 50% são totalmente novos e o restante, proveniente de uma seleção de problemas da segunda edição e da versão métrica de Estática e Dinâmica, do autor. Cada conjunto de problemas se inicia com problemas relativamente simples e fáceis, para auxiliar o estudante a ganhar confiança no novo tópico. Muitos problemas práticos e exemplos interessantes de situações encontradas na Engenharia, retirados de uma ampla gama de aplicações, estão representados nas coletâneas de problemas. Procurou-se usar, contudo, valores numéricos simples, de modo a não complicar a solução e não desviar a atenção dos princípios. Os problemas estão geralmente organizados em ordem crescente de dificuldade e a maioria possui resposta. Os problemas mais difÍCeis estão identificadoLp_elo_ siVal ~ e podem ser usados para ~e1b.~ _coIEpreens~~ dos estudan~es,_guJlJldo_~solvidouelo_p.lQÍes_s_or,_~ala de aula. Todas as soluções numéricas foram obtidas e verificadas por computador eletrônico, sem arredondamento de valores intermediários e, conseqüentemente, as respostas finais devem ser consideradas corretas até o último algarismo significativo mostrado. O autor está confiante de que o livro está isento de erros. O livro foi escrito em um ésmoconc~oloquial. Focalizaram-se, com maior ênfase, os princípios básicos e os métodos, ao invés de diversificar a atenção em uma multiplicidade de casos especiais. Foram empregados todos os esforços para mostrar a cÓesão existente entre o relativamente pequeno número de idéias fundamentais da Mecânica e a grande variedade de problemas que estas idéias poderão resolver. No Capo 2, são desenvolvidas as propriedades das forças, momentos, conjugados e resultantes, de modo que o estudante poderá passar diretamente para o equilíbrio de sistemas de forças não-concorrentes, no Capo 3, sem necessitar perder tempo com problemas relativamente triviais sobre o equilíbrio de forças concorrentes atuando sobre uma partícula. Tanfu no Capo 2, como no 3, os problemas bidimensionais são apresentados antes dos tridimensionais.-Á maioria dos estudantes adquire melhor percepção física e

PREFÁCIO

emática mais F=se introduzir éa ~ .-\0 :1illdimensionais

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O Capo 5 introduz, no início, os conceitos e categorias de forças distribuídas. Está dividido em duas seções principais: Seção A, que trata dos centros de massa e dos centróides, apresentando exemplos detalhados que auxiliam o estudante a dominar seus conhecimentos de Cálculo aprend'idos anteriormente, aplicando-os em problemas físicos e geométricos; Seção B, que inclui tópicos especiais de vigas, cabos flexíveis e forças em fluidos, podendo ser omitida sem que haja perda da continuidade dos conceitos básicos. O Capo 6 trata do atrito e está dividido em Seção A, que contém o fenômeno do atrito seco, e Seção B, que mostra aplicações selecionadas em máquinas. Embora a Seção B possa ser omitida no caso de haver restrição de tempo, o assunto apresentado oferece uma valiosa experiência para o estudante, no tratamento com forças distribuídas. O Capo 7 apresenta uma introdução consolidada ao trabalho virtual, com aplicação limitada aos sistemas com um único grau de liberdade. Salienta a vantagem do emprego dos métodos do trabalho virtual e da energia em sistemas interligados e na determinação da estabilidade. O trabalho virtual fornece uma oportunidade excelente para convencer o estudante sobre as potencialidades da análise matemática na ~ecânica.

O Apêndice A apresenta os momentos e os produtos de inércia de áreas. Esse tópico auxilia a ligação entre a Estática e a Mecânica dos Sólidos. Tenho a satisfação de reconhecer, mais uma vez, a constante contribuição do DI. A. L. Hale, dos Laboratórios da Bell Telephone, pelas suas valiosas sugestões e cuidadosa revisão do manuscrito. Também agradeço, reconhecido, às revisões críticas realizadas pelo Prof. Andrew Pytel, da Universidade do Estado da Pensilvânia, e pelos Profs. Kenneth Schneider e JoOO Biddle, da Universidade Politécnica do Estado da Califórnia. Menciono, também agradecido, o Prof. J. M. Henderson, da Universidade da Califórnia, pelos seus comentários e pelos problemas selecionados sugeridos. Sou grato também ao staff da John Wiley & Sons, pelo alto padrão profissional demonstrado no planejamento e na produção deste livro. Agradeço o apoio dado pela Universidade Politécnica do Estado da Califórnia, ao licenciar-me para preparar este livro. Finalmente, reconheço a paciência e a assistência de minha mulher Júlia, durante as horas em que preparei o manuscrito.

J. L. Meriam Santa Bárbara, Califórnia Janeiro 1978

s.<:IJ:!Sados para a!Jla. Todas as -=~;;n1O de valores - -té o último . :.=

os princípios - õSpeciais. Foram ~eçn.-eno número de §;::

:esolv er.

resultantes, de - concorrentes, no c =-~brio de forças - Lidimensionais pção física e .:::s

i":

I XIII

entendimento da Mecânica, se ganhar confiança na análise bidimensional, antes de tratar com a tridimensional. O Capo 4 apresenta a aplicação dos princípios do equilíbrio às treliças simples e às estruturas de máquinas, enfocando principalmente os sistemas bidimensionais. Incluiu-se, porém, um número suficiente de exemplos tridimensionais, para tornar o estudante capaz de exercitar-se com a ferramenta mais geral da Análise Vetorial.

I-=~,

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AO PROFESSOR

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)

238 I ESTATICA

6.61


6.62


6.64




Vertical-1


6.69


Probl. 6.64

6.65 Probl. 6.62

6.63


=

6.68


T

ProbLI 500 kg

Probl.6.65 6.70

Probl.6.63

6.66


6.67


C:aIEl

q


=

SUMÁRIO

1 PRINCIPIOS DA ESf ÁTICA, 1 1.1 Mecânica, 1 1.2 Conceitos Básicos, 1 1.3 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8

c '\

Escalares e Vetores, 2 Leis de Newton, 4 Unidades, 5 Lei da Gravitação, 7 Precisão, Limites e Aproximações, 7 Descrição dos Problemas de Estática, 9

2 SISTEMAS DE FORÇAS, 11 2.1 Introdução, 11 2.2 Força, 11 Seção A. Sistemas de forças 2.3 Componentes Retangulares, 2.4 Momento, 19 2.5 Conjugado, 24 2.6 Resultantes, 29 Seção B. Sistemas de forças 2.7 Componentes Retangulares, 2.8 Momento e Conjugado, 40 2.9 Resultantes, 50 3 EQUlLÍB~ 3.1 /Introdução,

bidimensionais, 14 14

oS

tridimensionais, 35 39

57 r

3.2 3.3

Seção A. EquilíbVo em Mecânico, duas dimensões, 57 Isolamento do Si~ema 57 Condições de EqJilíbrio, 65 Seção B. Equilíbrio em três dimensões, 82 /

3.4 3.5

Condições d~quilíbrio, 82 Formulação do Problema e Revisãó, 96

4 ESTRUTURAS, 100 4.1 Introdução, 100 4.2 Treliças Planas, 100

CC

XVI/SUMÁRIO

4.3 4.4 4.5 4.6 4.7

Método dos Nós, 103 Método das Seções, 111 Treliças Espaciais, 118 Armações e Máquinas, 123 Formulação do Problema e Revisão, 136

5 FORÇAS DISTRIBUIbAS, 142 5.1 Introdução, 142 Seção A. Centro de massa e centróides, 144 5.2 Centros de Massa, 144 5.3 Centróides de Linhas, Áreas e Volumes, 146 5.4 Figuras e Corpos Compostos: Aproximações, 158 5.5 Teoremas de Pappus, 165 Seção B. Tópicos especiais, 168 5.6 Vigas, 168 5.7 Cabos Flexíveis, 182 5.8 Estática dos Fluidos, 190 5.9 Formulação do Problema e Revisão, 206 ATRITO, 211 6.1 Introdução, 211 Seção A. O fenômeno do atrito, 211 6.2 Tipos de Atrito, 211 6.3 Atrito Seco, 212 Seção B. Aplicações do atrito nas máquinas, 226 6.4 Cunhas, 226 6.5 Parafusos, 227 6.6 Mancais Radiais, 234 6.7 Mancais de Escora; Disco de Atrito, 236 6.8 Correias Flexíveis, 240 6.9 Resistência ao Rolamento, 241 6.10 Formulação do Problema e Revisão, 246 7 TRABALHO VIRTUAL, 252 7.1 Introdução, 252 7.2 Trabalho, 252 7.3 Equilíbrio, 255 7.4 Estabilidade e Energia Potencial, 268 7.5 Formulação do Problema e Revisão, 279 ~ÊNDICE AI A2 A3 A4

A

MOMENTOS DE INÉRCIA DE ÁREAS, 283

Introdução, Definições, 284 283 / //-~ Áreas Compostas, 294 . Produtos de Inércia e Rotação de Eixos, 298

APÊNDICE B APÊNDICE C

\

\ I

TÓPICOS SELECIONADOS DE MATEM}TICA, 308 TABELAS ÚTEIS, 316

INDICE REMISSNO, 323

1 PRINCÍPIOS DA ESTÃTlCA

1.1 -

MECÂNICA

Mecânica é a ciência física que estuda os estados de repouso ou movimento dos corpos sob a ação de orças. É o assunto mais importante na análise em Engenharia. Sua origem se confunde .com a da própria Engenharia. A moderna pesquisa e o desenvolvimento nos campos das vibrações, da estabilidade e da resis- cia de estruturas e máquinas, do projeto de foguetes e~naves espaciais, dos controles automáticos, dos rendimentos de motores, do escoamento de fluidos, das máquinas e mecanismos elétricos e no comporta:nento mo1ecular atômico e subatôrnico dependem muito dos princípios básicos da Mecânica. A completa· compreensão desté assunto é requisito essencial para o trabalho neste e em muitos outros campos. A Mecânica é a mais antiga das ciências físicas e os mais antigos escritos neste campo são os de Arquies (287-212 aC), que se ·referem aos princípios da alavanca e da flutuação, porém seu desenvolvimento tstancia1 teve lugar quando Stevinus (1548-1620) expôs as leis da combinação vej:orial das forças. Foi ele ttmbém quem formulou a maioria dos princípios da Estática. Acredita-se que a primeira pesquisa em Dinâfoi feita por Galileu (1564-1642), relativa a suas experiências sobre a queda de pedras. A formulação precisa das leis do movimento, assim como das leis da gravitação,-foram feitas por Newton (1642-1727), que também concebeu a idéia do inflnitésirno em análise matemática. Contribuições substanciais para o desenvo1- ento da Mecânica foram também dadas por da Vinci, Varignon, D'Alembert, Lagrange, Laplace e outros. A Mecânica, corno toda ciência, tem seus princípios bastante dependentes do rigor da Matemática. Por o lado, o propósito da Engenharia. Mecânica é a aplicação destes princípios na solução de problemas 'ticos. Neste livro, dar-se-á atenção tanto ao desenvolvimento rigoroso dos princípios como à sua aplicação. Apesar de existirem relativamente poucos princípios básicos, eles têm ampla aplicação e os procedimentos empregados na Mecânica poderão ser transferidos para muitos outros campos do domínio da Engenharia. A Mecâmca divide-se em duas partes: Estática, que se refere ao equilíbrio dos corpos sob a ação de -ças,

e BiiUiiiilêa~e se refere ao movimento dos corpos.

1.2 -

CONCEITOS BÃSICOS

/

/

Certas defmições e conceitos são básicos para o estudo da Mecânica e, por esta razão, devem ser enten.dos desde o início. Espaço é a região geométrica ocupada por corpos cujas posições são descritas por medidas lineares e angulares em relação a um sistema de coordenadas. Nos problemas tridimensionais o espaço requer três coordenadas independentes e, nos bidimensionais, apenas duas. Tempo é a medida da sucessão de eventos e é uma quantidade básica na Mecânica. O tempo não está 'etamente envolvido na análise de problemas da Estática.

2 I ESTÁTICA

Massa é a medida da inércia de um corpo que, por sua vez, é a resistência à variação de movimento. Tem muita importância na Estática, além de ser uma propriedade dos corpos responsável pela sua atração mútua. Força é a ação de um corpo sobre o outro. Uma força tende a mover o corpo na direção de sua ação sobre ele. A ação de uma fOI:ça é caracterizada por sua intensidade, pela direção de sua ação e pelo ponto de aplicação. A força é uma quantidade vetorial e suas propriedades estão discutidas em detalhe no Capo 2. Particula. Um corpo de dimensões desprezíveis é chamado partícula. No sentido matemático, uma partícula é um corpo cujas dimensões se aproximam de zero, de modo que pode ser analisada como um ponto de massa. Freqüentemente uma partícula representa um elemento infinitesimal de um corpo. Assim, quando as dimensões de um corpo são irrelevantes para a caracterização de sua posição ou de seu movimento, o corpo pode ser considerado uma partícula. Corpo Rigido. Um corpo é considerado rígido quando o propósito do problema que se está abordando permitir desprezar os movimentos relativos entre suas partes. Por exemplo, o cálculo da tração no cabo que suporta a lança de um guindaste móvel, submetido a um carregamento, não é sensivelmente influenciado pelas pequenas deformações nos elementos estruturais da lança. Então, para o propósito de determinar as forças externas que agem sobre a lança, pode-se considerá-Ia como um corpo rígido. A Estática trata, princi· palmente, do cálculo das forças externas que agem sobre os corpos rígidos em equilíbrio. Para determinar as ensões e os esforços internos, dever-se-ia analisar as características de deformação do material da lança. Este tipo de análise pertence ao estudo da mecânica dos corpos deformáveis, que vem ap6s o estudo da Estática.

1.3 - ESCALARES E VEfORES A Estática lida ,com duas espécies de grandezas - escalares e vetoriais. GrandeZ2S escalares são aquelas associadas apenas à intensidade. Exemplos de grandezas escalares em Mecânica são rempo, volume, densidade, energia e massa. Grandezas vetoriais, por outro lado, possuem tanto direção e sentiêo como intensidade e a soma destas grandezas deve obedecer à lei do paralelogramo, que descrevemos~:e ne:.-reitem. Exemplos .e vetores são deslocamento, velocidade, aceleração, força, momento e quantidzde::'e illonmento. As grandezas físicas vetoriais são classificadas em livres, deslizantes ou lig>'rkço. Por exemplo, Vetor livre é aquele cuja ação não está restrita ou associada a uma úrÚ se um corpo se move sem rotação, o movimento ou deslocamento de qual'. ~ =--~:o do corpo pode ser e a intensidade do representado por um vetor, e este descreve ou representa igualmente a dir, es1ocamento de cada ponto do corpo. Portanto, o deslocamento de tal co -=~ X:: representado por um vetor livre. Vetor deslizante é aquele em que sua grandeza age ao longo de ll.Iill!P--~ F--.,,, no espaço. Quando lidamos com a ação externa de forças em corpos rígidos, a força pode ser apl''''''-=,. =::i qualquer ponto de sua linha de ação sem alteração de seu efeito no corpo considerado como um LOC:l •• A ~ aplicada pode ser considerada um vetor deslizante. Um vetor ligado é aquele para o qual um único ponto de aplicação c . ocupa uma posição particular no espaço. A ação da força em corpos representada por um vetor ligado no ponto de aplicação da força. ~e--""'''

--

-=~

a:-~-

internos do corpo são funções tanto dº_p_o~o de aplicaÇ['o da força co Uma grandeza vetorial V ~esentada,por um segmento linear (r ~ _. em uma das extremidades um;; seta para indicar o sentido. O compr..:r.::Er representa, em escala conveniente, a intensidade I V I do vetor e grafil tipo em negrito é usado para grandezas vetoriais (sempre que o as representação. Ao se escrever uma equação vetorial é importante f~ ticos representativos das quantidades escala~/e vetoriais. Acons~-x para distinguir quantidades vetoriais, tal como sublinhar a letra y, Oi:

* É o chamado

princípio de transposição de uma força que será ap

~

f~~

e, portanto, o veto r fu-
o vetor e tendo -- d.e seta orientado

~::se:: ..• aio em grito V. O r for parte de sua

"- -=~-:ir< ~~~.

S SÍmbolos matemá-

utilizar um sinal ._ o V, em lugar do .

negrito. O sentit~ . conhecida, como é mostra Além de regra do paralel_ç Fig. 1.2a, poss ados VI e V2 retorial

l-

onde o sinal mais e não soma escalar._

e é evidente que pe2. ~ Os dois veto!'e$ seta de um deles obter a mesma 50::;' soma, isto é, VI + Y:

VI

Iv,)

''l

(a)

Obtém-se, fal do paralelogramD vetorial

onde o sinal (-) in ,. Dois ou mais deste veto r. Portanto. tivamente. Norma.lmi: chamados de compo

PRINC(PIOS

DA ESTÃTICA

I 3

de movimento. J. pela sua atração

:S:reçãode sua ação

-:<

)fu e pelo ponto de

Fig.1.1

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

~.=.~ :natemático,

uma

,~ ;::;".,alisada como ~m Ia: um corpo. AsslIn,

b ~ ce seu movimento, !ii I ~~ se está abordando P ~ :ração no cabo que ='-'ente influenciado '''-.ill de determinar as

negrito. O senti~o de V pode ser determinado por meio de um ângulo, e, a partir de uma direção de referên- conhecida, como é indicado na Fig. 1.1. O negativo de V é um vetar -V dirigido em sentido oposto a V, ;::ornoé mostrado na Fig. 1.1. Além de possuírem as propriedades de intensidade e direção, os vetares devem, também, obedecer à :egra do paralelogramo para a soma. Esta regra exige que dois vetores V 1 e V 2, tratados como vetares livres, Fig. 1.2a, possam ser substituídos par seu equivalente V, que é a diagonal do paralelogramo formado pelos lados V1 e V2, como é mostrado na Fig. 1.2h. Esta combinação ou soma vetorial é representada pela equação retorial

. _~S-.2tica trata, princi.-_Para determinar as ii:...."IÍal da lança. Este - ~LUdo da Estática.

ares são aquelas :ume, densidade, intensidade e a

onde o sinal mais ( + ) usado em conjunto com as grandezas vetoriais (tipos em negrito) significa soma vetorial e não soma escalar. A soma escalar das intensidades de dois vetares é escrita na maneira usual como V1 + V2, e é evidente que pela geometria do paralelogramo V =1=V1 + V2• Os dois vetores V1 e V2, considerados vetares livres, podem também ser adicionados com a cabeça da seta de um deles tocando a cauda da seta do outro, pela lei do triângulo, como é mostrado na Fig. 1.2c, para obter a mesma soma vetorial V. É evidente pelo diagrama que a ordem de adição dos vetores não afeta a soma, isto é, V1 + V2 = V2 + V1.

-~.i' item. Exemplos "mo. -'_. Por exemplo, corpo pode ser intensidade do ~=~<:;Sentadopor um =-0 espaço. Quando _~r ponto de sua • aplicada pode ser

- :, portanto, o vetar fu-rigidos deve ser e os movimentos

p

l .=;:

:<

o vetar e tendo -~ c.e seta orientado >~o em grifo V. O _~~ ~or parte de sua -- mnbolos matemá5:. utilizar um sinal ~ o V, em lugar do .

(a)

(b)

Fig.1.3

Fig.l.2

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

onde o sinal (-) indica subtração vetorial. Dois ou mais vetores quaisquer, cuja soma seja igual a um certo valor V são chamados componentes deste vetor. Portanto, os v~es V1 e V2, na Fig. 1.40 são os componentes de V nas direções 1 e 2, respectivamente. Normalmente é mais conveniente lidar com componentes vetoriais perpendiculares entre si chamados de componentes retangulares. Os vetares Vx e Vy na Fig. 1.4b são componentes x ey respectivay' y I

V

y. I

cal

Y, VY~x Vx

-----... Vx'

(a)

(b)

Fig.l.4

(e)

.

V -x'

4 I

ESTÁTICA

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

= arc tg

Vx'

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

\

\ \

) ~ em aos pares,

Assim, a for~ exercida para cim<> ·es, não obstante esta lei básica é e forças, é abso. ecessário, antes ,.,'" !.Obre o c.orpo em

Fig.1.5 Se I, m e n forem os co-senos diretores de V, dados por: I

= cos

0x

m

= cos Oy

n

= cos

1.5 - UNIDADES Oz

o Sistema Irrtn sido aceito universaim unidades do Sistema O sistema SI é

as intensidades das componentes serão: Vy

= mV

com (

Note também que

[2

+m2

+ n2 =

V2

=

Vx2

+ V/ +

Vz2

J

1.

1.4 - LEIS DE NEWTON Isaac Newton foi o primeiro a enunciar corretamente as leis básicas que governam o movimento das partículas e a demonstrar sua validade. * Com o texto levemente modificado pelo uso da terminologia moderna, estas leis são como segue. Primeira lei. Uma partícula permanece em repouso ou continua a mover-se em linha reta à yelocidade uniforme se nenhuma força isolada ou não equilibrada atua sobre ela.

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

massa, com a uni unidades de comp como será explicad é a força necessária grama. O quilograma por muitos países força, o mesmo o utilizar o sistema SI. Foram estab comprimento e tempo

Massa. O quilo Bureau Internacion: dro é mantida no Bun: Comprimento. equador, medida se de uma barra de p acesso e de obter prec

PRINC!"PIOS DA ESTÁTICA

:::xpresso em compo'-cada por

os componenque são vetores ponentes é

/

5

Segunda lei. A aceleração de uma partícula é proporcional à força resultante que atua sobre ela e tem a direção e o sentido desta força. Terceira lei. As forças de ação e reação entre corpos que atuam reciprocamente têm a mesma intensidade, sentidos opostos e são colineares. A exatidão destas leis tem sido verifica da por inúmeras experiências físicas precisas. A segunda lei de .. ewton é a base da maioria das análises feitas no campo da Dinâmica. Aplicada a uma partícula de massa m pode ser equacionada como (1.1) onde F é a força resultante que atua sobre a partícula e a a aceleração resultante. Esta equação é uma equação vetorial, tendo em vista que F tem a mesma direção e sentido de a, e a intensidade de F é igual a de ma. A primeira lei de Newton estabelece o princípio do equil1brio de forças, que é o assunto de interesse principal da Estática. Realmente esta Lei é conseqüência da segunda, uma vez que não há aceleração quando a força é nula, permanecendo a partícula em repouso ou em movimento retilíneo uniforme. A primeira lei nada acrescenta ao estudo do movimento, porém é citada por fazer parte dos princípios clássicos de Newton. A terceira lei é básica para o entendimento do que seja uma força. Estabelece que as forças sempre ocorrem aos pares, com as mesmas intensidades, mesmas direções e sentidos opostos. Assim, a força exercida para baixo por um lápis sobre uma mesa é acompanhada por uma força igual exercida para cima, pela mesa sobre o lápis. Este princípio é válido para todas as forças, variáveis ou constan· tes, não obstante sua origem, e se aplica durante todo o tempo no qual a força é aplicada. A falta de atenção a esta lei básica é motivo de erro muito freqüente entre os principiantes. Em análise de corpos sujeitos à ação de forças, é absolutamente necessário deixar bem claro qual a força do par que está sendo considerada. É necessário, antes de tudo, isolar o corpo em estudo e, então, considerar somente a única força do par que age sobre o corpo em questão.

1.5 - UNIDADES

o Sistema Internacional de Unidades, abreviado SI (do francês, Systeme International d'Unités), tem sido aceito universalmente e está substituindo, rapidamente, o Sistema Inglês. Portanto, este livro adotará as unidades do Sistema Métrico, SI. O sistema SI é um sistema absoluto de unidades baseado nas quantidades de comprimento, tempo e massa, com a unidade de força sendo obtida a partir da Eq. 1.1. A Estática lida, principalmente, com as unidades de comprimento e força, envolvendo massa somente quando se determina a força gravitacional, como será explicado no próximo item. A unidade de força no SI é o Newton (símbolo N) que, por definição, é a força necessária para dar a aceleração de um metro por segundo ao quadrado a uma massa de um quilograma. O quilograma é uma unidade de massa e não de força. No Sistema Gravitacional (MKS), empregado por muitos países durante muito tempo, o quilograma era usado tanto como unidade de massa como de força, o mesmo ocorrendo com a libra no Sistema Inglês. É necessário proteger-se contra esta prática, ao utilizar o sistema SI. o movimento das da terminologia

"-- reta à yelocidade

(1687), revista por

Foram estabelecidos, por acor'4o internacional, comprimento e tempo, como mostrado a seguir:

Padrões Fundamentais

para as medidas de massa,

Massa. O quilograma é definido como a massa de um cilindro de platina iridiada, que está guardado no Bureau Internacional de Pesos e Medidas, localizado próximo a Paris, França. Uma cópia precisa deste cilindro é mantida no Bureau de Padrões Americanos, servindo também como padrão. Comprimento. O metro, originalmente definido como um décimo milionésimo da distância do pólo ao equador, medida sobre o meridiano que passa por Paris, foi, mais tarde, fixado como sendo o comprimento de uma barra de platina iridiada, guardada no Bureau Internacional de Pesos e Medidas. A dificuldade de acesso e de obter precisão na reprodução das medidas, acarretou a adoção de um padrão mais preciso e repro-

6 I

ESTÁTICA

duzível para o comprimento do metro, agora definido como sendo 1 650763,73 vezes o comprimento de onda da radiação do átomo de Criptônio-86. Tempo. O segundo era anteriormente defrnido como a fração 1/864QO do dia solar médio. Porém, irregularidades na rotação da Terra provocaram dificuldades para o uso desta definição, conduzindo à adoção de um padrão mais preciso e reproduzível. O segundo é agora fixado como a duração de 9 192 631 770 períodos da radiação de um certo estado do átomo do Césio-133. É claro que, para a maioria dos trabalhos de Engenharia e para o prop6sito do estudo da Mecânica, a precisão desses padrões está muito além do necessário. Força. No Si~ema Inglês, a unidade de força é a libra (símbolo lb). A libra padrão é a força necessária para fornecer a uma massa de uma libra, a aceleração de 32,1740 pés por segundo ao quadrado, que é o valor padrão da aceleração da gravidade g ao nível do mar e na latitude de 45°. Outras unidades de força empregadas no Sistema Inglês (EUA) são o quilolibra (kip), que vale 1 000 lb, e o ton, que vale 2000 lb. O valor correspondente para a aceleração da gravidade padrão g no sistema SI é 9,806 65 m/s2. Aplicando a Eq. 1.1 par~ a condição de queda livre de uma massa padrão de uma libra, encontra-se que uma libra de'Ío~<1l!iváÍente a (0,453 592 37) (9,806 65) algarismos significativos, tem-se as equivalências: llb

= 4,45 N

= 4,4482 1N

ou

newtons de força. Portanto,

usando três

= 0,225lb

A unidade de massa no Sistema Inglês se deriva da Eq. 1.1 e é a massa que obtém uma aceleração de 1 pé/s2, quando submetida a uma força de llb. Esta massa se denomina slug e é igual a 32,1740 libras-massa. Assim, da Eq. 1.1: força (lb)

= massa(slugs) X aceleração (pés/s2).

Nos experimentos gravitacionais com peso W, encontra-se a massa m com: W (lb) m (slugs)

= g (pés/s2) .

A Fig. 1.6 apresenta exemplos de força, massa e comprimento auxiliar a visualização dos seus valores relativos.

FORÇA

(4,45 N)

(2,201bf) N

1111bf

119'81

MASSA

II .

(143 N)

32,21bf

11bm (0,45 kg)

1kg (2,201bm)

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

1 pé I;,~·, I~l, '1,,11;,' ;-!',~'!'~,-~~ ~l

(0,305 m)

nos dois sistem~s de unidades, para

1m Fig.1.6

PRINCfplOS

mprimento de médio. Porém, '>-,u.uzindoà adoção 9192631 770

1.6 -

DA ESTÃTICA

LEI DA GRA VITAÇÃO

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

o da Mecânica, a força necessária do, que é o-valor _ ~ de força empre~:OOOlb. ~~6 65 m/s2. Apli-se que uma libra to, usando três ;1

-

(1.2) onde:

F= força de atração recíproca entre duas partículas; K

~

uma aceleração de 32..1740 libras-massa.

e unidades, para

/ 7

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

As forças F obedecem à lei da ação e reação tendo em vista que são iguais em intensidade, opostas em sentido e têm a mesma direção, pois ntuam em linha reta unindo os centros das partículas. A constante gravitacional determinada experimentalmente tem o valor K = 6,673 (10-11}m3 /(kg' S2). As forças gravitacionais existem sempre entre dois corpos quaisquer. Sobre a superfície terrestre, a única força gravitacional de apreciável intensidade é a devida à atração da Terra. Assim, uma esfera de ferro de 100 mm de diâmetro é raída para a Terra com uma força de 37,9 N. Por outro lado, se colocarmos uma outra esfera exatamente igual em contato com a primeira, a força de atração recíproca entre elas será de 0,0000000994 N. Esta orça é evidentemente desprezível comparada com a atração da Terra e, conseqüentemente, a atração gravicional da Terra é úrnca força gravitacional de apreciável intensidade que precisa ser considerada nas experiências realizadas na superfície do planeta. A atração gravitacional exercida pela Terra sobre os corpos é conhecida como "peso" do corpo. Esta força existe esteja o corpo em movimento ou em repouso. Sendo essa .nação uma força, estritamente falando, o peso do corpo é expresso em newtons (N), no SI. Infelizmente, na prática, a unidade de massa, quilograma (kg), é usada também como medida de }?eso. Quando expressa em quilogramas, a palavra "peso" tecnicamente significa massa. A fim de evitar confu.são, o uso da palavra '»eso", neste livro, restringe-se ao significado de força da atração gravitacional e é expresso sempre em wtons. Para um corpo de massa m sobre a superfície da Terra, a atração gravitacional, conforme definida na Eq. 1.2, pode ser calculada pelo resultado de um simples teste gravitaeional. Se a força gravitacional ou peso tem intensidade W, então, tendo em vista que o corpo cai com uma aceleração g, a Eq. 1.2 dá (1.3)

o peso W sera expresso em newtons (N) quando m for em quilogramas (kg) e g em metros por segundo ao quadrado (m/s2). O valor padrão g = 9-;&-l m/s2 é suficientemenÜ: preciso para os cálculos desenvolvidos na Estática. O valor correspondente de g no Sistema Inglês é 32,2 pés/s2. O peso verdadeiro devido a atração gravitacional e o peso aparente medido por balança de mola, são ligeiramente diferentes. Esta diferença é causada pela rotação da Terra e é muito pequena, não sendo aqui considerada. Este efeito será discutido no volume 2, Dinâmica.

1.7 -

PRECISÃO,

LIMITES E APROXIMAÇÕES

O número de algarismos significativos mostrados em uma resposta, não deve ser maior do que o número algarismos que possam ser justificados pela precisão dos dados fornecidos. Conseqüentemente, a área da seção transversal de uma barra quadrada, cujo lado de 24 mm foi medido até o mais próximo centésimo, seria ~dicada como 580 mm2 e não como 576 mm2, obtida pela multiplicação sem aproximação.

8 /

ESTÁTICA

Quando nos cálculos aparecem pequenas diferenças em quantidades grandes, exige-se maior precisão nos dados para se obter precisão nos resultados. Conseqüentemente, é necessário conhecer os nÚmeros 4,2503 e 4,2391 com uma precisão de cinco algarismos significativos, de modo que a diferença de 0;0112 possa ser expressa com uma precisão de três algarismos. É muitas vezes difícil em cálculos um tanto longos, conhecer previamente o número de algarismos significativos necessários nos dados originais que assegurem uma certa precisão na resposta. Três algarismos significativos dão a precisão considerada satisfatória para a maioria dos cálculos em Engenharia. A ordem das quantidãdes diferenciais é assunto que acarreta freqüentes enganos. Diferenciais de ordem mais alta podem sempre ser desprezadas, quando comparadas com as diferenciais de ordem mais baixa, quandoseapl'o-.xima o limite matemático. Como exemplo, o volume do elemento ~V de um cone circular reto de altÜra h eiaio de ba~e r pode ser tomado como uma fatia circular distante x do vértice e de espessura &. Pode ser verificado, que a expressão completa para este volume do elemento pode ser 1I"r2 Ó.

V

Ao se ~~a os limites, de abandonados, ficando simplesmente

=

h2

+ x(Ó.x)Z + i(ó.x)3]

[x2 ó'x

& para dx e de ~V

para dV, os termos em

(&)2 e (&)3 podem ser

que é uma expressão exata no limite. Pode-se empregar algumas simplificações quando se lida com ângulos pequenos. Considere o triângulo retângulo da Fig. 1.7, onde o ângulo (), expresso em radianos, é relativamente pequeno. \ \

~lX()=()

cos ()

I

I

Fig.1.7 Fazendo a hipotenusa igual a unidade; observa-se, pela geometria da figura, que o comprimento do arco 1 X () e o sen () são praticamente iguais. Ocos () também é quase um. Além disso, o sen () e a tg () têm quase o mesmo\'alor. Assim, para pequenos ângulos, pode-se escrever sen () ~. tg () ~ ()

cos () ~ 1

Essas aproximações significam que estamos considerando somente o primeiro termo da expansão em série dessas três funções. Para exemplificar as aproximações aqui citadas, tomemos um ângulo de 10 10 sen 10 tg 10 cos 10

== ==

0,017453 rad 0,017452 0,017455 0,999848

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

1. dados a 2. resulta

PRINC!"PIOS DA ESTÁTICA

I

- •..-se maior precisão

: i. ;fferença de 0;0112 ~ um tanto longos, ~;xchecer os nÚmeros , - - . que assegurem - satisfatória para a

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

o ângulo 1.8 -

/'

::

;>

(&)3 podem ser

•..,-,---.r-qdereo triângulo

a..•1" i,"ento =

do arco e a tg e têm quase

da expansão em

~e.que

=

tg de

cosde

Eerenciais de ordem em mais baixa, ::e um cone circular - --.ee de~ur'
/ 9

=

de

= 1

de é expresso em radianos.

DESCRIÇÃO

DOS PROBLEMAS

DE ESTÁTICA

o estudo da Estática está voltado para a descrição quantitativa das forças que atuam nas estruturas em equilíbrio. A Matemática estabelece as relações entre as diversas quantidades envolvidas e torna possível edizer os efeitos destas relações. É preciso realizar um duplo processo de raciocínio para formular esta rição, isto é, pensar primeiro em termos da situação física e depois em termos da correspondente descrião matemática. A análise de cada problema exige a passagem do r'aciocínio do que respeita à Física para o relativo à Matemática. Sem dúvida, uma das maiores dificuldades encontradas pelo estudante é efetuar esta transição de raciocínio. Ele de','e reconhecer ~O-.-e..quaciQnamento de um 12roblema de Física re12resenta !lIlla descrição ideal, limite ou modelo, que se aproxima,_mas_@nc_ajgua~ comJ:Jl~t~en~_~~~uação física real. _A_o_se_e_qu_a_c_i_o_n_ar_u_m_d_a_do--"problema de ~.!!Be_nh_ar_i~a,~c_e_r_ta_s .apr0x!mações estarão sempre incluídas, no modelo matemático idealizado. Algumas dessas aproximações podem ser matemáticas, enquanto outras serão físicas. Por exemplo, é muitas vezes necessário desprezar pequenas distâncias, ângulos ou forças comparadas com grandes distâncias', ângulos ou forças. Urna força que está realmente distribuída numa pequena área de um corpo sobre o qual ela age pod.e ser considerada como uma força concentrada, se as dimensões da área forem pequenas, comparadas com as outras dimensões relativas. O peso de um cabo de aço pode ser desprezado se a tração no cabo for muito superior ao seu peso, ao passo que esse mesmo peso não poderá ser desprezado se o problema exigir a determinação da deflexão ou flecha do cabo suspenso, sujeito à ação do próprio peso. Assim, as hipóteses dependem do que se está procurando determinar e. da precisão exigida. O estudante deve estar sempre alerta para as diversas suposições feitas no equacionamento dos problemas reais. Uma das características mais importantes de um engenheiro bem sucedido é a sua habilidade para entender e fazer uso das hipóteses adequadas no decurso do equacionamento e da solução dos problemas de Engenharia. Um dos principais objetivos deste livro é fornecer o máximo de oportunidade para o desenvolvimento desta habilidade, através do equacionamento e análise de muitos problemas práticos que envolvem os princípios da Estática. Os gráficos são uma importante ferramenta em análise e têm muita utilidade em.1cê~pos de ação. Primeiro, eles tornam..possível a re12resentaç-ª9 de sistemas físicos no pa~por meio de croguis ou diagram~ A re12resentação geométrica é vital para a ,interpretação física e auxilia enormemente a visuaHzação dos aspectos tridimensionais de muitos Rroblemas> Segundo,--ºª---ªáficos muitas vezes propiciam o meio de solução de relações físicas, onde a solução matemática direta seria impraticável ou difícil. As soluções_gráfica~~sõmeilte fornecem o meio prático de obtenç.ão dos r!lsultad.9s, como também allxiljam enoI:.Il!em.!l.ntea execuç!o da transiç_ão do raciocínio ent~ !~itu~ção física e a exgressão matSlmátic-ª-Lp.orql!e....Jl!l1basªªo representadas simultaneamente. O terceiro uso dos gráficos é a eXP:Qsiç.[odos resultados em cartas eJ~.!~gr~ mas,.il!!~3[O_allXílio :valioso nas int..etp..reíaÇ.ões. _ É essencial que os problemas de Estática, como os outros problemas de Engenharia, sejam resolvidos por métodos eficientes. O desenvolvimento de bons hábitos no equacionamento dos problemas e na representação de suas soluções é imperioso. Cada solução deve ser precedida de um roteiro lógico das etapas, desde as hipóteses até a conclusão, e sua representação deve incluir exposição clara dos seguintes pontos, cada qual inteiramente identificado:

são 1. dados apresentados; 2. resultados desejados;

r-------~-----------------------------~~-------------~•.. 10 / ESTÁTICA

3. diagramas necessários; 4. cálculos; 5. respostas e conclusões. Além dis!.o, é aconselhável incorI'orar uma série de verificaçõ~ dos cálc~os ellLpontos intermediários ~ão. ~ ordem de grandeza dos valores nUÍnéric~E.eve ~I_obse!ya~ ~pr~c~~homogeneidac!e
2

~ pc::r03 intermediá~ios/ Iiã:: homogeneidaâe b ~ e aa apresentsçãdêÍo Qs por outros, são de

p.:: xrá, por si só, uma

SISTEMAS DE FORÇAS

- Muitos problemas sejam tratados por ~s

fundamentais

e

--~-_~essas aplicações,

L ;;c::e as leis que aplica2 e exatamente. ~ , é essencial que o ~1l1eto e nreciso de mentalmente como ..,~"as fuLç.a.s_exte~s é a chave para o e o efeito estão _. idência. No Capo ::- corpo livre. 105 diretamente, _~o-se uma solução -;;: dos valores numé=:rr cada estágio do intensidade de

- ,a simplificação ~ca e sua represenem. cada etapa, ao -..alores numéricos. - ::n~lIlO problema, ';rl"de com ambas

-?OI um dos seguin::;spostas aparecem - está dentro desta por meio de um "=: número de equa-. des da compu~;:duzir o tempo de is de trabalhar. -- - a ser obtida no

2.1

-

INTRODUÇÃO

Neste capítulo e nos seguintes examinamos as propriedades e os efeitos das várias espécies de forças, ao atuarem nas estruturas e nos mecanismos. A experiência obtida através deste exame será de fundamental utilidade por todo o estudo da Mecânica e também no estudo de outros assuntos, tais como, análise de tensões, projeto de elementos de máquinas e escoamento de fluidos. Neste capítulo colocamos os alicerces necessários ao entendimento básico, não somente da Estática, mas de toda a Mecânica. O estudante não deverá prosseguir, enquanto não dominar por completo tudo o que for aqui apresentado.

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

A fj

p (a)

(b)

Tração no cabo p

Fig.2.1

i

f.

12 /

ESTÁTICA

Uma força pode ser aplicada por contato mecânico direto ou por ação remota. As forças gravitacionais, elétricas e magnéticas"atuam físico direto. "

por ação remota. Todas as outras forças reais são aplicadas através de contato

A ação da força acarreta, no corpo em que atua, efeitos que podem ser divididos em externos e internos. No suporte da Fig. 2.1 os efeitos externos da força P são as forças de reação (não representadas), exercidas no suporte pela base e pelos parafusos em conseqüência da ação de P. Então, as forças externas ao corpo são de duas espécies: forças.aplicadas (ativas) e forças reativas. Os efeitos internos da forçaP no suporte são as tensões internas e as deformações resultantes, distribuídas por todo o material do suporte. As relações entre as forças e as deformações internas abrangem as propriedades do material do corpo e são estudadas juntamente com resistência dos materiais, elasticidade e plasticidade. Quando lidamos com a mecânica dos corpos rígidos, onde se dá importância somente aos efeitos externos das forças, a experiência mostra que não é necessário restringir a ação da força aplicada ao dado ponto. Portanto, a força P atuando na chapa rígida, vista na Fig. 2.2, pode ser aplicada em A, emB ou em qualquer outro ponto sobre sua linha de ação e os efeitos externos resultaIltes da força P, isto é, a força exercida na chapa pelo suporte do mancal em O e a exercida pelo rolete de apoio em C não irão se alterar. Esta conclusão é definida pelo princípio da transposição de forças, que estabelece que uma força externa, atuando num corpo rígido, pode ser aplicada em qualquer ponto do seu suporte ou linha de ação sem alterar os seus efeitos resultantes. Quando são pesquisados somente os efeitos externos resultantes da aplicação de uma força sobre um corpo rígido, pode a mesma ser considerada um vetor deslizante, sendo necessário e suficiente especificar sua intensidade, sentido e linha de ação e suporte. Como este livro lida essencialmente com a mecânica dos corpos rígidos, quase todas as forças são consideradas vetores deslizantes em relação ao corpo rígido em que atuam. Além da fi' stituir uma fo_. Fig. 2.3a, pode se1" 9:mplesmente pela des de Fl e F2· Um caso es

Fig.2.2 --------

As forças podem ser concentradas ou distribuidas. Realmente, o contato de uma força aplicada se faz, sempre, sobre uma área fmita e, portanto, a força é distribuída. Quando as dimensões da área são desprezíveis, comparadas com as demais dimensões do corpo, a força pode ser considerada concentrada em um ponto. A distribuição de uma força pode ser sobre uma área, como no caso de contato mecânico, ou sobre um volume, quando atuam as forças da gravidade e magnética. O "peso" de um corpo é a força da gravidade distribuída sobre seu volume, e pode ser considerado como uma força concentrada que atua no centro de gravidade do corpo. Normalmente, a posição do centro-de gravidade é facilmente determinada por considerações de· simetria. No entanto, se a posição não for clara será necessário calcular separadamente sua posição, o que é apresentado no Capo 5. Uma força pode ser medida por comparação com outras forças conhecidas, usando-se uma balança mecânica, ou pela deformação calibrada de um elemento elástico. Qualquer dos processos têm como base um padrão primário. A unidade padrão de força no SI é o newton (N) e no Sistema Inglês é a libra (lb), como definido no item 1.5. A característica das forças expressas pela terceira lei de Newton deve ser cuidadosamente observada. A ação das forças está sempre associada a uma reação igual e oposta. Devemos ter cuidado em determinar qual das forças do par está sendo considerada. A situação fica perfeitamente defmida quando o corpo em questão é isolado e, se representa a força que atua sobre o corpo (e não pelo corpo). É muito fácil cometermos um erro, por descuido, e considerarmos a força errada do par, a menos que façamos uma cuidadosa distinção entre cada ação e sua conseqüente reação. Duas forças FI e F2, concorrentes, podem ser somadas pela regra do paralelogramo, no plano comum a ambas, para que se obtenha uma resultante R, como é vista na Fig. 2.3a. Se as duas forças concorrentes encontram-se no mesmo plano, mas são aplicadas em dois pontos diferentes, como na Fig. 2.3b, elas podem

~

somadas pela prévia que, consideradas em fornecer Rl e com"3nha de ação. O se paralelas, ap É recomendá ·dimensional. Com e! estudante possui bo

SISTEMAS

DE FORCAS

I

13

3:rrças gravitacionais, através de contato II

~

=::n

externos

e

inter-

- eJ;."lernasaoexercicorpo ~~esentadaS), l.f~i'1Pno suporte são i.Ic SlpOrte. As relações e são estudadas

(a)

(c)

(b)

Fig.2.3 ~ somente aos efeitos ;a aplicada ao dado ~A, emB ou em ,,_P, isto é, a força ·0 irão se alterar. a força externa,

.'":'e ação sem alterar da aplicação de _sendo necessário e essencialmente

~tp.s

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

em relação ao

Além da necessid;lde de combinar forças para obter uma resultante, substituir uma força por suas componentes, atuando segundo duas direções na Fig. 2.3a, pode ser substituída ou decomposta em dois componentes F 1 simplesmente pela complementação do paralelogramo, como mostrado para /dades de Fl e F2.

f.:rrça aplicada se faz, :.a área são desprezíDC:irada em um ponto. - oco, ou sobre um • ~ força da gravidade _ alUa no centro de ""':"';td
Um caso especial da soma aparece quando as duas forças Fl e F2 são paralelas, Fig. 2.4. Elas podem ser somadas pela prévia inclusão de duas forças iguais, opostas e colineares F e ~, de intensidades adequadas, que, consideradas em conjunto, não produzem nenhum efeito externo sobre o corpo. Somando Fl e F2 para fornecer Rl e combinando-a com a soma R2 de F2 e -F resulta R, correta em intensidade, sentido, direção e linha de ação. O método exposto é, também, utilizado ao se combinar graficamente duas forças que sejam quase paralelas, apresentando, portanto, um ponto de concorrência muito distante. É recomendável dominar a análise dos sistemas de forças bidimensionais, antes de abordar a análise tridirnensional. Com esta fmalidade, dividiu-se o restante deste capítulo nestas duas categorias. Porém, se o estudante possui bom conhecimento da análise vetorial, pode estudá-Ias simultaneamente.

:O-se uma balança - -êm como base um

libra (lb), como

=- .,

Dsc:~te

observada. A

:=1 determinar qual :orpo em questão ::;:~..,cometermos um :uidadosa distinção -. =.0

5"

plano comum a concorrentes

",.3b, elas podem

há muitas vezes necessidade de especificadas. Assim, a força R, e F2 nas direções especificadas, que se sejam obtidas as intensi-

R

Fig.2.4

I

ESTÁTICA

SEÇÃO A.

2.3 -

SISTEMAS DE FORÇAS BIDlMENSIONAIS

COMPONENTES

RETANGULARES

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

Fx

= FcosB

Fy

=

(2.1)

Fsen ()

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

ie j (2.2)

Para eliminar qualquer ambigüidade, é recomendado representar por linhas tracejadas as componentes de uma força, como na Fig. 2.5, ou vice-versa. Com qualquer destas convenções, estará sempre claro quando a representação significar uma força e suas componentes .ou três forças separadas, que seriam indicadas por três vetores em linha cheia.

= =

=

= Fig.2.5 Os problemas reais não vêm com eixos de referência. A sua determinação é arbitrária e depende da conveniência, sendo freqüentemente deixado ao estudante escolhê-Ios. A escolha lógica é, geralmente, a indicada pela geometria do problema. Por exemplo, quando as dimensões principais de um corpo são dadas nas direções horizontal e vertical, é conveniente selecionar os eixos de referência nestas direções. Porém, nem sempre as dimensões são fornecidas nas direções horizontal e vertical, nem os ângulos medidos no sentido anti-horário a partir do eixo x, como também não é obrigatório que a origem das coordenadas esteja na linha de ação de uma força. Portanto, é muito importante que se tenha a capacidade de determinar as componentes de uma força, qualquer que sejam a orientação dos eixos e o sentido de medida dos ângulos. A Fig. 2.6 sugere alguns exemplos típicos de decomposição de forças em duas dimensões, cujos resultados deveriam ser pronta-

1 Y,

I

/

I

Y

~

Fx = Fsen {3 Fy=Fcos{3

Fx

Fy

==-

F cos (3 Fsen{3

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

Fig.2.6

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

SISTEMAS DE FORCAS

I 15

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

_

nas componentes

-a que Problema Resolvido

(2.1 )

- oetores unitários

y

2.1

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

ie j

F .••~ __

"

=

lOON

20·

,,30·---x ,,'x'

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

, as componentes xmpre claro quando a indicadas por três

=

=

100 cos 20°

94,ON.

Fy = F cos 8y = 100 cos 70°

34,2N.

Fx

F cos 8x

y I I Fy

Resp.

LdCJ--x F

F",

(a)

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

y I I

Fx' = F cos 8x' = 100 cos 50°

64,3 N.

(6) Fy160·

Fy'

=

F cos 8y'

=

100 cos 40°

76,6 N.

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

-ária e depende da é, geralmente, sen 50° a ÍI :c um corpo são dadas Nota: - direções. Porém, nem - medidos no sentido

Resp.

y Problema Resolvido

2.2

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

='-a} =--a}

'

,

resultados os valores calculados. (c) 0,866100 com ' - 0,940 FxFy-seus sen 60° sel160° FF '= = 1085 0,766 - -,5. 88
das esteja na linha as componentes s. A Fig. 2.6 sugere veriam ser prontar~

I I I

Resp.

--x

, x

6

I

ESTÁTICA

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

BD

=

tgcx

6 sen 600 3 + 6 cos 600

AD

=

0,S66,

cx

A tração T n' te. Calcular a3 lança e noz:=L aplicada pelo

p

= 40,90

A lei dos co-senos aplicada ao paralelogramo formado pelos vetores dá 600' + SOO' - 2 (600) (SOO)cos 40,90

R'

274300

524 N

R

Resp.

Nota:

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

(!) Observe atentamente o reposicionamento

524 sen 40,90;

600 sen IJ

sen IJ

=

0,750;

IJ

=

4S,6°

de P para permitir a construção do paralelogramo de soma em B.

Resp.

2.7

PROBLEMAS

PROPOSTOS

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

Px

= -19,70

kN; Py

= 3,47kN

2.4 Um cabo exerce uma força F sobre uma cantoneira fixada a um elemento estrutural. Se a intensidade da componente x de F é 900 N, calcular a componente y e a intensidade de F.

p Y

20· x

I I I I I

~

l..

...:.. __

--.l

Probl. 2.1

2.2 Encontre a componente retangular, na direção de BC, da tração T = 600 N do Problema Resolvido 2.2. 2.3 Quando a carga L está a 7 m do pino C, a tração T no cabo tem a intensidade de 15 kN. Escrever a expressão vetorial de T usando os vetores unitários i

ej. T=

Resp.

12,S6i + 7,72j kN

Probl. 2.4 2.5 O tensor C é montado de modo a dar uma tração de 900 N no cabo. Calcule as componentes x e y da força exercida sobre o quadro pelo cabo, em B. Resp. Fx= -879N; Fy= -195,2N 900

,l/i I I

mm

~l 6m I

Til

A~

l3m -I.

.

7m-J Probl. 2.3

c1__ <

AI 400

mm

IY I

L__ -X

Probl. 2.5

2.8 O cilindro hidráulil direção de seu eU:' levantando. Dete~ normal e tangente momento em que 8 =1

SISTEMAS DE FORÇAS

/

//

//

p

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

Calcular a intensidade da força única R equivalente às duas forças mostradas. Determinar também o ângulo e, entre R e o eixo positivo dos x, medido no sentido anti-horário. Resp. R = 9,17 kN; e = 109,1 °

A

I I I I

!1 ~

I I

,.~8kN '-.ô---x

I

Probl. 2.9

I

o reposicionamento ir 1 ::::o::JStrução do parale-

10 kN

y

10m II

2.9

/ 17

~

Probl. 2.6 2.10 Resolver o Probl. 2.9 graficamente.

F sobre uma cantoneira Se a intensidade da _" calcular a componente

2.7 O camo circular tem uma excentricidade e = 20 mm e raio r = 40 mm. Na posição de e = 30°, a superfície lisa inferior do seguidor eXerce uma força para baixo sobre o camo de 400 N, normal às superfícies de contato. Calcular a componente retangular F' desta força, na direção da linha que liga o ponto de contato ao centro do eixo. Resp. F' = 378 N

2.11 Com que ângulo e deve ser aplicada a força de 400 N para que a resultante R das duas forças tenha a intensidade de 1 000 N? Nestas condições, qual será o ângulo (3 entre R e a horizontal? Resp. e = 51Y; (3 = 18,2°

400N

~ Probl. 2.11

F

V

2.12 A força vertical de 10 kN deve ser substituída por duas outras forças, uma F" orientada na direção da linha de 45° a-a e outra F2, com intensidade de 8 kN. Calcular a intensidade de F,e o ângulo e, antihorário, entre F 2 e o eixo x. Resp. F, = 10,81 kN, com e = 17,1° ouF, = 3,33 kN, com e = 72,9° Probl. 2.7

t

a dar uma tração de z> ::omponentes x e y da , :::pelo cabo, em R. -3;9 N; Fy = -195,2 N

=

2.8 O cilindro hidráulico exerce uma força de 40 kN na direção de se~ eixo, em posição à carga que está levantando. Determinar as componentes Fn e Ft, normal e tangente respectivamente, à direção AR, no momento em que e = 30°.

Probl. 2.12

2.13 Resolver o Probl. 2.12 graficamente.

f--l,5 fi ----i Probl. 2.8

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

\

r

~

18

I

ESTÁTICA

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

F

B

Probl. 2.14

~

I

2.1'5 Decompor a força de 4 kN em duas componentes: uma na direção AB e outra na BC. Resp. FAB = 2,93 kN; FBC = 3,59 kN

J

vetores unitários nas direções x e y. Calcule o ângulo I) feito por R com o eixo x. Resp. R = 2,63i + 6,06j kN; I) = 66,6° 2.18 A resultante da carga de 100 kN e da tração T, conseqüente, na barra B, passa pelo ponto A e resulta em certa força sobre o pino que suporta a treliça nesse ponto. A carga de 100 kN é substituída por uma força P, aplicada na direção da linha tracejada, mostrada na figura. Calcular a intensidade de P, de modo que resulte sobre o pino em A o mesmo efeito que anteriormente existia, quando atuava a força de 100 kN. Determinar o acréscimo f:.T correspondente na tração da barra B. Os ângulos internos da treliça são todos de 45° ou 90°. (Sugestão: a resultante de P e o novo T é o mesmo vetor que a resultante da força de 100 kN e T original.)

Resolver o

A

t

B

4kN

Probl. 2.15

Probl.

lOOkN

r--

Probl. 2.18

2.16 Deseja-se remover o grampo da madeira, aplicando uma força na direção do seu eixo horizontal. Um obstáculo A impede o acesso direto, de modo que é necessário aplicar duas forças, uma de 1,6 kN e outra P, através de cabos conforme mostrado. Calcule a intensidade de P, para assegurar que a tração T se dê ao longo do eixo do grampo. Determine, também, T.

1 1

/f...

r-2oo1 I

2.19 Qual o máximo ângulo I) que a força F pode ser orientada, de modo que a intensidade de sua componente ao longo de CA não ultrapasse 80 por cento da intensidade da componente na direção de BC? Resp. 1):= 53,0°

~

-±-

150mm

À.

"

4m

_--=;omm --'l

~

Probl. 2.19

2.4 - MOMENTO Além da tend'

o corpo em torno de conhecida como mom. freq üentemente deno A Fig. 2.7a m intensidade do mom corpo é, claramente, a distância perpendi como

1,6kN

Probl. 2.16 2.20 A força F = -401 60j N deve ser substituída por duas outras, uma na direção do eixo y e outra na direção horizontal h, de tal modo que produzam o mesmo efeito de F. Determinar as intensidades dessas componentes. -1-

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

6kN

F Probl. 2.17

Probl. 2.20

O momento é

UI

rotação imprimida ao a A regra da mão . O-O pode ser represem sentido da rotação do considerado um vetor básicas momento são ru Quando lidamos um ponto. Realmente, ponto. Assim, o mome no sentido contrário ac

L -

~ .-

x e y. Calcule o ângulo

-~i -

6,06j kN; 8

= 66,6°

::0: k.."\e

da tração T, con?cio ponto A e resulta suporta a treliça nesk.' é substituída por uma ~ da linha tracejada, mos:ntensidade de P, de

.... =

k' ~

= ;mo em A o mesmo =risúa, quando atuava a o acréscimo t:.T corres:=. B. Os ângulos internos ou 90°. (Sugestão: a Ia ~ ~ o mesmo vetor que a ill1:.' e T original.) ~

II

SISTEMAS

2.21 A força P, quando decomposta nas direções dos eixos x e y, tem uma componente x de 500 N. Quando decomposta nas direções dos eixos x' e y', Px' = 800 N. Expresse P como um vetor, usando oS vetores unitários dos eixos x-y e calcule a componente na direção y' de P. (Execute a solução com ajuda da geometria dos vetores da figura, sem soluções simul tâneas.) Resp.

DE FORÇAS

I

lS

@be-se que a resultante de duas forças passa pelo ponto A. Determinar a intensidade de P. Resp. P = 675 N

2.24 As duas forças que atuam sobre a estrutura rígida devem ser substituídas por uma única força equivalente R, aplicada no ponto A. Determinar a intensidade de R e a distância x para o ponto A. Resolver graficamente ou algebricamente. Resp. R = 898 N; x = 1,62 m

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

2.22 Resolver o Probl. 2.21 graficamente.

•

BOON

~~=

GOON

P 1~

400= 4

~~f

I ---t---+-T-· I 300 mm '_-""+ __ r

91 DIJ

I

t

I

l;~, --+--+/

I

."

\

A Probl. 2.21

Probl. 2.23

Probl. 2.24

..•. = a força

:~

F pode ser -
B

A.

_. ~ -

111 4m

1

ser substituída por :'io eixo y e outra na

o· que produzam o as intensidades des-

2.4 - MOMENTO Além da tendência de deslocar um corpo na direção de sua aplicação, as ff)rças tendem também a girar o corpo em torno de qualquer eixo que não cruze, nem seja paralelo à sua linha de ação. Esta tendência é conhecida como momento M da força em relação ao eixo dado. O momento de uma força é, também, freqüentemente denominado torqile. A Fig. 2.7a mostra um corpo bidirnensional sobre o qual atua uma força F, contida no seu plano. A intensidade do momento ou tendência da força girar o corpo em torno do eixo "O"(), normal ao plano do corpo é, claramente, proporcional à intensidade da própria força e ao braço de alavanca d, que é, por sua vez, a distância perpendicular do eixo à linha de ação da força. Portanto, a intensidade do momento é definida como M = Fd

(2.3)

O momento é um vetor M perpendicular ao plano do corpo. O sentido de M depende da direção da rotação imprimida ao corpo pela força F. A regra da mão direita, Fig. 2.7b, é usada para identificar esse sentido, e o moménto de F em torno de O..() pode ser representado por um vetor apontando no sentido do polegar com os outros dedos curvados no sentido da rotação do corpo. O momento M obedece a todas as regras da combinação vetorial e pode ser considerado um vetor deslizante com uma linha de ação coincidindo com o eixo dos momentos. As unidades básicas momento são newton-metros (N om). Quando lidamos com forças que atuam num dado plano, é costume falarmos do momento em torno de um ponto. Realmente, está subentendido o momento em relação a um eixo normal ao plano e passando pelo ponto. Assim, o momento da força F em torno do ponto O, na Fig. 2.7c, tem a intensidade Mo = Fd e está no sentido contrário ao dos ponteiros do relógio. A representação vetorial dos momentos.para forças copla-

20 I ESTÁTICA

o I I

I

/

cb,M

I

Problema Resol

/

.

Calcular o mom na base do poste, ti'

'<>--.

I

~1.~~1:. F I

__

O (a)

(c)

(b)

Fig.2.7 Solução,

nares é desnecessária, visto que os vetores ou estão saindo do plano do papel (sentido anti-horário) ou entrando (sentido horário), Tendo em vista que li soma de vetores livres e paralelos pode ser efetuada pela álgebra escalar, os sentidos dos momentos podem ser defInidos pelo emprego do sinal mais (+ ) para os de sentido anti-horário e do sinal menos (-) para os de sentido horário ou vice-versa. É necessário somente que se adote sempre a mesma convenção de sinal na solução de um problema,

(1) O

d

= 4

= Fd, \) =

Usando M

=

MO

Teorema dos Momentos, Um dos mais importantes princípios da Mecânica é o Teorema de Varignon ou Teorema dos Momentos, que, para peças coplanares, estabelece: o momento de uma força em relação a um ponto qualquer é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação ao mesmo ponto. Para demonstrar este teorema consideremos uma força R e suas componentes P e Q, que atuam no ponto A

(Il) Substitua aA:

FI

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

=

600 cos 40° =

Então, pelo teoreJ:!a

=

MO

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

= ab + bd = ab + ac

ou R sen

'Y

= P sen o: +

Q sen

(3,

e o momento é

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

=

Rr = Pp +Qq 3)

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

(IV) Movendo a fo da componente FI' O d. e ornamento

é MO

A

Fig.2.8

= 3

SISTEMAS

DE FORÇAS

I 21

Problema Resolvido 2.3 40°

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

600N

4m

Solução.

anti-horário) OU .?J<1e ser efetuada pela iI:L mais ( + ) para os de E ~o somente que

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

-'0

d

Usando M

= 4 cos 40° + 2 sen 40° = 4,35 m

= Fd, o momento MO

i c Teorema de Varignon

força em relação a . :?O ao mesmo ponto. ~ atuam no ponto A .hmaillOS a linha AO e alavanca p, q, r das 1:S:oro a linha AO, por a, -ge que ac seja igual a

=

é horário e tem a intensidade

=

600 (4,35)

2610 N· m.

Resp.

Notas:

(lI) Substitua a força por suas componentes retangulares em A:

F, =

600 cos 40° = 460 N;

F2

= 600 sen 40°

CD

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

®

Este é o procedimento que conduz à solução mais rápida.

386 N

Então, pelo teorema de Varignon, o momento é MO = 460 (4) + 386 (2) = 2610 N· m.

Resp.

(III) Usando o princípio da transposição, deslizar a força de 600 N ao longo da sua linha de ação até o ponto B, eliminando o momento da componente F2• O braço da alavanca de F, é

d, =

=

4 + 2tg40°

5,68m

e o momento é MO

3 5 momentos de suas .:asa de somente duas

=

460 (5,68)

=

2610 N· m.

Resp. A

'""

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

combinação direta strado.

d2

= 2+4cotg40°

"" "" "" "" "

= 6,77m

e o momento é O

MO

386 (6,77)

2610N·m.

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

Resp.

®

Não deve causar estranheza o fato de os pontos B e C não pertencerem ao objeto, porque o cálculo matemático do momento de uma força não requer que ela esteja sobre o corpo.

-22 / ESTÁTICA

PROBLEMAS

PROPOSTOS

2.25 No Problema Resolvido 2.3, detenninar a intensidade da menor força P que pode ser aplicada no ponto A, dando o mesmo momento que a força de 600 N dá em torno do ponto O. Encontre o ângulo correspondente e entre P e a horizontal. Resp. P = 584 N; e = 26,6° 2.26

2.29Deseja-se substituir a força de 1 OOON,.que atua sobre a viga, em duas forças dirigidas para baixo, RA em A e RB em B, de tal modo que não haja alteração no efeito externo global sobre a viga. Calcular estas forças.

650

IDI

o

momento da força P em torno do ponto A é 30 N· m. Calcular a intensidade de P. A chapa sobre a qual atua a força está dividida em quadrados de 0,1 m de lado.

2m

p

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

Probl. 2.29 0,1 m 0,1 m

A

2.30 Determinar a distância y do topo do mastro, de um ponto onde se deve aplicar uma única força externa P, de modo que se duplique os efeitos externos das duas forças dadas. Resp. y = 0,4 m

Probl. 2.26 1m 2.27 A chapa retangular, mostrada na figura, é composta de quadrados de 1 m de lado. Uma força F = 10 kN está em um ponto A na direção mostrada. Calcular o momento M B de F em torno do ponto B. Resp. MB = 27,7 kN 'm, no sentido horário

800 N 2m 300 N

2.34 Para erguer o mastro tração T no cabo 72 kN' m, em torno,

Probl.2.30

2.31 Calcular o momento da força de 250 N, aplicada no punho da chave de grifo, em torno do centro de parafuso. 250 N

L: 2.28 Calcule o momento de força de 400 N em torno do ponto O.

/

//

..

l-12r::. PIo

400 N ~100

mm

-1600

Probl.2.31

120 mm

Probl. 2.28

2.32 Uma força de 200 N é aplicada na extremidade da chave para apertar um dos parafusos do flange que mantém a roda presa ao eixo do veículo. Determinar o momento M produzido por esta força em torno do centro O da roda, para a posição da chave mostrada na figura. Resp. M= 78,3 N ·m.

2.35 Determinar o â MO causado pela fi em O. Calcular, tam

2.36 Se o momento força P, em torno minar a intensidarle chapa sobre a qual a quadrados.

SISTEMAS DE FORÇAS

I 23

rle 1 000 N,. que atua ;fuigidas para baixo, RA ~ que não haja alteração :::-e a viga. Calcular estas

Probl. 2.35

Probl. 2.32

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

L

=

, Çc :opo do mastro, de um

\

única força externa

as efeitos externos das Resp.

y

= 0,4 m

_-<_ ...__

~

160 kN

._.v_

...

__

, ••••

_.~·>_

)

.. ·_

!

, • . 50kN .-,-._J_ ..~.! __,_

Probl. 2.36

N

Probl.2.33

2.37 Se o momento combinado das duas forças, em torno de C, for nulo, determinar a intensidade R da sua resultante. 200N

2.34 Para erguer o mastro a partir da posição mostrada, a tração T no cabo deve fornecer um momento de 72 kN' m, em torno do ponto O. Determinar T. Resp. T = 8,65 kN

de 250 N, aplicada no torno do centro de Probl. 2.37 250 N

l-12mj

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

Probl. 2.34

na extremidade da ;mafusos do flange que veículo. Determinar e:.-ta força em torno do . - da chave mostrada Resp. M= 78,3 N·m.

2.35 Determinar o ângulo e que maximiza o momento MO causado pela força de 200 N em torno do eixo em O. Calcular, também, MO' 2.36 Se o momento combinado da força de 50 kN e da força P, em torno do ponto A, resultar nulo, determinar a intensidade de P, gráfica e algebricamente. A chapa sobre a qual as forças atuam está dividida em quadrados. Resp. P = 51,5 kN

_0~

<
~_ A

Probl.2.38 2.39 Os olhais do topo do mastro suportam as duas forças mostradas. Determinar a intensidade da força T para que o momento total em torno do ponto C seja nulo.

24 / EST Ã TICA

2.41 Determinar, gráfica ou algebricamente, as coordenadas do ponto A., na periferia da roda, em torno do qual o momento M das duas forças é máximo. Encontrar M para este ponto. Resp. A (-173,2mm; -100mm); M=40Nom y

Probl. 2.39

~40 No Probl. 2.39, calcular a intensidade da força T de modo que não haja flexão do mastro no ponto O. Resp. T= 3,23 kN

ocaliza as forças em re todos os centros de m Fig. 2.9b, onde a dire da mão direita. Como o vetar co pode-se representar, na empregando uma das conjugados em problem Um conjugado não Conseqüentemente, este seu produto permaneça atuando em qualquer wn onjugado M. O conjuga mesma tendência para -

Probl.2.41

M

J 2.5 - CONJUGADO

o momento produzido por duas forças iguais, opostas e não colineares é conhecido como conjugado. Um conjugado tem certas propriedades exclusivas e importantes aplicações na Mecânica. Considere a ação de duas forças F e -F, iguais e opostas, e separadas por uma distânciaq (Fig. 2.9a). Estas duas forças não podem ser combinadas, resultando uma força única, visto que sua soma é zero em todas as direções. Seu efeito produz, unicamente, uma tendência de rotação. O momento combinado das duas 'orças em torno do eixo normal ao plano das forças e que passa por um ponto qualquer situado sobre o plano, tal como O, é o conjugado M, cuja intensidade é de M = F(a +d) -Fa ou

M

= Fd

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

(a)

I

cbM'

(\8 I i

6)(2) ou

ou

W@

Conjugado em sentido anti-horário

(b)

Conjugado em sentido horário

(c)

Fig.2.9

GJO efeito das for mesmas têm de empu cruze sua linha de ação. força dada por outra, i Esta decomposição de F, que atua no ponto M = Fd, no sentido an opostas F e - F são adi então, que a força ori. gado M = Fd que, para direito. Assim, a força outro ponto B, e pelo também, que um dado vetor do conjugado), pq força equivalente e num repetidas aplicações em

SISTEMAS

'camente, as coordenada roda, em torno do forças é máximo, En00 mm);

M=

40 N'm

lOON

x

25

M

:±,

c1

-2F

V2F

~

-rido como conjugado.

::lIO, quando visto de - :ia à dimensão a que

I

Jocaliza as forças em relação ao centro de momento O. Conclui-se que um conjugado tem o mesmo valor para IOdos os centros de momento. Portanto, podemos representá-Io por um vetor livre M, como é mostrado na ig. 2.9b, onde a direção de M é normal ao plano do conjugado e o sentido do vetor é estabelecido pela regra mão direita. Como o vetor conjugado M é sempre perpendicular ao plano que contém as forças que o compõe, pode-se representar, na análise bidimensional, o sentido de um vetor conjugado como horário ou anti-harário, empregando uma das convenções mostradas na Fig. 2.9c. Posteriormente, quando tratarmos com vetares conjugados em problemas de três dimensões, manteremos a notação vetorial para sua representação. Um conjugado não se altera, desde que a intensidade e a direção de seu vetar permaneçam constantes. Conseqüentemente, este conjugado não sofrerá alteração se os valores de F e d forem alterados, contanto que seu produto permaneça o mesmo. Do mesmo modo um conjugado não é afetado ao se admitir as forças atuando em qualquer um dos planos paralelos. A Fig. 2.10 mostra quatro diferentes configurações do mesmo conjugado M. O conjugado é definido, em cada um dos quatro casos, pelo mesmo vetor livre, que representa a mesma tendência para girar os carpos na direção mostrada.

M

"stância q (Fig. 2.9a). soma é zero em todas ~ combinado das duas er situado sobre o

DE FORÇAS

Fig.2.10

O efeito das forças que atuam sobre os corpos tem sido definido em termos da tendência que as mesmas têm de empurrar ou puxar o corpo em sua direção e de girá-Io em torno de qualquer eixo que não cruze sua linha de ação. A representação deste efeito duplo é, freqüentemente, facilitada pela substituição da 'orça dada por outra, igual e paralela, e por um conjugado, para compensar a alteração no momento da força. Esta decomposição de uma força em outra força e um conjugado é ilustrada na Fig. 2.11, onde a força dada F, que atua no ponto A é substituída pela mesma força deslocada para algum ponto B e pelo conjugado Jf = Fd, no sentido anti-horário. O transporte pode ser observado na figura central, onde as forças iguais e opostas F e - F são adicionadas no ponto B, sem introduzir qualquer efeito externo sobre o corpo. Observa-se, então, que a força original F aplicada em A e a força -F, igual e oposta, aplicada emB constituem o conjugado M = Fd que, para o exemplo escolhido, está no sentido anti-horário, como se vê na figura do lado direito. Assim, a força original que atua em A costuma ser substituída pela mesma força, que atua em um outro ponto B, e pelo conjugado, sem que os seus efeitos externos sobre o corpo sejam alterados. Conclui-se, também, que um dado conjugado e uma força, que se encontre no plano definido pelo mesmo (normal ao vetor do conjugado), podem ser combinados, resultando uma simples força. A decomposição da força numa força equivalente e num conjugado é uma etapa do estudo que deve ser inteiramente dominada, pois encontra repetidas aplicações em Mecânica.

Fig. 2.11

26 / ESTÁTICA

Problema Resolvido 2.4

OBLEMASPRO

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

Solução. O conjugado dado é anti-horário, quando visto de cima do plano que contém as forças, e sua intensidade é [M=FdJ

M

=

200(0,200+0,100)

=

Dimensões em milímetros

60Nom

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

[M=Fd]

=

500 (0,100 + 0,060) cos e

Igualando as duas expressões

1

60

Probl. 2.42

500 (0,160) cos e

e

Nota: Resp.

Observe que as únicas dimensões relevantes são aquelas que fornecem as distâncias perpendiculares entre as forças dos conjugados.


2.44 Cada hélice de um n
400N

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

400N

2.43 Ao projetar um ganch ação de uma força F, uma tração em B e ti do conjugado é 4 O()( de de F.

400N

Solução. Aplicam-se duas forças opostas e iguais a 400 N no ponto O e identifica-se o conjugado anti-horário [M

1

=

FdJ

M

= 400 (0,200 sen 60°) = 69,3 No m

Resp.

Assim, a força original é equivalente a uma força de 400 N aplicada em O e a um conjugado de 69,3 No m, como mostrado na terceira das figuras equivalentes. Nota:

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

400 N

400 N

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

2.45 Expressar em notaç; forças em torno do vetores unitários mO

SISTEMAS

DE FORCAS

/ 27

OBLEMASPROPOSTOS 2 A ação da força de 10 kN sobre a coluna de aço pode ser analisada considerando que ela produz uma compressão na direção da linha de centro e um conjugado. Se o conjugado tem uma intensidade 800 N • m, determinar a excentricidade d. Resp. d = 80 mm

100N

"-

lOkNLd

'-

.~ '-

J

lI!Õl5 em milímetros

I

Probl. 2.45 2.46 A treliça simples suporta uma carga de 40 kN. A parede vertical exerce uma força horizontal contra o ro1ete-suporte em A. A conexão articulada, em B, exerce a força adicional sobre a treliça, necessária para manter o equillbrio. A carga de 40 kN e a componente vertical da reação, em B, formam um conjugado igual e oposto ao conjugado devido ~s duas forças horizontais. Calcular a intensidade B da força que atua sobre o pino da conexão em B. Resp. B = 75,5 kN

100

mJ

F

Probl. 2.42

'=

dimensões relevantes as distâncias perforças dos conjugados.

l00N

'-,y

Probl. 2.43

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

.44 Cada hélice de um navio de dois eixos desenvolve um empuxo F de 300 kN, a plena. rotação. Durante as manobras, uma hélice gira a plena rotação avante e o outro a ré. Qual o empuxo P que cada rebocador deve exercer sobre o navio para se opor ao efeito de rotação do navio, causado pelos seus hélices? Resp. P = 51,4 kN

Probl. 2.46 2.47 A chapa em forma de L, mostrada na figura, está submetida a duas forças de 250 N. Deseja-se substituir estas forças por um conjunto equivalente, consistindo da força de 200 N aplicada em A e de uma segunda força aplicada em B. Determinar a coordenaday deB.

t

-Am

200 N 1<

~~

>1

A

30°

----1\1 xI I •I

__"útuição de uma força .gora substituindo-se o r O. o braço de alavanca --~. determinando, assim,

Probl. 2.44

=

2.45 Expressar em notação vetoria1 o momento das duas forças em torno do eixo y e do eixo y', usando os vetores unitários mostrados ..

240mm

I I I I

y Probl. 2.47

I

y

28

I

ESTÁTICA

A roda traseira de um carro que está acelerando é impulsionada por uma força de atrito F de 2,4 kN e por um torque sobre o eixo, que corresponde ao conjugado M. Se a força e o conJugado puderem ser substituídos por uma força equiyalente, que atue no ponto 12 mm acima do centro da roda, determinar M. Resp. M = 929 N •m

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

Probl.2.48

2.54 A cantoneira está fu rebites A e B e su esta força por uma fi a meio entre os rebitei então, esta força e o duas forças, uma em A mine as forças supo

Probl. 2.51

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

2.52 Substituir o conjugado e a força mostrados pela única força F, aplicada no ponto D. Localizar D determinando a distância b. Resp. b = 213 mm

2.6 - RESULTANTES

As propriedades dJ res. Podemos agora, COI! forças. A maioria dos p reduzi-Io à forma mais s 60N·m

Probl. 2.52 Probl. 2.49

2.50 Uma ferramenta está sujeita a uma força de 200 N e outra P, como mostrado. Se uma força R em O e um conjugado M = 20k N •m forem equivalentes às duas forças, determinar P e R. Resp. P = 40j N; R = -160j N

2.53 A figura representa duas engrenagens acopladas, submetidas às forças de contato nos dentes, mostradas. Substituir as duas forças por uma força única equivalente R, aplicada no eixo de rotação O, e por um conjugado M correspondente. Se as engrenagens partem do repouso sob a .ação das cargas nos dentes, mostradas, qual seria o sentido de rotação? Resp. R = 3,56 kN; ()x = 51,10 M = 11,28 N· m, no sentido anti-horário

Probl. 2.50

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

y

Probl. 2.53

forças mais simples, que corpo rígido, no qual as de todas as forças que sobre o corpo não for Zl produto da massa pela eu como em Dinâmica.

I

o tipo mais comu plano x-y, por exemplo, 'intensidade e a direção onde os vetores das forç coplanar de forças, pode

SISTEMAS DE FORÇAS

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

- x da alavanca.

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

/ 29

2.55 Se o sistema de forças F,e F, for equivalente às duas forças de 200 N, determinar e e a intensidade de F, e F,. Resp. e = 26,6°; IF,I = IF,I =F= 335 N

F2

---1

250mm

-+

lOOmm

200 N

Dimensões em milímetros Probl. 2.54

Probl. 2.55

mostrados pela úniD. Localizar D deterResp.

b

= 213 mm 2.6 - RESULTANTES

q:renagens acopladas, subnos dentes, mostradas. wna força única equiva- rotação 0, e por um Se as engrenagens pardas cargas nos dentes, b:l de rotação? =x = 51,1° sentido anti-horário

As propriedades da força, do momento e do conjugado foram desenvolvidas nas quatro seções anteriores. Podemos agora, com o auxílio destas defInições, descrever a ação resultante de um grupo ou sistema de 'orças. A maioria dos problemas em Mecânica lida com um sistema de forças, sendo geralmente necessário reduzi-Io à forma mais simples para descrever sua ação. A resultante do sistema de forças é a combinação de forças mais simples, que pode substituir as forças originais, sem alterar o efeito externo do sistema sobre o corpo rígido, no qual as forças podem ser aplicadas. O equilíbrio do corpo é a condição na qual a resultante de todas as forças que atuam sobre o mesmo seja nula. Quando a resultante de todas as forças que atuam sobre o corpo não for zero, a aceleração do corpo fica defInida pelo equacionamento da força resultante ao produto da massa pela aceleração do corpo. Assim a detern1inação das resultantes é básica, tanto em Estática, como em Dinâmica. y

b

(a)

(b)

Fig.2.12 O tipo mais comum de sistemas de forças ocorre quando todas as forças atuam em um único plano, no plano x-y, por exemplo, como é ilustrado na Fig. 2.12a pelo sistema das três forças Fi, F2 e F3' Obtemos a intensidade e a direção da força R pela construção do poligono de forças, mostrado na parte b da fIgura, onde os vetores das forças são somados cabeça à cauda, em qualquer seqüência. Assim, para qualquer sistema coplanar de forças, pode·se escrever:

30

I

ESTÁTICA

R Rx

=

=

2: F x e

Fl

+ F2 + F3 + ... =

Ry

=

=

2:F y

tg-1

R

=

2:F

y(2: F x')2

R

2:F

Rx

2:Fx

+ (2: F y )2

Problema Resolvido

(2.4)

Determinar a rel que atuám sobre a cl

_Y = tg-1 _Y

Podemos obter, graficamente, a correta linha de ação de R, preservando as corretas linhas de ação das forças e somando-as pela regra do paralelogramo, como está indicado na parte a da figura, onde a soma Rl de F2 e F 3 é adicionada à F 1 para obter R. O princípio da transposição de uma força é usado neste processo. Podemos determinar a posição da força resultante, algebricamente, usando o princípio do momento devido a Varignon, com a escolha de um ponto conveniente O como centro de momento (Fig. 2.13). Assim, calculamos o braço de alavanca desconhecido d, conforme:

Solução. O ponto ( origem conveniente de tos. As componente.<;Rz do por R com o eixo x ~

[Rx= EFxl

Rx=

[Ry= EFyl

Ry=

ou simplesmente [R

= .JRx'

=Ry'l

R

(2.5) R

[o=arctg-L]

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

Rx

Embora o conjugado e a direção de R, ele iI será agora determinada. , trada pelo princípio dos O como o centro dos m R, e com o sentido anti-l positivo, este princípio e [Rd= EMol 148,3d

= 140

- 50(5

d= -1,60m Fig.2.13

O sinal' negatjvo i.nC atuando no sentido har em torno de O. Portanb: quer ponto sobre uma 1iI o eixo dos x e tangente tro em O, como se vê n; de R, exige que a linha não ao ponto B, como t atuando no sentido anti-l

Vê-se que são necessárias três equações, Rx = k Fx, Ry = k Fy e Rd = k MO, para determinar completamente a resultante R de um sistema geral de forças coplanares. Em um sistema de forças concorrentes, a equação do momento em torno do ponto de concorrência, é automaticamente satisfeita e, para determinar R, só é necessário usar as equações das forças. Em um sistema de forças paralelas, para determinar R, são suficientes uma equação da força, na direção das forças, e uma equação do momento. Se, para um dado sistema de forças, a força resultante R for nula, a resultante do sistema não é necessariamente nula, pois pode existir um conjugado M. Neste caso, k Mo = M, onde O é qualquer centro conveniente de momentos. Por exemplo, as três forças da Fig. 2.14 têm força resultante nula, ~s gado, M = F 3 d, no sentido horário.

Outro modo seria 10 eixo x. Se admitin,nos, i então um somatóiio de I

têm um conju-

2'

[Rd= EMol 132,4b

= -140 + 50:

b=I,79m F2

Fig.2.14

SISTEMAS

DE FORÇAS

I


(2.4) Determinar a resultante das quatro forças e de um conjugado que atuám sobre a chapa mostrada.

~~~tas linhas de ação das • .5e:rra, onde a soma RI de il. ie •..••.•do neste processo. ~ c princípio do momento to (Fig. 2.13). Assim,

Solução. O ponto O é escolhido arbitrariamente, como a origem conveniente de coordenadas e como centro dos momentos. As componentes Rx e Ry, a resultante R e o ângulo () formado por R com o eixo x vêm a ser: [Rx

= ~ Fx]

Rx

= 40 + 80 cos 30° - 60° cos 45° = 66,9 N

[Ry

= ~ Fy]

Ry

= 50 + 80 sen 30° + 60° sen 45° = 132,4 N

[R

=.J Rx' = Ry']

R

=.J' (66,9)' + (132,4)' = 148,3

NResp.

(2.5) R

11 ~

[()= are tg ----L

centos, que diz que o entos das forças do Yecânica.

Rx

]

()= are tg

132,4 = 63,20 66,9

Resp.

--x

Embora o conjugado não tenha influência sobre a intensidade e a direção de R, ele influencia- o momento da resultante, que será agora determinada. A posição da linha de ação de R é encontrada pelo princípio dos momentos (Teorema de Varignon). Com O como o centro dos momentos, d como o braço de alavança de R, e com o sentido anti-horário, escolhido arbitrariamente, como positivo, este princípio exige: [Rd= ~MO]

1

Notas: 148,3d

= 140

d=

- 50(5) + 60 cos 45° (4) - 60 sen 45° (7)

-1,60m

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

®

Se tivéssemos admitido C no lado positivo do eixo x, b daria negativo. Como verificação, observe que d = b sen (); 1,60 = 1,79 sen 63,2°. Observe também que poderíamos localizar R encontrando o ponto que R corta

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

0, para

determinar com..:- forças concorrentes, a e, para determinar R, ;ieterminar R, são sufisistema não é necesé qualquer centro convemas têm umconju-

Outro modo seria localizar R encontrando o ponto C sobre o eixo x. Se admitÍI1)1os, inicialmente, que C está à esquerda de O, então um somatóno de momentos no sentido horário, dará 2

[Rd= ~MO] 132,4b

= -140 + 50(5)

b=1,79m

- 60 cos 45°(4) + 60 sen 45°(7)

o eixo y. Neste cálculo, Ry não apareceria.

31

32 I ESTÃTICA

PROBLEMAS PROPOSTOS 2.56 Determinar a resultante R das quatro forças atuando sobre a chapa de ligação. Encontre, também, a intensidade de R e o ângulo 8, que a resultante faz com o eixo x. Resp. R = 34,9i + 41,8j kN R = 54,5 kN 8x = 50,2°

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

680 N

50 kN 30 kN

I /

/

/

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

20~./ / / /

60 kN

Probl. 2.59

2.60 Explique por que a resultante das três forças paralelas sempre passa pelo ponto A, qualquer que seja a intensidade de P. 40 kN

p

209 N

Probl. 2.56

300 mm

800 mm

2.57 Calcular a intensidade da tração T e o ângulo 8, para que o olhal seja atuado por uma força resultante para baixo de 15 kN. Resp. T = 12,85 kN; 8 = 38,9°

300 mm 320 N

Probl. 2.60

2.61 Determinar a força R que possa substituir as quatro forças que atuam sobre a viga em balanço e não altere a reação sobre a extremidade da viga, na solda de sustentação em A. Determinar a posição de R, encontrando sua distância b à esquerda deA. Resp. R = 1,5 kN, para baixo; b = 11 m

2.64 O redutor de engre dois conjugados, a seu vertical em cada uma deste sistema de dois zero, determinar as fi

Probl. 2.57 3kN

3,5 kN

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

6kN 650N

9m

3m

.•••• 300 N

5kN

A

600mm

Probl. 2.61 600 1I11111~250 N mm 300mm B@II\I\~

Probl. 2.58

2.62 Na posição de equilíbrio mostrada, a resultante das três forças que atuam sobre a alavanca em cotovelo passa pelo centro do mancal O. Determinar a força vertical P. O resultado depende do ângulo 8?

Prol

2.65 Determinar a resultan zar o ponto A, sobre deve passar a resultante Re

SISTEMAS

DE FORÇAS

/ 33

3000N

5000 N

y

f

I I

duas forças? 10,70 m, à esquerda deA

L_-x 2000N

4000N

Probl. 2.65

Probl. 2.62

2..63 Determinar a intensidade F da força aplicada no cabo da alavanca, de modo que a resultante das três forças passe pelo ponto O. Resp. E = 260 N

-9

~

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

das três forças paraleA, qualquer que seja a 4kN

p 6kN

E=b

y I I

0,7m

I I

L_-x A 150 mm

>

1<

120 N

100 mm

120 N

Probl. 2.66

Probl. 2.63

substituir as quatro ;I: TIga em balanço e não c:G:mlidade da viga, na solda ~ar a posição de R, l ~à esquerda de A. -= i:'\. para baixo; b = 11 m

'i

H... J.••

2.640 redutor de engrenagens, mostrado, está sujeito aos dois conjugados, a seu peso de 200 N e a uma força vertical em cada uma das bases A e B. Se a resultante deste sistema de dois conjugados e de três forças for zero, determinar as forças em A e B.

2.67 Determinar a resultante R das três forças e dos dois conjugados mostrados. Encontrar a coordenada x do ponto sobre o eixo dos x, através do qual passa R. Resp. R = -1,50i - 2,00j kN, x = 290 mm

2 kN y I 100mm~

I

r-

C ~,ml~

500mm

ada,. a resultante das a alavanca em cotovelo -1 O. Determinar a força ~ do ângulo 8?

100 N'm

,,~I::L t

I I I

1

400mrn1

I I

1,5 kN 200N

Probl.2.64 2.65 Determinar a resultante R das quatro forças e localizar o ponto A, sobre o tramo superior, por onde deve passar a resultante. Resp; R = 4 OOOi- 11 460j N, 1,832 m, à direita de B

,

3kN

300mm

200mm'A

--x Probl. 2.67

2.68 Calcular a coordenada y sobre o eixo y por onde deve passar a resultante das três forças e do conjugado. Resp. y = 109 mm

34 I ESTÁTICA

6ON'm

3kN

SEÇÃO B. SISTEMAS Dl

100 N T

_7 - COMPONENTES)

200 mm

t-

300 m~

~ 4kN

Muitos problemas ompor uma força em 1 O na Fig. 2.15, tem compt.

Probl.2.71 100 N Probl. 2.68

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

200N

2.72 A engrenagem e a polia a ela agregada giram no sen tido anti-horário e estão submetidas a uma carga de contato nos dentes da engrenagem de 1 600 N e às trações de 800 N e 450 N na correia em V. Representar a ação dessas três forças por uma força resultante R em O e um conjugado de intensidade M. O conjunto está acelerando ou desacelerando? Resp. R = 930i + 1 666j N, acelerando

3~ 4

T

360N

200

y

Jo

i

mm ___

mm 3601'

mm -1-

mm

/

520N

Probl. 2.69

Os vetares unitários res de F como sen Probl. 2.72 2.70 Substituir as três forças e os dois conjugados que atuam sobre a peça rígida por uma única força, R equivalente em A e um conjugado M. 2.73 O avião a jato tem uma massa m de 30 Mg e estlÍ subindo com um ângulo de 15 o, com velocidade constante, impulsionada pelo empuxo T de 86 kN. Como a velocidade é constante, a resultante de todas as forças atuando sobre o avião é nula. Calcular a reação D, a sustentação L e a força P atuando sobre o estabilizador, para as condições representadas. Resp. D = 9,83 kN; L = 279,6 kN, P= 4,69 kN

200 N

Probl. 2.70

2.71 Representar a resultante das três forças e do conjugado, por uma força R emA e um conjugadoM. Encontre M e a intensidade de R. Resp. M= 21,05 kN'm, anti-horário, R = 4,75 kN

mg Probl. 2.73

ça como

A escolha daorien

conveniência. Porém, I to. Quando se girar ( ço de um parafuso de As componentes rel meio da operação ve res P e Q (Fig. 2.16c escrito

SISTEMAS

DE FORÇAS

I 35

SEÇÃO B. SISTEMAS DE FORÇAS TRIDIMENSIONAIS

3,5m--'l

7 - COMPONENTES RETANGULARES

ATf2m

Muitos problemas na Mecânica requerem análise em três dimensões e, é freqüentemente necessário mpor uma força em suas componentes mutuamente perpendiculares. Assim, a força F atuando no ponto O na Fig. 2.15, tem componentes retangulares Fx, Fy e Fz, onde

1

I z :::.'a agregada giram no sen ti• s::L"--::Jetidas a uma carga de ~~em de 1 600 N e às l"S ::a correia em V. Represenpor uma força resultante •• ~!::ltensidadeM. O conjun~rando? = + 1 666j N, acelerando

Fx

= Fcos

Fy

= F cos ()y = Fcos ()z

Fz

()x

F

= -V·/Fx 2 + Fy 2 + Fz 2

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

F= F

iFx

(2.6)

j

=:~

Fig.2.15 Os vetores unitários i, j e k estão, respectivamente, nas direções x, y e z. Se introduzirmos os co-senos diretores de F como sendo [= cos 8x, m = cos 8y e n = cos 8z, onde [2 + m2 + n2 = L podemos escrever a - ça como

:=

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

m de 30 Mg e está ::z 15 o, com velocidade empuxo T de 86 kN. fe, a resultante de todas ~ = nião é nula. Calcular a :; a força P atuando sobre 5ções representadas. = 279,6 kN, P= 4,69 kN

(2.7)

A escolha da orientação do sistema de coordenadas é totalmente arbitrária e inteiramente dependente conveniência. Porém, para preservar a orientação relativa dos eixos, deve ser usado um conjunto de eixos ro. Quando se girar do eixo x para y, a direção positiva do eixo z, em um sistema destro, é aquela do nanço de um parafuso de passo a direita, girando no m.esmo sentido. As componentes retangulares de uma força F (ou outro vetor) podem ser escritas de modo alternado,

II meio da operação vetorial conhecida como produto escalar. Por definição, o produto escalar de dois tores P e Q (Fig. 2.100), é produto de suas intensidades pelo co-seno do ângulo escrito p. Q

=

PQ cos

a por eles formado e é

a

L

~\~

I

15°

Este produto pode ser considerado. como a projeção (componente) P cos a de P na direiY.ãode Q..JIDili.i'cado p-or O, ou como a prokção (comIlQnente)--º cos a de Q na direiY.ãode P, multiplicaª-o p.or.P. Qualquer seja a interpretação, o produto escalar de dois vetores é uma g.uantidade escalar. Assim, o componente Fx = F cos 8x da força F, na Fig. 2.15 por exemplo, pode ser Fx = F· i, onde i é o vetor unitário na direção eixo x. Em termos mais gerais se s for um vetor unitário em determinada direção, a componente de F na direção de s (Fig. 2.16b) terá a intensidade Fs = F· s. Se for conveniente escrever o vetor compo~ente na direção de s como uma quantidade vetorial, então sua intensidade escalar, expressa por F • s, deve ser multiplicada pelo vetor unitário s, pata dar Fs = (F • s) s, que pode ser escrito, simplesmente, como Fs = F • ss.

36 I ESTÁTICA

/\ 6\

F

\

\\ --

_-~\n~

Fn

= F.nn

~(';;:Or unitário.)

Uma fo.rça F = 100 ~ é oomo. está representado.. _,, A cujas co.o.rdenadas si compo.nentes de Fnas 50bre o. plano. x-y; e (c) linha O-n, que passa pelo.

n

--Ç-Fn"'Y' (a)

(b)

Fig.2.16

Se s tiver os co-senos diretores

2-

Problema Resolvido

a, ~ e 'Y pode-se, então, escrevê-Io decomposto como qualquer outro

veto r

s

= ia +

./ de intensidade uriitária. Se F tem os co-senos diretores nente de F na direção de s toma-se: Fn

= F·

fi

j,8

+ ky

I, m e n em relação aos eixos x, y e z, então, a compoSolução.

= F(il + jm + kn) = F(la + m,8 +ny)

. (ia

.+ j,8 + ky)

1=

Parte (a). Os 3 7,071

= 0,4~ n=-

uma vez que i-i

= j-j = k-k =

1

e

i-j

= j-i

= i-k

= k-i

= j'k

= k-j

=

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

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

Fy=Fm = Fz =Fn =

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

(2.8)

Co.sOxy = -

ou, generalizando, o ângulo entre dois vetores quaisquer P e Q é e modo. que Fxy =F Co.s (J

= cos

-1 P-Q __ PQ

(2.&)

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

Se a força F é perpendicular a uma linha cuja direção é indicada pelo vetor unitário s, então cos (J = O e F - s = O. Observe atentamente que isto não significa que F ou s são nulos, como seria no caso da multiplicação escalar, onde (A )(B) = O requer que A ou B seja nulo. Deve ser notado que a relação do proçluto escalar aplica-se a vetores que se interceptam ou não. Assim, o produto escalar de dois vetores P e Q, que não se interceptam, na Fig. 2.17, é a projeção de P' sobre Q, que é P' Q cos a = PQ cos a, pois P' e P são o mesmo vetor livre.

01=(3=-.=

-y= ~

Assim, a co.mpo.nente de Fn

= F • n = 100 (0,424i ~ + 0,688j + Or

=

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

= 84,4 N.

Fig.2.17

I

SISTEMAS

F


DE FORÇAS

= 100N

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

a compo-

Solução.

1=

=

k'j

m=

3

7,071 = 0,424

=

Fx = Fi

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

I

56,6 N

o

ltam ou não. Assim, de p' sobre Q, que

o<={3=

.J 62 + 62 + 22 2

"(= .J 62

+ 62u+2'

1

Fy //

1

/;?f'-- __ , //Vi",y

I

.::::~ F",y= 70,7 N

, __

-::::....----- /// ~ F/ // '" ..""..<.._----- --x

= 0,707 Resp.

Parte (c). Os co-senos diretores de um vetor unitário n na direção O-n são: 6

...-/

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

G) O produto escalar encontra automaticamen-

te, o comprimento da projeção ou componente de F sobre a linha O-n, como mostrado. Para expressar esta componente como um vetor, devemos escrever F • nn ou 84,4n N.

0,688 0,229

F \

Assim, a componente de F ao longo de O-n é: Fn = F· n = 100 (0,424i + 0,566j + 0,707k) • (0,688i + 0,688j + 0,229k) =

\ \ \

+

\ \\ \

/

z

= 100 [(0,424) (0,688) + (0,566) (0,688) + + (0,707) (0,229») = = 84,4 N.

1/

Notas:

.J32+42

s, então cos (j = O e no caso da multipli-

/y

1

//1

..••.•••..

Resp.

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

(2.8a)

1

1

I I I I

= 7,071 m. As

Parte (b). O co-seno do ângulo exy entre F e o plano x-y é: cos exy = -----7,071

1

I

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

(2.8)

1

I

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

Fy = Fm = 100 (0,566)=

I

Fzf-------I

5 .' 7,071 = 0,707

onde a diagonal OA é .J 32 + 42 + 52 =.J50 componentes são:

= O

z I I I I

4 7,071 = 0,566

n

2m

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

n

k

B

como qualquer outro

~.r.ye z, então,

/ 37.

\

r-\ ~ Resp.

/y / ,// -:;:::.::. __

__ "",_-

-

F.,..,.,...,. n

= 84,4 N

__

n

n

I

ESTÁTICA

PROBLEMAS

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

PROPOSTOS

2.74 Se a componente x de P for 60.N determine a sua componente y. Resp. Py = 85,9 N

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

2.81 A linha de ação de 1200 com o eixo po.. tor em relação ao nehte y de P é 200 ~,

1 1 1

Probl.2.74

y Probl. 2.77

2.75 O esticador (tensor) é apertado até a tração no cabo AB igualar 1,2 kN. Escreva a expressão vetorial para a tração T corno urna força atuando sobre o braço da alavanca.

2.78 A tração no cabo de sustentação AB é de 10 kN. Expressar esta tração corno o vetor força Tatuando sobre Be. T = V~389 (8i - -15j + 10k) kN

Resp.

r A

2m

z

I

I

1/

II

/

/

a

4~/

I I ~'

1 1

1

I

1

I

2.84 Determinar a coorde polia em C, de modo existe componente da

,] -_/ 1J-------'/'s

Jl)

A

B

"-

deAB.

---y

B Probl. 2.75 Probl.2.78

2.76 O cabo exerce urna tração de 2 kN sobre o pontoA. Escreva a expressão vetorial para a tração T. Resp. T = 2 (-0,920i + 0,383j + O,077k) icN

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

I

/'

t

/'

O,3m

-----J

~2 llJ Probl.2.76

~. ~-

;----t x

~T~ i

~~ ---- --

""

Y

-~\

''''(: Probl. 2.79

Pro

SISTEMAS

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

, orientada ao longo da , cujos lados têm a proo um vetor.

I 39

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

as componentes x e z for 0,6, encontrar Fy. Resp. Fy = 1 049 N A linha de ação de uma força P faz um ângulo de 120° com o eixo positivo dos x e tem o co-seno diretor el11relação ao eixo z valendo 0,6. Se a componente y de P é 200 N, encontre P como um vetor. Os co-senos diretores de um vetor força F, em relação aos eixos x e y são, respectivamente, - 0,4 e 0,6. Se F· k = 60 N, calcular o ângulo Oxy entre F e o plano x·y e encontre a componente x de F. Resp. Oxy = 43,9°; Fx = -34,6 N Càlcular a intensidade FCD da projeção da força de 100 N sobre a diagonal CD da face do cubo.

tação AB é de 10 kN. o vetor força Tatuando

DE FORÇAS

D

Probl.2.85

2.86 A força F tem uma intensidade de 2 kN e é orientada de A para B. Calcular a componente FCD de F ao longo de CD. Resp. FCD = V6i5 kN

A B

O

='

389

(8i - 15j + lOk) kN

Probl.2.83 Probl. 2.86

B

---y

Determinar a coordenada x que localiza a pequena polia em C, de modo que seja assegurado que não existe componente da tensão no cabo OC ao longo deAB. Resp. x = 2,67 m

2.87 A porta é mantida aberta na posição de 30° pela corrente AB. Se a tração na corrente é 100 N, determinar a sua componente ao longo da diagonal CD da porta. Resp. TCD = 46,0 N

8

-

de T = - 6i - 8j + 10k to, através do cabo. Calcom o eixo positivo dos x

( Probl. 2.84

Probl. 2.87

40 I ESTÁTICA

2.8 - MOMENTO E CONJUGADO

Para ganhar mais tes do momento de

Será desenvolvida agora uma formulação dos conceitos de momento e conjugado, mais geral do que a usada na análise bidimensional, para ser empregada nos problemas tridimensionais. É somente quando se trabalha com três dimensões que fica evidente a grande vantagem da análise vetorial. Momento. Consideremos uma força F com uma determinada linha de ação (Fig. 2.18a) e um ponto O qualquer que não esteja sobre esta linha. O ponto Q e a linha de ação de F definem um plano a. O momento Mo de F em relação ao eixo normal ao plano, e passando por O, tem a intensidade Mo = Fd, sendo d a distância perpendicular de O à linha de ação de F. Este momento é também designado como o momento de

:mnponentes de uma for> ltensidades dos momentos

são coincidentes com

XF.

F em torno do ponto O. ~r Mn é normal ao plano e tem como suporte o eixo que. passa por O. Tanto a intensidade como o sentido de Mo podem ser defmidos pela operação vetorial conhecida como produto cruzado ou produto vetorial (ver o § 7 do item B7 do Apêndice B). Introduz·se um vetor r, que vai de O até um ponto qualquer da linha de ação de F. Por defmição, o produto vetorial de r e F é representado por r X F e tem a intensidade (r sen a)F, que assim como Fd, é a intensidade de Mo. A direção e o sentido corretos do momento são definidos pela regra da mão direita, descrita anteriormente nos itens 2.4 e 2.5. Assim, se consideramos r e F como vetores livres (Fig. 14b), o polegar apontará o sentido de Mo, se os outros dedos da mão direita se curvarem no sentido da rotação r para F. Portanto, o momento de F em torno do eixo que passa por O pode ser escrito como:

F

Pode-se agora escreveJ Sendo n um vetor unitário vetor, como foi defmidc intensidade escalar do mo F em torno de À, a intem

~~, (a)

(b)

Fig.2.18

(2.9) A ordem r X F dos vetores deve ser mantida, visto que F X r resultaria num vetor com um sentido oposto ao de Mo, isto é, F X r = -Mo. A expressão do produto vetorial para Mo pode ser apresentada sob a forma de determinante (ver o § 7 do item B7 no Apêndice B) que fornece

de r X F substitui Mo· . - necessita ser escrita (r )( ~torial não pode ser form escalar pode ser escrito so

k Mo

=

I rx

Fx

~y

rz

Fy

Fz

(2.10)

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

de a, {3,'Y são os co-senc~ tando executar as operaçoo Teorema dos Momen ai introduzido o teorerruI

dimensões, podendo-se pr< toriais. A Fig. 2.21 mos posição, a partir de O, é f. ,

SISTEMAS

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

~. _.18a) e um ponto O plano a. O momento ;". J10 = Fd, sendo d a como o momento de

DE FORÇAS

/ 41

Para ganhar mais confiança no emprego das relaçÕes do produto vetorial, observemos as três compotes do momento de uma força em relação a um ponto, como apresentado na Fig. 2.19, que mostra as três componentes de uma força F atuando em um ponto A, cuja posição, em relação a O, é fixada pelo vetar r. As ltensidades dos momentos dessas forças em relação aos eixos positivos x, y e z, cuja origem é O, são:

são coincidentes X F.

com os respectivos termos da expansão do determinante

obtido do produto vetorial

assa por O. Tanto a ecida como produto • ~or r, que vai de O até F € :epresentado por r X F - e o sentido corretos do .4 e 2.5. Assim, se :Mo, se os outros dedos F em torno do eixo que

Fig.2.20

Fig.2.19

Pode-se agora escrever o momento M;>.. de F em torno de um eixo qualquer que passe por O (Fig. 2.20). do n um vetor unitário na direção À, então, usando-se a expressão do produto escalar para a componente vetor, como foi defrnido no item 2.7, a componente de Mo na direção de 'A é simplesmente Mo • n que é intensidade escalar do momento M;>.. de F em torno de 'A. Para se obter a expressão vetorial para o momento F em torno de 'A, a intensidade deve ser multiplicada pelo vetor unitário n, resultando ( M" (2.9) retor com um sentido

(2.11)

= (r x F . ulu )

de r X F substitui Mo. A expressão r X F • n, conhecida como triplo produto escalar (ver Apêndice B), - necessita ser escrita (r X F) • n, uma vez que a asso~iação r X (F • n) não teria sentido porque um produto rial não pode ser formado por um vetor e um escalar. Da Eq. B14, do Apêndice B, o triplo produto escalar pode ser escrito sob a forma de determinante, de modo que a Eq. 8 também pode ser expressa como:

errninante (ver o § 7 M;>..

= 1M;>.. I =

I'x

ry

rz

I Fx

Fy

Fz

f3

y

o:

(2.12)

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

Teorema dos Momentos. No item 2.4, onde tratou-se do momento de uma força em duas dimensões, . introduzido o teorema dos momentos ou teorema de Varignon. O princípio é também aplicável em três ensões, podendo-se provar facilmente isto, pela aplicação da lei distributiva em uma soma de produtos toriais. A Fig. 2.21 mostra um sistema de forças F 1, F 2, F 3, ••. , concorrentes no ponto A, cujo vetor :lOSição,a partir de O, é r. A soma dos momentos das forças do sistema, em relação a O, é

ÁTICA

r x Fl

+r

x Fz

M

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

( ~Mo Assim, a soma dos momentos de momento da sua resultante em - :9io é freqüentemente aplicado na _:EDlbém, para momentos de vetores

w

(2.13)

= rx R)

um sistema de forças concorrentes, em torno de um ponto dado, é torno do mesmo ponto. Como já foi mencionado no item 2.4, este Mecânica, não apenas somente para momentos de vetores de forças em geral.

No item 2.5, aprendi parados para fazer esta de a força F, que atua ponto B, e pelo conj ljuglldo composto por ento da força original B para qualquer ponto da

Fa

t

.Mi = r x Fi M2:' r x F2

F2

j,

"z9.

Ma

=r

Fig.2.23

;P:i X

Fa


Fig.2.21

Conjugado. -~nsões. A Fig. uer ponto B :",-Ur de qualquer

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

Fig.2.22

O conceito de conjugado foi apresentado no item 2.5 e é facilmente estendido para três 2.22 mostra duas forças F e - F, iguais e opostas, atuando sobre um corpo. O vetor r liga da linha de ação de F. Os pontos A e B estão localizados pelos vetores posição TA e TB, a ponto O. O momento combinado das duas forças em torno do ponto O é

Solução (a). O momento métodos vetoriais segundo o ponto O. Ó vetor MO é no. ponto O corno está mostra para se achar MO o vetor r ponto O à linha de ação de de O atéA, que é escrito com exige seus co-senos diretores, 12t4B

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

i

= 0,566,

O, e o

-15/AB

= .,)92 +

ondeAB

T

= 10

152

+

= 122

=

(0,566i -

(2.14) Conforme a Eq. 2.9,

Assim, o momento do conjugado é o mesmo em relação a qualquer ponto. Vemos que a intensidade de ~ é M = Fd, onde d é a distância perpendicular entre as linhas de ação das duas forças, conforme descrito no item 2.5. O momento de um conjugado é um vetar livre, enquanto que o momento de uma força em torno de um ponto (que é também o momento em torno de um eixo que passa pelo ponto) é um vetar deslizante, cuja direção está ao longo do eixo que passa pelo ponto. Como ocorreu no caso bidimensional, a ação do conjugado sobre o corpo produz uma rotação pura em torno de um eixo perpendicular ao plano formado pelas forças que constituem o conjugado. Os :vetores de conjugados obedecem a todas as regras que regem as quantidades vetoriais. Assim, na Fig. 2.23, o vetar conjugado Mi, devido a Fi e -Fi, pode ser somado, conforme mostrado, ao vetor conjugado Mz, das forças Fz e -Fz, para produzir o conjugado M que, por sua vez, pode ser produ~do por F e

-F ..

lMo =rX FI

A intensidade Mz do mo Mo na direção z ou Mz = MO • Mz

.0

= 150

(-0,566k

+ 0,424i)

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

Mz =-8-

SISTEMAS

DE FORCAS

I 43

M ,-.

x

LF

I•. ~_

x_, (2.13)

·A de um ponto dado,

BM'

=-FI

é

Fig.2.24 Fig.2.23

nado no item 2.4, este s de vetares de forças

No item 2.5, aprendemos a substituir uma força por outra e um conjugado equivalentes. Devemos estar parados para fazer esta substituição no caso tridimensional. O procedimento é apresentado na Fig. 2.24, de a força F, que atua sobre um corpo rígido no ponto A, é substituída por uma força idêntica, atuando ponto B, e pelo conjugado M = r X F.· Colocando-se em B as forças iguais e opostas - F e F, obtém-se o conjugado composto por - F e a força original F. Assim, vê-se que o vetor conjugado é simplesmente o mento da força original em tomo do ponto para o qual a força foi deslocada. Recorda-se que f é um vetar B para qualquer ponto da linha de ação passando por A.

y


I

A

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

15m T

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

te estendido para três corpo. O vetor f liga res posição fA e fB, a Oé

12/AB

e momentos

O, e o

==

0,566,

-15/AB

==

-0,707

e

9/AB

==

0,424,

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

(2.14)

>-:

//yr---__ /..-<..... __ /?--..l" z/ --......-:: ,. 12m--"".10<.1° /9m B

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

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

Conforme a Eq. 2.9,

s que a intensidade de -. conforme descrito no

y

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

força em tomo de

'etor deslizante, cuja nal, a ação do conjuplano formado pelas -=5 vetoriais. Assim, na

nrado, ao vetar conjuproduz!do por F e

==

A

+ 0,424i) kN • m

150 (-0,566k

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

==

150 (-0,566k

+ 0,424i) X k =

- 84,9

kN • m

Resp.

O sinal menos indica que o vetor Mz está no sentido negativo do eixo dos z. O momento, expresso como vetor, é Mz == -84,9k

kN· m

= 10 kN

z

44 / ESTÁTICA

A força T está decomposta nas componentes Tz e Txy, situadas no plano x-y, que é normal ao eixo de momento z. O momento Mz é devido somente a Txy visto que Tz sendo paralelo ao eixo z não pode exercer nenhum momento em 3) torno deste eixo. Sendo d a distância perpendicular de Txy ao ponto O, tem-seMz = Txy d. O co-seno do ângulo entre Te Txy é../ 152 + 122 /../ 152 + 122 + 92 = 0,906 e, portantb, Solução (b).

®

É sempre de grande ajuda acompanhar

as operações vetoriais com um esboço dos veres, de modo a obter um panorama claro da geometria do problema.

com e

= arc tg-=

As forças F encon o braço de alavanca é do lado esquerdo. Assim.

F=

Txy = 10 (0,906)=9,06 kN,

\ O braço de alavanca d é igual a OA multiplicado pelo seno do ângulo entre Txy e OA ou d

=

15

12 ../122 + 152

= 9,37

,~

e a direção e

= 44,3°.

m

Então, o momento de T em torno do eixo dos z é: Mz = 9,06 (9,37) = 84,9 kN· m

Resp.

e o sentido é o horário, quando visto no plano x-y. Solução (c). O momento pode ser também facilmente calculado, decompondo-se Txy em suas componentes Tx e Ty. É evidente que Ty não exerce nenhum momento em torno do eixo dos z, visto que ele o intercepta, de modo que o momento pedido é devido somente a Tx. O co-seno diretor de T em relação ao eixo dos x é 12/../92 + 122 + 152 = 0,566 de modo que Tx = 10 (0,566) = 5,66 kN. Portanto,

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

Problema Resolvido

2.9

Solução.

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

My Mz

1

= 1,80 sen 60° = 1,559 N· = - 2,50 + 1,80 cos 60° =

J (1,559)2+(-1,60)'

1,600 N· m

= 2,23

Ao se

1252 + 2002

m(l'l

=

M=Fd= 50mm

/

O vetor do conjugado força é deslocada, e seu !I em torno de O. A direção,

25 N I z

O conjugado também ! sentação vetorial, como ~ e F = -400i N. Assim, M = (0,2j + 0,125k) X (~

m

a partir do qual a intensid tas.

Assim, M=

=../

236 passa por O, é necessário dade é de:

d

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

2.]

Uma força de 400 N é ca de controle, que está ac ção do efeito da força 5 como em O, a força pode lente em O e por um COl um vetor M.

Resp.

Mz = 5,66 (15) = 84,9 kN· m

Problema Resolvido

®

N'm

Resp.

SISTEMAS DE FORÇAS/

com

Nota: 8

= arc

1 559 tg -'-1,60P

= arc

tg 0,974

= 44,3

o

Resp.

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

F= e a direção 8

2,23 0,10

= 22,3

N

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

Resp.

= 44,30•

Problema Resolvido 2.10 Uma força de 400 N é aplicada em A para manobrar a alavanca de controle, que está acoplada ao eixo fixo OB. Na determinação do efeito da força sobre o eixo em seção transversal, tal como em O, a força pode ser substituída por uma força equivalente em O e por um conjugado. Definir este conjugado como um vetorM.

Solução.

Ao se mover a força de 400 N na distãncia = 236 mm, até uma posição paralela que passa por O, é necessário adicionar o conjugado M, cuja intensidade é de:

d

=.J 125' + 200'

M

= Fd = 400

(0,236)

= 94,3

N· m

Resp.

o vetor do conjugado é perpendicular ao plano, no qual a força é deslocada, e seu sentido é o do momento da força dada, em torno de O. A direção de M no plano y-z é dada por: 125 8 = arc tg -= 32 00 200 '

=

Resp.

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

= -50j + 80k N· m

Resp.

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

I

z

400N -;ç--. 75 mm li'

~

,------ ---~------------------------------------~------------------46 I ESTÁTICA

0"

Problemas Propostos 2.88

Determinar pontoA.

o momento da força F em torno -do Resp.

2.91

= F (bi + aj)

MA

/

Os sentidos de rotação do eixo de entrada A e do eixo de saída B do redutor coroa sem-fIm, de relação de transmissão 10:1, são indicados pelas flechas curvas. Um torque (conjugado) de entrada de 80 N •m é aplicado ao eixo A no sentido da rotação. O eixo de saída B fornece um torque de 320 N •m à máquina que ele aciona (não mostrada). O eixo da máquina acionada exerce um torque de reação igual e oposto sobre o eixo de saída do redutor. Determinar a resultante M dos dois conjugados que atuam sobre o redutor e calcular o co-seno diretor de M em relação ao eixo x.

ProbL

Calcular o momento er de 2 kN no cabo AB d

z

Probl. 2.88

2.89

Determinar pontoA.

o momento

I

da força P em torno do

x

./ ./

x

Probl. 2.91 I I

1,2

I I

: ~}i I~---IP I

3

Probl

I

B----l. __y

2.92

Probl.2.89

2.90

As duas forças atuando nos punhos das chaves de grifo formam o conjugado M. Expresse o conjugado como um vetor. Resp. M=-75i+22,5jN'm

Uma viga H. de aço, trabalhando como coluna, suporta duas cargas verticais, conforme mostrado. Substitua estas forças por uma força equivalente única, ao longo da linha vertical central da coluna, e um conjugado M. Resp. M = (-6Oi + 40j) f03 N· m

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

150N

r A

2m

Probl. 2.92

2.93 Probl. 2.90

Calcular o momento MO da força de 250 N, em torno do eixo O-O.

I I I I I I

I I

___ 1

SISTEMAS DE FORÇAS

2.96

0"

J-.1.,

•

eixo de entrada A e do ,r coroa sem-rIm, de relasão indicados pelas flechas

eixo A no sentido da rotaB fornece um torque de "e ele aciona (não mostraacionada exerce um torque sobre o eixo saída do ;:onjugado) de de entrada dei :I =ultante M dos dois conjus:::re o redutor e calcular o ~ relação ao eixo x.

=

I 47

Ao suspender uma carga dOaposição A, o cabo é tracionado ao valor T = 21 kN. Calcular o momento que T produz em torno de cada um dos eixos de coordenadas, cuja origem está situada na base do guindaste. Resp. MO = -374i + 93,5j - 56,lk kN'm

c

Probl. 2.93 'I

I I

I

Calcular o momento em tomo do eixo z, da tração de 2 kN no cabo AB do Probl. 2.76, repetido aqui. Resp. Mz = 0,920 kN • m

T

1'1 I I

130m

I

o

I I

I I

0, B~ ,>' ~ ..4 - é1!<~m 4,5m"Y A

~~;;-6--1 Y

Probl. 2.96

/L';.l,r--~

/

~Jm J-----l

~91

2.97 1'2l1J~

cial T de 21 kN em seu cabo, determinar o momen· to MO desta força, em torno da origem O.

Probl. 2.94

nos punhos das chaves de §Coo M. Expresse o conjuga. M=-75i+22,5jN'm

/

Se o guindaste do Probl. 2.96 apanhar a carga em

B, em vez de em A, e desenvolver uma traçã~ ini-

x

2.98 A fIgUra do Probl. 2.75 está repetida aqui. O cabo AB, exerce uma força de 1,2 kN sobre o braço da alavanca, de A para B. Calcule a intensidade do momento desta força em torno do ponto O.

Três conjugados são formados por três pares de forças iguais e opostas. Determinar a resultante M dos três conjugados. Resp. M=-20i-6,77j-37,2kN'm

150N

050mm

r A

2m

L 2.92 ./

././

I I I I I I

1-./ " :

z

\ "././""

"

Probl. 2.98

2.99

o

da força de 250 N, em

Probl. 2.95

Calcular a intensidade do momento em torno do eixo x, produzido por uma força de 100 N atuando no ponto A do suporte. Determine, também, a

48 I

ESTÁTICA

y

que a escolha do mét, te depende da maneira dados.)

!.-----

OS

x

A flgUIa do Probl. 2.84 5 no cabo é 2 kN. Para x = 2,67 m, calcular a tração em torno do eixo.A

i

z I

l----------I I

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

Probl. 2.103

1mlI I

2.100 A força F exerce um certo momento M em torno do eixo 0-0. Determinar qual das expressões citadas descreve M corretamente. O vetor n é unitário ao longo de O-O. A caixa é retangular. (rI X F'n)n (-r4

[F X

X F'n)n

(r. + r3)·n]n

(r,F cos (3cos~) n

BOArn

__

-1---

1.5m Determinar o momento deste sistema em torno do ponto O. Resp. MO= -260i + 328j + 88kN'm 2.104 A placa retangular de aço está inclinada e apoiada sobre a sua aresta horizontal AR e é mantida na posição mostrada por um cabo que vai do ponto C ao ponto O, no solo. A tração n~ cabo é 20 kN. Calcular a intensidade do momento da tração do cabo em torno da aresta AR. Desenvolva o problema usando a abordagem mais apropriada para cada uma das duas formas de apresentação. (Observe

1 ,

~-~--.

,,

o'

1,5 m'- ,

'

.2,9.-

~m

---

-

A

'- x

ProbL

2

z I

I I I

C(5,5, 2, 4)

metros

I

deF.

B

I

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

13m//

"

I //' O

Probl. 2.100

--m--_~

4

(a)

À---x

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

M=

~11

Probl. 2.

(12i - 13j + 6k) N'm

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

2.103 Uma fresa está submetida, como mostrado, a uma força de 1 200 N e um conjugado de 240 N· m.

Probl.2.104

107 Substituir as duas fOrçal de 3 m de lado por uma aplicada em A e por um Resp.

SISTEMAS

y

/ 49

30kN

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

x

DE FORÇAS

\

2.105 A IJgUl"ado Probl. 2.84 está repetida aqui. A tração no cabo é 2 kN. Para a posição da polia C, em x = 2,67 m, calcular a intensidade do momento da tração em torno do eixo AB. RelJP. M = 0,707 kN •m

OkN // //

3m

Probl.2.107

2.108 A fIgura do Probl. 2.87 está mostrada aqui outra vez. Se a tração na corrente AB é 100 N, determinar a intensidade M, de seu momento em torno do eixo da dobradiça. Resp. M= 46,8 N'm

z

-------~

1

~

1 ---

IA Y' I·

1

1

1

= -260i + 328j + 88kN'm ;~ aço está inclinada e apoiada . ontal AB e é mantida na cabo que vai do ponto C A tração nq cabo é 20 kN. o momento da tração do AB. Desenvolva o problemais apropriada para cada de apresentação. (Observe

1

c

1

1ml I deste sistema em torno do

x

1

B 051

I

11~

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

r----_----'

o',

, 1ml 1,5 m'

,

'

I

-I

_-k--Y ,I

_VII I-

I

T

,,

.Q,!i.

_----

1,5I m

'\.m A

',I '

_--À

II

',I

I

w: I ,~

.

x

Probl. 2.105

.'<

Probl. 2.11,)8 2.106 A IJgUl"ado Probl. 2.86 está mostrada outra vez aqui. Se a intensidade do momento de F em torno da linha CD é 50 N • m, determinar a intensidade

deF. B

2.109 Uma ferramenta de abrir rosca está atarrachada na extremidade de um tubo, que tem um joelho de 20°. Substituir as duas forças por uma força em O e um conjugado M, equivalentes. Determine M e calcule a intensidade M' do momento que tende a girar o tubo em torno do ponto O do bloco fIxo. Resp. M = 17,05i - 84,93k N' m; M/ = 85,6 N· m

Probl. 2.106

2.107 Substituir as duas forças que atuam sobre o cubo de 3 m de lado por uma força única equivalente F aplicada em A e por um conjugado M. Resp. F, = -1, 72j + 28,28k kN M = 5,t5i - 90k kN'm

'50N~:~1

~m~

.

Probl.2.109

I

50 I ESTÁTICA

2.9 - RESULTANTES

lbrio completo de Portanto, a dete: Vamos agora esm&:

,8.

um.~~~istema ~o item 2.6,dedefmiu-se forças, sem resultante alterar como o efeito sendoexterno a combinação que causam mais sobre simpleso de corpo forças, rígido capaz em de que substituir atuam. Encontrou-se a intensidade e a direção da força resultante, em um sistema de forças bidimensional, usando o somatório de vetores de forças (Eq. 2.4) e localizou-se a sua linha dé ação empregando o teorema dos momentos (Eq. 2.5). Esses mesmos princípios podem ser utilizados em sistemas de três dimensões. No item anterior, mostrou-se que uma força pode ser deslocada para uma posição paralela, adicionando-se um conjugado correspondente. Assim, para um sistema de forças FI, F2, F3, ... , atuando sobre um corpo rígido (Fig. 2.25a), pode-se deslocar cada uma delas para um ponto arbitrário O, desde que se introduza, também, um conjugado para cada força transferida. Assim, por exemplo, pode-se mover a força F para o ponto O, desde que se introduza o conjugado M1 = r X FI, onde r é o vetor de O para qualquer ponto sobre a linha de ação de FI. Desta maneira, quando se transferir todas- as forças para o ponto O, tem-se um sistema de forças concorrentes em O e um sistema de vetores conjugados, como representado na parte b da figura. Então, as forças concorrentes podem ser adicionadas vetorialmente, a fim de fornecerem uma força resultante R, podendo também serem adicionados os conjugados fornecendo um conjugado resultante M (Fig. 2.25c). Portanto, o sistema geral de forças é reduzido à: R

=

FI

M

=

MI

+ F2 + F3 + +

+ M3 +

M2

=

=

Fig.2.25

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

R

=

Y(LFx)2

Mx

=

L(r x F)x

My

=

LFy

Rz

+

(LF)2

+'(LFY

=

L(r x F)y

Paralelas.

paralela resultan Ite obtida empreganri..-' ndicular às forças. Forças Coplanares_ Torsor Resultante.

resultante é chamada esmo sentido; negativo. torsor positivo, no empr sobre o parafuso na dire -

R

(c)

(b)

Ry

Forças

(2.15)

O

LFx

porque não existeIL

L(r x F)

\~

=

Concorrem

LF

M ~

Rx

Forças

= Mz

LFz

=

Qualquer sistema de ação. Esta sim de forças, a força bora M seja um vetor ená decomposto nas com ljugado M2 foi sub . d = M2/R, com a força -, resultante R, que atua ao - e, como é mostrado mam-se em um torsor -erifica-se pela Fig. 2.2 finido por R e M. O to Contudo, esta forma tem referência um ponto niente, não situada sobre o

(2.16) L(r x F)z

M = yM x 2 + My 2 + Mz 2 O ponto O, escolhido como ponto de concorrência das forças é arbitrário e a intensidade e a direção de M dependerá do ponto particular O, escolhido. Contudo, a intensidade e a direção de R são as mesmas não importanto o ponto escolhido. Em geral, qualquer sistema de forças pode ser substituído por sua força resultante R e pelo conjugado resultante M.-Em Dinâmica o centro de massa é usualmente escolhido como ponto de referência, sendo a alteração no movimento linear do corpo determinada pela força resultante e a mudança no movimento angular do mesmo sendo determinada pelo conjugado resultante. Na Estática, o

R

(a)

SISTEMAS

de substituir rígidd em que atuam. < I enSlOn, usan o o qregando o teorema dos dimensões. ~b'dim I. aladicionand I :micão paralela, 'I > ... , atuando sobre um I ~.3, DO O, desde que se introc=-se mover a força F para k :.c O para qualquer ponto ~ ~i1 o ponto O, tem -se um ID =-=pIesentado na parte b da • ::.e fornecerem uma força conjugado resultante M 'I

,de :orças, ca~z

DE FORÇAS

I

51

íbrio completo de um corpo é especificado. quando a força resultante R e o conjugado resultante forem . Portanto, a determinação de resultantes é essencial na Estática e na DirIâmica. Vamos agora estudar as resultantes para algups sistemas especiais de forças.

CC':?O

tis

·1

Forças Concorrentes. Quando as forças são concorrentes, somente a primeira das Eqs. 2.15 é neces- , porque não existem momentos em torno do ponto de concorrência. Forças Paralelas. Para um sistema de forças paralelas, nem todas no mesmo plano, a irItensidade da paralela resultante é, simplesmente, a soma das forças dadas, e a posição de sua linha de ação é facile obtida empregando as duas componentes do teorema dos momentos, em torno de eixos em um plano ndicular às forças. Forças Coplanares.

O item 2.6 dedicou·se a este sistema de forças.

Torsor Resultante. Quando o vetofM do conjugado resultante é paralelo à força resultante (Fig. 2.26), resultante é chamada de torsor. O torsor é positivo se os vetores da força e do conjugado apo~tatem no o sentido; negativo, se eles apontarem em sentidos opostos. Encontra-se um ex~mplo comum de um II positivo, no emprego de um parafuso de acionamento, onde os esforços de torção e axial são exercidos e o parafuso na direção de seu eixo.

(2.15)

Torsor negativo

Torsor positivo

Fig.2.26

e)

ser representados em dos e suas componentes

-=zm

Qualquer sistema geral de forças pode ser representado por um torsoraplicado ao longo de uma única de ação. Esta simplificação é ilustrada na Fig. 2.27, onde a parte a da figura representa, para o sistema de forças, a força resultante R, que atuam num ponto O, e o correspondente conjugado resultante M. ra M seja um vetor livre, por conveniênc:ta, ele é representado passando por O. Na parte b da figura, M . decomposto nas componentes M1, ao longo da direção de R, e M2, normal à R. Na parte c da figura, o jugado M2 foi substituído por seu equivalente de duas forças R e -R, :;eparadas por uma distância =M2/R, com a força -R aplicada em O a fim de anular a força original R. Esta etapa permite obter a te R, que atua ao longo de uma nova e única linha de ação, e ao conjugado paralelo M1, que um vetor , como é mostrado na parte d da figura. Assim, as resultantes do origirIal sistema geral de forças transfor·se em um torsor (positivo; nes~a ilustração), com seu único eixo defmido pela nova posição de R. 'erifica-se pela Fig. 2.27, que o eixo do torsor re~ultante situa-se no plano que passa por O, normal ao plano .do por R e M. O torsor é a forma mais simples para expressar a resultante de um sistema geral de forças. tudo, esta forma tem aplicação limitada, uma vez que, usualmente, é mais conveniente usar como ponto eferência um ponto O, tal como o centro da massa do corpo ou outra origem de coordenadas convelte, não situada sobre o eixo único do torsor.

(2.16)

R R

R

tltensidade e a direção de e R são as mesmas não ituído por sua força ente escolhido como -=- ;>ela força resultante e a :=sultarIte. Na Estática, o

-R (a)

(6)

(e)

Fig.2.27

(d)

52

I

ESTÁTICA


700 N

/Í

Substituir as duas forças e o torsor negativo por uma força única R, aplicada emA, e pelo conjugado correspondente M. Solução. [Rx

=

EFxl

[Ry

= =

EFyl

[Rz

EFz

ai

Rx

= 500 sen 40° + 700 sen 60° = 928 N

Ry

= 600 + 500 cos 40° cos 45° = 871 N = 700 cos 60° + 500 cos 40° sen 45° = 621 N

Rz

40°

I

~.JT 80mm

A força resultante tem as componentes

I

500 N

= 928i + 871j + 621k

Determinar o torsor sobre a cantoneira. Calcular x-y, através do qual atua a

R=

R= 20i + 40j + 40kN

N

e

e seus co-senos diretores são R = -./(928)2 + (871)2 + (621)2 = 1 416 N

Resp.

20

cos9x=

o

conjugado a ser adicionado, em conseqüência do deslocamento da força de 500 N é: [M = r X FI

MSDO

= (0,08i + 0,12j + 0,05k) X 500 (i sen 40°

=

M60D

3)

= -4p (60)i = 40 (80 - y)i

li -

Notas:

®

(700 sen 60°) (0,030)k

10,5i - 71,4j - 18,19k N - m

Os co-senos diretores de M si

Sugestão: Verifique os resultados do produto vetarial, avaliando os momentos das' componentes da força de 500 N em torno de A, diretamente do esboço. Para as forças de 600 N e de 700 N, é mais fácil obter as componentes dos momentos em torno das direções coordenadas de origem A, inspecionando a figura, do que montar as relações do produto vetoria!.

cos 9x

=(

cos 9y

= (--4 = (-4

cos 9z

onde M é a intensidade de M. ~ R e de M tem-se 800 -4000

O conjugado do torsor também pode ser escrito: M' = 25,0 (-i sen 40° - j cos 40° cos 45° - k cos 40° sen 45°)

= -16,07i -13,54j

-13,54kN-m

Portanto, o conjugado resultante, obtido por meio da soma dos termos i, j e k, dos quatro mommltos é: M = 49,4i - 90,5j - 24,6k N - m

4 e M =

J (49,4)2

+ (90,5)2 + (24,6)2 = 106,0 N - m Resp.

.

M = (800 - 40y)i + (-4 000 -

cos 60°) (0,030)i - [(700 sen 60°) (0,060) +

+ (700 cos 60°) (0,100)

=

(M)Ry

e o momento total é

O momento da força de 700 N em torno de A é facilmente obtido dos momentos das componentes x e z da força. O resultado vem a ser:

= (700

= 20ykN-mm

,= (600) (0,060)i + (600) (0,040)k =

= 36,Oi + 24,Ok N - m

M700

(M)Rx

(M)Rz

18,95i - 5,59j - 16,90k N - m

O momento da força de 600 N, em torno de A, é calculado pelo exame de seus componentes x e z, queiornecem:

cos 9y=

O momento do conjugado momentos das forças dadas ez passa R. Os momentos em tOIllC

onde r é o vetor deA aB. O desenvolvimento componente por componente, ou determinante, dá M50D

1.

60= 3'

+ j cos 40° cos 45° + k cos 40° sen 45°),

2)

fé

também, a intensidade do co~

Solução. Os co-senos di devem ser os mesmos da fi torsor seja positivo. A força

Portanto, R


®

O vetor conjugado de 25 N - m do torsor aponta na direção oposta à da força de 500 N e, podemos decompô-lo nas componentes x, y e z, a serem aduzidos às componentes dos outros vetores conjugados.

-40x A solução das três equações

M= @ Embora o vetor conjugado resultante M seja mostrado, no esboço das resultantes, passando por A, reconhecemos que o vetor conjugado é um vetor livre e, portanto, não tem nenhuma linha de ação especÍfica.

-

-2400N-mm;

x=

Vemos que M é negativo gado está orientado na direçãO negativo.

SISTEMAS DE FORCAS

I 53

Problema Resolvido 2.12 Detenninar o torsor resultante das três forças que atuam sobre a cantoneira. Calcular as coordenadas do ponto P, no plano x-y, através do qual atua a força resultante do torsor. Encontre, também, a intensidade do conjugado M do torsor.

Solução. Os co-senos diretores do conjugado M do torsor devem ser os mesmos da força resultante R, supondo que o torsor seja positivo. A força resultante é R = v'c20) , +(40)'

R= 20i + 40j + 40kN

+ (40)' = 60 N

e seus co-senos diretores são

20

cos8x=

1.

60= 3'

40

cos 8y =

2.

40 _

60 = 3'

cos8z=

60-

2 3

60

mm

O momento do conjugado do torsor deve ser igual à soma dos momentos das forças dadas em tomo do ponto P, pelo qual passa R. Os momentos em tomo de P, das três forças são (M)Rx (M)Ry (M)Rz

y =40mm

= 20ykN'mm

= -49 (60)i -AOxkN'mm = 40 (80 - y)i - 40 (100

''''--x - x)j N • mm

e o momento total é M = (800 - 40y)i + (-4 000 + 40x)j + (-40x

+ 20y)k N •mm

Os co-senos diretores de M são

resultados do produs momentos das' com-00 N em tomo de A,

S e de

700 N, é mais ntes dos momentos coordenadas de orio a figura, do que ,,- produto vetoria!.

cos 8x

= (800

cos 8y

= (-4 000 + 40x)/M = (-40x + 20y)/M

cos 8z

- 40y)/M

onde M é a intensidade de M. Igualando os co-senos diretores de R e de M tem-se 800 -40y

= M3

-4000+40x= -40x

2M 3

+ 20y = 2M 3

Nota:

A solução das três equações dá .M= -2400N'mm;

x=60mm;

y=40mm

Resp.
Vemos que M é negativo, o que significa que o vetor conjugado está orientado na direção oposta à de R, tomando o torsor negativo.

Devemos supor, inicialmente, que o torsor é positivo. Se M vier a ser negativo, a direção do vetor conjugado é oposta à da força resultante.

54 I ESTÁTICA

ll16

PROBLEMAS

PROPOSTOS

Represente a resultarrte atua sobre o conjunto ça R em A e um conj

2.110 A laje de concreto suporta as seis cargas verticais mostradas. Determinar a resultante dessas forças e as coordenadas x e y de um ponto através do qual ela atua. Resp. x = 7,30 m; y = 15,S3 m

5kN 6kN 4kN 9kN 8kN

Prob

z I I I

Probl.2.110

2.111 Determinar as coordenadas x e y de um ponto pelo qual passe a resultante das forças paralelas.

17 As quatro forças estão a do cubo de O,SI}l de Representar a resultan força R, que passa pelo gado M. Resp. R=

~--/' I'~--:::; 30o~ / 40N\--rt? '/

M=

3at

I

z I I I

\~I----/'--y " I ./ "".V/

I _ .1l

Prob!.2.113

2.114 Use a Fig. 2.25c e mostre que um sistema mais geral de· forças pode ser representado por duas forças que não se interceptam. Dimensões em milímetros Probl. 2.111

2.115 Determine a resultante das quatro forças e do conjugado que atuam sobre o eixo. Resp. Conjugado M = -13 ,5li + 2,SOj + 4k N •m ProbL:

y I

2.112 Determinar o ângulo O de modo que a força líquida para baixo sobre o olhal fIxo seja 750 N. Determinar a intensidade correspondente da resultante das três forças e os seus co-senos diretores. Resp. O=33,3°;R=1021N; cosOx=0,525; cos Oy = 0,430; cos Oz = -0,734 2.113 As quatro forças são concorrentes na origem O de coordenadas. Se a componente x da resultante R for -50 N e a componente z for 100 N, determinar F,O eR.

k

I '

,,

II

45,4N 4N'm

~~~,I

II

I/iao' 40 N "

I

z--------~J1~ I mm J ',~'x k 80 mm80 1-='mm50*-90 mm 80N

Probl. 2.115

2.l18 Substituir as duas fOI

por uma força única Il por um conjugado M.

119 A ação combinada da.s O pode ser obtida peb tante através de O. D associado M. Resp. R =

SISTEMAS

I

DE FORÇAS

/ 55

z

116 Represente a resultante do sistema de forças que atua sobre o conjunto de tubos, por uma única força R em A e um conjugado M.

I I

I I

z

50 N • fi

d1I::s~

r3r:fJ n:\1:n-1 100N

120 N

li/L

--y

~ ProbI. 2.118

ProbI. 2.116

Probl. 2.112

r I!

1 60N

2.117 As quatro forças estão atuando ao longo das arestas do cubo de 0,81)1 de lado, como se vê na figura. Representar a resultante dessas forças por uma força R, que passa pelo ponto A, e por um conjugado M: Resp. R = 200 (j + k) N M = 560i - 320j + 400k N· m

2.120 O motor de 160 N de peso está montado sobre o suporte. Seu eixo resiste à. força axia1 de 120 N e a um conjugado de 25 N •m aplicado. Determinar a resultante do sistema de forças mostrado, em termos de uma força R aplicada em A, e de um conjugado M.

~I--I~I -)--_y I / ~/ Probl. 2.113

e ::Jostre que um sistema mais ser representado por duas ptam. das quatro forças e do cono eixo. = -13,5li + 2,80j + 4kN'm

Probl.2.119

I I I

z

:---.. 400 N

O,8m, I

a,8m

./

/'

/'

/' J.-

--y

Probl. 2.117

=

mm

2.115

2.118 Substituir as duas forças, de igual intensidade F, por uma força única R, que passa pelo ponto A, e por um conjugado M.

Probl. 2.120

2.119 A ação combinada das três forças sobre a base em O pode ser obtida pela determinação de sua resultante através de O. Determinar R e o conjugado associado M. Resp. R = 10,93 kN; M= 38,9 kN'm

2.121 A resultante de duas forças e de um conjugado pode ser representada por um torsor. Determine a expressão vetorial para o momento M do torsor e encontre as coordenadas do pontoP, no plano x-z, pelo qual passa a força resultante do torsór. Resp: M=10(i+j)N'm; x=100mm; z=100mm

56 / ESTÁTICA

2.122 Substituir o sistema de forças que atua sobre o conjunto de tubos do Probl. 2.116 por um torsor. Encontre a intensidade do momento M do torsor e as coordenadas do ponto P, no plano x-y, pelo qual passa a força resultante do torsor. Resp. M= 95,6 N'm; x = 271 mm; y = -486 mm

/OON

,,, Probl. 2.121

2.123 A resultante de um sistema geral de forças pode ser expressa corno unrtorsor, ao longo de urna única linha de ação. Para o sistema de forças do Probl. 2.120, determinar as coordenadas do ponto P, que é a interseção da linha de ação do torsor com o plano x-y. Resp. X = 56,2 mm; y = 100 mm.

3.1 - INTRODUÇÃO

A Estática lida princi manter o estado de equilíb parte mais central da Estátil desenvolvidos no Capo 2, sO do equillbrio. Os procedime aos métodos de abordagem em outras áreas da Engenlt Estática, portanto, é recoIIlf

Um corpo está em equ 'força resultante R e o conj~

Estes requisitos são COI Seguiremos a organiza sistema de forças bidimensiol

SEÇÃO A. EQUiLIBRIO

3.2 - ISOLAMENTO DO

El

Si

Antes das Eqs. 3.1 sen ou o sistema mecânico a ser sobre o corpo. A omissão de tará resultados errados. Um sistema mecânico

todos os outros corpos. Tal corpos podem ser rígidos ou gasosa, ou uma combinação. defInição das forças que atua dos fluidos. Uma vez decidk corpo (ou combinação, consi<

f I

I~

3

forças qu(ua sobre o con· do momento M do torsor e as P, no !plano x-y, pelo qual do torsor.

= to,,",. E,· r = 2.1161"" 271 mm; y = -486 mm

, ::onor, ao longo de uma única , o sistema de forças do Probl. ~~a geral ser , Z$ lXlOrdenadas pontopode P, que - dedoforças ~ á::ba de açao do torsor com o

EQUILÍBRIO

"

.r= 56,2

mm; y

= 100

mm,

- INTRODUÇÃO A Estática lida principalmente com a defmição das situações de forças necessárias e suficientes para ter o estado de equihbrio das estruturas. Portanto, este capítulo, que trata do equihbrio, constitui a e mais central da Estática e, assim, deve ser dominado inteiramente. Faremos uso contínuo dos conceitos nvolvidos no Capo 2, sobre forças, momentos, conjugados e resultantes, quando aplicarmos os princípios equilíbrio. Os procedimentos que serão desenvolvidos neste capítulo constituem uma ampla introdução métodos de abordagem usados na solução de um sem-número de problemas, tanto na Mecânica como outras áreas da Engenharia. A abordagem que será desenvolvida é básica para o domínio perfeito da 'tica, portanto, é recomendável que o estudante leia e estude as seções seguintes com atenção e empenho. Um corpo está em equihbrio quando a resultante de todas as forças que agem sobre ele é nula. Assim, a ça resultante R e o conjugado resultante M são ambos nulos, e tem-se as equações de equilíbrio: (R

= LF = O

M=LM=OJ

(3.1)

Estes requisitos são condições necessárias e suficientes para haver equillbrio. Seguiremos a organização usada no Capo 2 e, assim, discutiremos na Seção A o equilíbrio de um ÃStema de forças bidimensional e, na Seção B, o equihbrio de sistema de forças tridimensionais.

SEÇÃO A. EQUlLIBRlO EM DUAS DIMENSÕES 3.2 - ISOLAMENTO DO SISTEMA MECÂNICO Antes das Eqs. 3.1 serem aplicadas, é fundamental que se defma, sem ambigüidades, o corpo particular ou o sistema mecânico a ser analisado e, representar claramente e completamente todas as forças que atuam JObre o corpo. A omissão de uma força ou a inclusão de uma que não atue sobre o corpo em questão, acarretará resultados errados. Um sistema mecâ,nico é defmido como um corpo, ou um grupo de corpos, que pode ser isolado de todos os outros corpos. Tal sistema pode ser um corpo único ou uma combinação de corpos ligados. Os corpos podem ser rígidos ou deformáveis. O sistema pode também ser uma massa fluida definida, líquida ou gasosa, ou uma combinação de fluidos e sólidos. Em Estática, a atenção está orientada principalmente para a defInição das forças que atuam sobre corpos rígidos em repouso, embora seja considerada também a Estática dos fluidos. Uma vez decidido qual o corpo (ou combinação de corpos) que deve ser analisado, então este corpo (ou combinação, considerada como um corpo único) é isolado de todos os outros que lhe sejam adja-

58 / ESTÁTICA --~----

centes. Este isolamento é efetuado por meio do diagrama de corpo livre, que é representação esquemática do orpo isolado (ou combinação de corpos), mostrando todas as forças aplicadas nele (ou neles) pelos outros corpos adjacentes, que não aparecem no diagrama. Os cálculos das várias forças devem ser efetuados somente após o diagrama ter sido cuidadosamente desenhado. Devido a sua importância salienta-se aqui que,

Tipo de Superfícies ,,1 boi~ é desprezívd 3. Superfícies corrente ou 2. lisasrugosas 1. o Cabo pesodocóc. fieo pesoà:.~

---

~ o diagrama de corpo livre

é

o passo mais importante na solução de problemas na Mecânica.

As características mecânicas da aplicação da força necessitam de uma descrição adicional, antes de se tentar desenhar os diagramas de corpos lineares. No item 2.2 foram descritas as características básicas das forças, focalizando-se a atenção principalmei\te nas propriedades vetoriais das forças. Observou-se que as; forças são aplicadas tanto por contato físico direto como por ação remota e, além disso, podem ser internas ou externas ao corpo em consideração. Notou-se, ainda, que a aplicação das forças externas é acompanhada por forças reativas e, que ambas podem ser concentradas ou distribuídas. Introduziu-se, também, o princípio da transposição, que permite tratar a força como um vetor deslizante, no que se refere aos efeitos externos sobre um corpo rígido. Essas características das forças serão ágora usadas para desenvolver o modelo analítico de um sistema mecânico isolado, ao qual serão aplicadas as equações de equihbrio. A Fig. 3.1 mostra os tipos comuns de aplicação de força sobre sistemas mecânicos, para análise em duas dimensões. Está indicado, em cada exemplo, a força exercida sobre o corpo a ser isolado pelo corpo a ser retirado da representação esquemática. Deve-se observar cuidadosamente a terceira lei de Newton, que menciona a existência de uma reação igual e oposta para cada ação. Está representada, no Ex. 1, a ação de um cabo flexível - correia, corda ou corrente - sobre o corpo, ao qual está ligado. Um cabo flexível, por causa de sua flexibilidade, é incapaz de oferecer qualquer resistência à flexão, ao cisalhamento ou à compressão e exerce, portanto, em seu ponto de ligação, uma força de tração na direção tangente ao cabo. A força exercida pelo cabo sobre o corpo ao qual está ligado é sempre para fora do corpo. Pode-se admitir que o cabo forme uma linha reta quando a tração T for grande, comparada a seu peso. Quando o peso do cabo não for desprezível em relação à tração, a flecha do cabo torna-se importante e a tração no cabo muda de direção e de intensidade ao longo de seu comprimento. Em seu ponto de ligação ela exerce uma força tangente a si mesma. Quando as superfícies lisas (sem atrito) de dois corpos estão em contato, como no Ex. 2, a força exercida por um sobre o outro é normal ao plano de tangência das superfícies e é de compressão. Embora não existam superfícies reais completamente lisas, esta suposição é válida, em sentido prático, em muitos casos. Quando as superfícies dos corpos em contato são rugosas, Ex. 3, a força de contato pode não ser, necessariamente, normal ao plano de tangência das superfícies, porém pode ser decomposta em uma componente tangencial F, relativa ao atrito, e em uma componente normal N. O Ex. 4 ilustra diversos tipos de apoios mecânicos que eliminam efetivamente as forças tangenciais de fricção. Neste exemplo, a reação é normal à superfície do apoio. O Ex. 5 mostra a ação de uma guia polida sobre o corpo que ela suporta. Não existe resistência paralela à guia. O Ex. 6 ilustra a ação de um pino de ligação. Tal ligação é capaz de suportar uma força em qualquer direção normal ao eixo do pino. Esta ação é normalmente representada por dois componentes retangulares. Somente a força R pode ser suportada, se a conexão puder girar livremente em torno do pino. Um conjugado resistente M pode também ser suportado, se a articulação não estiver livre para girar. O Ex. 7 mostra as resultantes de uma distribuição bastante complexa de forças através da seção transversal de uma barra ou viga esbelta, no seu suporte engastado ou fixo. Uma das forças mais comuns é a devida à atração da gravidade, Ex. 8. Esta força afeta todos os elementos do corpo e, portanto, está inteiramente distribuída nele. A resultante das forças gravitacionais sobre todos os elementos é o peso mg do corpo que passa pelo centro de gravidade G e que para estruturas terrestres está dirigido para o centro da Terra. A posição de G é usualmente determinada pela forma geométrica do corpo, particularmente onde existem condições de simetria. Quando a posição não estiver facilmente aparente, a localização de G deve ser calculada ou determinada experimentalmente. Observação análoga se aplica às forças magnéticas e elétricas que agem por ação remota. Estas forças de ação remota têm os mesmos efeitos

4. Suporte de rolete

5. Guia des1izan

6. Conexão de pino

7. Suporte enga

8. Atração gra>i tacional

9. Ação damo Posição

neutra~

G\I\I\I\I\I\--<

EQUIu'BRIO / 59

~ ~sentação ~quemática

do

AÇÃO MECÃNICA DAS FORÇAS Tipo de contato e origem de força I Ação sobre o corpo a ser isolado

T?O

1. Cabo flexível, oorreia,

~e~ (~~_21es) pelossomente outros Ln~~etuados :
o peso

do ca-

8

.

corrente ou cor~8 o peso é

_

--8

""

do cabo nao

_

~Iédespmd'~ desprezível

T~

2. Superfícies

.ão adicional, antes de se ; :zracterÍsticas básicas das :mças. Observou-se que as' =: disso, podem ser internas "" externas é acompanhada se, também, o princípio ::-âere aos efeitos externos ~mlver o modelo analítico

A força de contato é de compressão e normal à superfí cie.

liSas

As superfícies rugosas são capazes de suportar uma componente tangencial F (força de atrito), bem como uma componente normal N da força de contato resultante R.

3. Superfícies rugosas

4. Suporte de rolete

O suporte de role te, de esfera ou de setor de rolete transmite uma força de compressão normal à superÍlcie do suporte.

- .:os, para análise em duas _ isolado pelo corpo a ser ira lei de Newton, que _ :orrente - sobre o corpo, - -:erecer qualquer resistên· " ligação, uma força de está ligado é sempre •ão T for grande, compaecha do cabo torna-se ~primento.

Em seu ponto

·5. Guia deslizando livremente

Colar ou cursor, livres para moverem-se ao longo de guias lisas, podem suportar somente forças normais à guia .

6. Conexão de pino

Pino está livre para girar

Pino não está livre paragirar

_ ~mo no Ex. 2, a força ;~ :ompressão. Embora não ?tático, em muitos casos. ~ contato pode não ser, posta em uma compo-

"-

_~ através da seção trans-

A

8. Atração gravítacional

1

Solda

F~C= V

~

HHH

~ W=mg

afeta todos os elemen-

Um suporte engastado ou fixo é capaz de suportar uma força axial F, uma força transversal V (força de cisalhamento) e um conjugado M (momento Íletor) para evitar rotação. A resultante da atração gravitacional sobre todos os elementos de um corpo é o peso mg, que atua em direção ao centro da Terra, passando pelo centro de gravidade G do corpo. A força da mola é de tração se a mola for esticada e de compressão se ela for comprimida. Para uma mola linear em regime elástico, a constante elástica da mola k é a força necessária para deformar a mola de uma unidade de comprimento.

plvitacionais sobre todos E. estruturas terrestres está geométrica do corpo, ~ facilmente aparente, a '"'~o análoga se aplica às -- têm os mesmos efeitos

Uma conexão de pin0J articulada livremente, e capaz de suportar uma força em qualquer direção, no plano norinal ao eixo do pino geralmente indicada como duas componentes Rx e Ry' Um pino que não esteja livre para girar pode também suportar um conjugado M.

7. Suporte engast"do ou fixo A

~ uma força em qualquer --:mponentes retangulares. .o pino. Um conjugado

A força exercida por um cabo flexível é sempre uma tração para fora do corpo na direção do cabo.

: CW1a

Fig.3.1

--60 / ESTÁTICA

totais sobre um corpo rígido como as forças de igual intensidade e direção aplicadas por contato externo direto. O Ex. 9 mostra a ação de molas nos regimes elásticos (linear) e não-elástico (não-linear). A força exercida pela mola no regime elástico, tração ou compressão, é dada por F = kx, onde k é a constante elástica da mola e x é sua deformação, medida a partir da posição neutra ou indeformada. A função linear da relação força-deformação define que forças iguais acarretam deformações iguais durante o carregamento ou alívio da mola. Para a mola em regime não-elástico, a foiça para uma dada deformação não é a mesma para as condições de carregamento e alívio. É bastante recomendável que o estudante examine estas nove condições e as identifique na resolução dos problemas, de modo que os diagramas de corpo livre correntes possam ser desenhados. As representações na Fig. 3.1 não são diagramas de corpo livre mas simplesmente princípios para serem empregados na construo ção dos diagramas de corpo livre. O método completo para desenhar um diagrama de corpo livre, que permita isolar o corpo ou sistema em consideração será agora definido. Construção dos diagramas de corpo livre. Os seguintes passos estão envolvidos:

1. Treliça p' O peso da suposto comparado

2. Viga em ba

l.a Fase. Deve-se definir claramente o corpo ou combinação de corpos que deve ser isolado. O corpo escolhido incluirá uma ou mais das quantidades desconhecidas desejadas. 2.a Fase. O corpo ou combinação escolhida é, em seguida, isolado por um diagrama que representa seu completo limite externo. Esse limite externo define o isolamento do corpo de todos os corpos que estão em contato ou exercem atração, e são considerados removidos do diagrama. Esta fase é freqüentemente a mais crucial de todas. O estudante deve sempre certificar-se de ter isolado completamente o corpo antes de passar à fase seguinte. 3.a Fase. Representam-se, em seguida, sobre o diagrama do corpo isolado, em suas próprias posições, todas as forças que atuam sobre o corpà isolado, como as aplicadas pelos corpos em contato ou por aqueles que, removidos, exercem atração. A análise sistemática do limite completo do corpo mostrará todas essas forças. Os pesos, quando apreciáveis, devem ser incluídos. As forças conhecidas devem sér representadas pelas setas dos vetores com suas intensidades, direções e sentidos próprios indicados. As forças desconhecidas devem ser representadas pelas setas dos vetores com as intensidades ou direções desconhecidas indicadas pelos símbolos. Se o sentido do vetor for também desconhecido, ele pode ser adotado arbitrariamente. Os cálculos revelarão um resultado positivo, se o sentido arbitrado estiver correto, e negativo, em caso contrário. É necessário ser coerente com as características fixadas das forças desconhecidas, do começo ao fim dos cálculos. 4.a Fase. A escolha dos eixos de coordenadas deve ser indicada diretamente sobre o diagrama. Dimensões geométricas apropriadas podem, também, ser apresentadas por conveniência. Observe contudo que o diagrama de corpo livre é apropriado para pôr em evidência a análise acurada sobre a ação de forças externas e, portanto, o diagrama não deve ser amon\oado desordenadamente, com excessivas informações alheias a seu objetivo. As setas que indicam forças devem ser claramente evidenciadas, de modo a não se confundirem com qualquer outra que possa aparecer, e é útil utilizar lápis de cor. Uma vez executadas as quatro fases precedentes, resultará um correto diagrama de corpo livre, e o caminho estará livre para a aplicação direta e bem sucedida dos princípios da Mecânica (quer da Estática quer da Dinâmica). Muitos estudantes ficarão tentados.a omitir do diagrama de corpo livre certas forças que podem pare· cer, à primeira vista, desnecessárias aos cálculos. Ao caírem nesta tentação, estarão cometendo graves erros. É somente através do isolamento completo e da representação sistemática de todas as forças externas que se pode calcular com segurança os efeitos de todas as forças ativas e reativas. Muito freqüentemente é falsa a primeira impressão que uma determinada força possa parecer não influenciar o resultado desejado. Portanto, o único procedimento correto é certificar-se de que todas as forças cujas intensidades não sejam desprezíveis figurem no diagrama de corpo livre.

3. Viga Superfície lisa, emA. Massam

p~

4. Sistema~ considerad

p-

EQUILfBRIO

\

por yntato externo do-linear~. A força exer- á a constante elástica da _~:unção linear da relação egamento ou alívio da - á a mesma para as condi- :dentifique na resolução dos. As representações empregados na constru-

EXEMPLOS DE DIAGRAMAS DE CORPO LIVRE Sistema Mecânico

---Programa de corpo livre do corpo isolado

1. Treliya plana O peso da treUça é suposto desprezível comparado com P.

P

L.

50lar o corpo ou sistema Massam 2. Viga em balanço W=mg

Lx

y

,\3 Ft

V

F'~

!

~ - em contato ou exercem :nais crucial de todas. O à fase seguinte.

c:.

~

suas próprias posições, contato ou por aqueles mostrará todas essas

sér representadas pelas As forças desconhecidas ~ecidas indica das pelos =:it:ariamente. Os cálculos . em caso contrário. É o começo ao fim dos re O diagrama. DimenObserve contudo que o ~ a ação de forças externas - :::uormações alheias a seu a :Ião se confundirem com

3. Viga Superfície de contato lisa, emA. Massam

M .

p~~~~N ~B;rrw=mg By

forças que podem pareetendo graves erros. É as forças externas que se freqüentemente é falsa a do desejado. Portanto, não sejam desprezíveis

L

!

4. Sistema rígido de corpos interligados considerado como uma unidade p

W=mg

m

:;;...c=a de corpo livre, e o (quer da Estática quer ~

~~~M

p

Fig.3.2

x

I 61

62 I ESTÁTICA

o diagrama de corpo livre foi apresentado em detalhe por causa de sua grande importância em Mecâ· nica. O método do diagrama de corpo livre assegura a defmição precisa de um sistema mecânico e concentra a atenção sobre o significado e a aplicação exata das leis da Estática e da Dinâmica. Na verdade, este método é tão importante que recomendamos ao estudante reler esta seção várias vezes, quando estiver estudando os exemplos dos diagramas de corpos livres mostrados na Fig. 3.2 e os problemas resolvidos que aparecem no final da seção seguinte. A Fig. 3.2 fornece quatro exemplos de mecanismos e estruturas juntamente com seus diagramas de corpo livre corretos. As dimensões e as intensidades foram omitidas para tornar mais claro. Em todos os casos, o sistema completo é tratado como um corpo único, isto é, as forças internas não são mostradas. As características dos vários tipos de forças de contato, ilustradas na Fig. 3.1, estão incluídas nos quatro exem· pIos, quando se aplicam. No Ex. 1, a treliça é composta de elementos estruturais que, considerados em conjunto, constituem uma estrutura rígida. Assim, a treliça completa pode ser removida de sua base de suporte e tratada como um corpo rígido único. Em aditamento à carga externa P aplicada, o diagrama de corpo livre deve incluir as reações sobre a treliça em A e B. O suporte oscil;mte, emB, pode suportar somente uma força vertical e ,esta força é transmitida à estrutura B (Ex. 4 da Fig. 3.1). O pino de ligação em A (Ex. 6 da Fig. 3.1) é capaz de fornecer 'à treliça as componentes horizontal e vertical da força. Neste exemplo, relativamente simples, está claro que a componente vertical Ay deve ser dirigida para baixo, para evitar que a treliça gire no sentido horário, em torno de B. Também a componente horizontal Ax estará dirigida para a esquerda, para impedir que a treliça se mova para a direita, sob a influência da componente horizontal de P. Se o peso total dos membros da treliça for apreciável, quando comparado com P e com as forças em A e B, então estes pesos devem ser incluídos no diagrama de corpo livre como forças externas. No Ex. 2, a viga em balanço está fixada à parede e sujeita às três cargas aplicadas~ Quando se isola a parte da viga à direita da seção A, deve-se incluir as forças reativas aplicadas na viga pela parede. As resultantes dessas forças reativas são mostradas atuando sobre a seção da viga (Ex. 7 da Fig. 3.1). Está mostrada uma força vertical V para contrabalançar o excesso de forças aplicadas com sentido para baixo. Deve ser também incluída a tração T para compensar o excesso de forças aplicadas para a direita. Além disso, é necessário um conjugado M, anti-horário, para impedir que a viga gire em tomo de A. O peso mg da viga deve ser representado passando pelo centro de massa (Ex. 8 da Fig. 3.1). O diagrama de corpo livre está agora completo e mostra a viga em equilíbrio, sob a ação de seis forças e um conjugado. No Ex. 3 é mostrado o peso mg, que atua através do centro de gravidade da viga, que se supõe conhecido (Ex. 8 da Fig. 3.1). A força exercida pelo canto A sobre a viga é normal à superfície lisa da viga (Ex. 2 da Fig. 3.1). Se as superfícies de contato no canto não forem lisas, existe a possibilidade de desenvolvimento de uma componente de atrito tangencial. Em aditamento à força aplicadaP e ao conjugadoM, existe o pino de ligação em B, que exerce sobre a viga uma componente x e uma y da força. Os sentidos positivos destas componentes são supostos arbitrariamente.

OBLEMAS PROPOSTI 3.1

Em cada um dos cin::c direito, um diagrama j cada caso, para fo= indicado o contrário. F

1. Alavanca 10 sup massam.

2. Alavanca trole aplica: que ao ejx,

3. LançaOA. sa desprezi parada CO m.Alanç; votada en: portada p de içamen

4. Caixote de homogêm do na paIl cal lisa es em uma! horizonta

No Ex. 4 o. çiiagrama de corpo livre d.o mecanismo completo, isolado, revela três quantidades desconhecidas par:a o equilíbrio com as cargas dadas mg e P. Qualquer uma das muitas configurações internas, no intuito de assegurar a direção do cabo, a partir de m, seria possível sem alterar o efeito do mecanismo como um todo e este fato é apresentado pelo diagrama de corpo livre. Foram admitidos, nos diagramas de corpos livres, os sentidos positivos deBx e By no Ex. 3, e de By no Ex. 4. A validade dessas hipóteses deve ser aprovada ou não, de acordo com o que derem os sinais algébricos dos termos, positivos ou negativos, quando os cálculos forem executados nos problemas reais. O isolamento do sistema mecânico em estudo será identificado como uma fase crítica no equacionamento do modelo matemático. Recomendamos novamente ao estudante dedicar uma atenção especial a esta fase. Antes de usarmos diretamente, na próxima seção, o diagrama de corpo livre na aplicação dos princípios do equillbrio das forças, será útil termos certa prática inicial com seu desenho. Tendo em vista esta fmalidade, os problemas que seguem foram planejados para dar essa prática, através de exemplos selecionados simples e diretos.

5. Peça carr portada de artiCl gação) er pino fIxe nado d ranhura

EQUIu"BRIO

"'-"le im~rtância em Mecâ· mecâni\o e concentra a _\a verdadà este método é do estiver estudando os -olvidas que aparecem no

Em cada um dos cinco exemplos seguintes, o corpo a ser isolado é mostrado no lado esquerdo do diagrama e, no lado direito, um diagrama de corpo livre (DCL), incompleto, do corpo isolado. Acrescentar todas as forças necessárias, em cada caso, para formar um diagrama de corpo livre completo. Os pesos dos corpos são desprezíveis, a não ser que seja indicado o contrário. Foram omitidos, para facilitar, os valores numéricos das forças e as dimensões do corpo.

r"'- mais claro. Em todos os não são mostradas. As

~as

DCL incompleto

Corpo

ic :""'duídas nos quatro exem·

das: Quando se isola a iga pela parede. As resul=.aFig. 3.1). Está mostrada -do para baixo. Deve ser 2..cita. Além disso, é neces· peso mg da viga deve ser It ::amo livre está agora com". >iga, que se supõe conheície lisa da viga (Ex. 2 e de desenvolvimento 5.

gado M, existe o pino sentidos positivos destas

::'ês quantidades desconhe:unf'igurações internas, no ;feito do mecanismo como

~By no Ex. 3, e deBy no -lerem os sinais algébricos reais. 3.se crítica no equaciona~a atenção especial a esta Ie :=:. aplicação dos princípios Te:ldo em vista esta fmali• ::z exemplos selecionados

63

OBLEMASPROPOSTOS

com seus diagramas de

.~em conjunto, constituem k 5m>orte e tratada como um IrpOlivre deve incluir as a::e uma força vertical e .esta 6 da Fig. 3.1) é capaz de ~tivamente simples, está a treliça gire no sentido a esquerda, para impedir ::e P. Se o peso total dos A e B, então estes pesos

/

1. Alavanca em ângulo suportando a massa m.

~g

A

p 2. Alavanca de controle aplicando torque ao eixo em O.

~

3. Lança OA, de mas· sa desprezível comparada com a massa m. A lança está pivotada em O e suportada pelo cabo de içamento em B.

4. Caixote de massa m homogênea, apoiado na parede vertical lisa e suportado em uma superfície horIZontal rugosa. B

5. Peça carregada, suportada pelo pino de articulação (ligação) em A e pelo pino fIXO posicionado dentro da ranhura lisa em B.

(7\F

A

Probl. 3.1

~ ESTÁTICA 3.2 \V1 cada um dos cinco exemplos seguintes, o corpo a ser isolado é mostrado no diagrama do lado esquerdo. No lado direito é mostrado um diagrama de corpo livre errado ou incompleto. Faça todas as mudanças ou adições necessárias, em cáda caso, para formar um diagrama de corpo livre correto e completo. Os pesos dos corpos são desprezíveis, a não ser que se indique o contr4rio, As dimensões e os valores numéricos foram omitidos.

Corpo

,

j,

1.

DCL errado ou incompleto

1. Rolo de uma cortadora de grama de massa m, sendo empurrado para cima, em um plano inclinado de ângulo e.

2. Roda de rolar $O

2. Alavanca levantando uma massa m, tendo esta uma superfície horizontal lisa. A barra repousa sobre uma superfície horizontal rugosa.

•

3. Treliça caI pino de ar cabo emB.

3. Estaca de massa m, uniforme sendo içada para a posição, pelo guincho. A superfície horizontal de suporte está escariada, para evitar o deslizamento da estaca.

F 4. Jogo de suportes em

.)1

ângulo para estrutura. Nós com pino.

4. Barra de mass

rolete de mas em conjunto. : jugado M e SUl mostrado na Q

B

A,.

A,. F 5. Barra dobrada soldada em A e submetida a duas forças e um conjugado.

A y I

M

I

L_-x

P•••• \'"

:>

M

p-

~

Probl. 3.2

3.3

Desenhar um diagrama de corpo livre completo e correto, de cada um dos corpos indicados. Os pesos dos corpos são significativos, apenas quando é mencionado. Todas as forças conhecidas e desconhecidas devem ser qualificadas. (Nota. O sentido de algumas componentes de reação nem sempre pode ser determinado sem cálculo numérico.)

-

CONDIÇÕES

DE EQUl

No item 3.1, defIniu-se ê um corpo é nula. Dito os sobre ele estão cOIIlI 3.1) que, em duas dimens

EQUILi"SRIO

do l'd~'''lU''dO. No 1000 ças ou atliçõesnecessárias, são desprezíveis, a não

~s

cabo emB. rolar pino sobre de articulação o meio-fio,em pela A forçaP. e pelo

I

1. Baira horizontal de massa m, uniforme, suspensa pelo cabo vertical em A e suportada pela superfície inclinada e rugosa em B.

5. Roda com gome, de massa m, uniforme, suportada por uma superfície rugosa e sob ação de cabo horizontal.

2. Roda de massa m na iminência de mas 6. Barra inicialmente horizontal, nos, aos suportes rígidos. nas extremidades, por meio de piI

7. Placa deA. massa m, uniforpelo me, suportada cabo pesada, C esob pino nocarga plano flexionada P. vertical Fixada

P.§ij

~

I 65

~

iça carregada, suportada pelo

4. Barra de massa m, homogênea, e rolete de massa M, considerados em conjunto. Submetidos ao conjugado M e suportados como está

B

8. Estrutura completa, polias e cabo de ligação a serem isoladas, como uma só unidade.

mostrado na figura. mo ~M

F Probl. 3.3 M

._.~ .-lns. Os pesos dos corpos são

devem ser qualificadas. cálculo numérico.)

CONDIÇÕES

DE EQUlLIBRIO

No item 3.1, defIniu-se equilíbrio como a condição na qual a resultante de todas as forças, que atuam um corpo é nula; Dito de outro modo, um corpo está em equill'brio se todas as forças e os momentos dos sobre ele estão compensados. Estas exigências estão contidas nas equações vetoriais do equilibrio ,.3.1) que, em duas dimensões podem ser escritas na forma escalar

(3.2)

66 / ESTÁTICA

A terceira equação representa o somatório nulo dos momentos de todas as forças em torno de qualquer ponto O, sobre o corpo ou fora dele. As Eqs. 3.2 são as condições necessárias e suficientes para o completo equihbrio em duas dimensões. São condições necessárias porque, se não forem satisfeitas, as forças e os momentos não estarão compensados. São, também, suficientes porque, uma vez satisfeitas, não pode ocorrer desbalanceamento de esforços, e o equihbrio estará assegurado. As equações que relacionam força e aceleração para movimento dos corpos rígidos, estão desenvolvidas no livro Dinâmica, deste autor, a partir da segunda lei de Newton referente ao movimento. Estas equações mostram que a aceleração do centro de massa de um corpo é proporcional à força resultante F, que atua sobre o corpo. Conseqüentemente, se um corpo move com velocidade constante (aceleração nula), a força resultante sobre ele deve ser nula, e o corpo pode ser tratado como se estivesse no estado de equihbrio. Para o equilíbrio completo em duas dimensões, as três Eqs. 3.2 devem ser integralmente satisfeitas. Porém, estas condições são requisitos independentes, e um pode valer sem o outro. Tome, por exemplo, um corpo que deslize em uma superfície horizontal, com velocidade crescente, sob a ação de forças aplicadas. As equações de equilíbrio das forças serão satisfeitas na direção vertical onde a aceleração é nula, mas não o serão na direção horizontal. Um outro exemplo, uma roda girando em torno de seu centro fixo de massa, com velocidade angular crescente, não está em equihbrio rotacional, mas as duas equações de equillbrio das forças serão satisfeitas.

Caso 2, o equillbri ente /as duas equações o de um eixo z que p Caso 3, o equillbrio (direção x), e a única Caso 4, o equilíbrio . plano e uma única equaç-

Há duas situações de c do. A primeira situacão I ados na Fig. 3.4 e ato do corpo não deve 'derados desprezíveis,

(a) Categorias de Equilíbrio. As aplicações das Eqs. 3.2 caem naturalmente dentro de um número de categorias que são facilmente identificadas. Estas categorias de sistemas de força que atuam em corpos em equihbrio estão resumidas na Fig. 3.3 e explicadas como segue.

CATEGORIAS DE SISTEMAS DE FORÇAS EM EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES I Figura I Equações independentes Categoria ~Fy ~MzI I==oI o '-''~F, = o---------// 1. Colinear IY pode situação é o ~Fx = oI A segunda :alcorrência ser consi IY L__ x I

I

F~2 .::onhecidas. , torno er sob a cada ação dedo ~tante em torno pon ponto. A . I de I mais

I~/

I

~Fx = o

--ügono

z

~íbrio é de considerávelação das três forças deven: das forças é traçadc

4. Geral ~Fx = o ~F)' =0

Fig. 3.3

Caso 1, O equilíbrio sob forças colineares, evidentemente, exige somente a única equação de forças, na direção das forças (direção x), tendo em vista que todas as outras equações estão automaticamente satisfeitas.

(b) Equações Alternam ssárias para o equillbrio .tão, a reSultante R, se ela ~

EQUILI"BRIO

em forno de qualquer -ientes para o completo tisfeitas, as forças e os " ~eitas, não pode ocorrer =5idos, estão desenvolvidas mimento. Estas equações -;3 resultanteF, que atua aceleração nula), a força o de equilíbrio. _ :ntegralmente satisfeitas. ~"Iome, por exemplo, um •[0 de forças aplicadas. As '!ação é nula, mas não o centro fIxo de massa, :'012.ções de equillbrio das

=-

~ntro

/ 67

Caso 2, o equillbrio de forças que se situam no plano (x-y) e são concorrentes no ponto O exige ente as duas equações de força, tendo em vista que a soma dos momentos em torno de O, isto é, em o de um eixo z que passa por O, é necessariam~nte igual a zero. Caso 3, o equillbrio de forças paralelas em um plano exige a única equação de forças na direção das (direção x), e a única equação de momentos em torno de um eixo (eixo z) normal ao plano das forças. Caso 4, o equilíbrio de um sistema geral de forças em um plano (x-y) exige as duas equações de forças plano e uma única equação de momentos em torno de um eixo (eixo z) normal ao plano. Há duas situações de equillbrio que ocorrem freqüentemente e para as quais o estudante deve ser do. A primeira situação é o equilíbrio de um corpo sob a ação de apenas duas forças. Dois exemplos são ados na Fig. 3.4 e está claro que para tal corpo, as forças devem ser iguais, opostas e colilleares. O ato do corpo não deve confundir esta simples exigência. Nas ilustrações citadas, os pesos dos corpos são 'derados desprezíveis, comparados com as forças aplicadas .

p

/'

de um número de

~-::eatuam em corpos em

/'

/'

/'

/'

/'

-p Corpo submetido à ação de duas forças (a)

Fig.3.4

.~s

A segunda situação é o equillbrio de um corpo sob a ação de três forças (Fig. 3.5a). Vê-se que as linhas de ação das três forças devem ser concorrentes. Se elas não o forem, uma das forças exercerá um momento resultante em torno do ponto de concorrência das outras duas, o que violará a exigênçia de momento nulo, em torno de cada ponto. A única exceção ocorre quando as três forças são paralelas. Neste caso, o ponto de concorrência pode ser considerado como estando no infmito. O princípio da concorrência das três forças em equillbrio é de considerável utilidade na execução de soluções gráfIcas das equações das forças. Neste caso, o polígono das forças é traçado de modo a fechar-se, como mostrado na Fig. 3.5b. Se um corpo em equillbrio estiver sob a ação de mais de três forças, é comum reduzi-Ias a três, combinando duas ou mais das forças conhecidas,

(a) Corpo submetido à ação

(b) Polígono fechado

satisfaz ~F

de três forças

==

O

Fig.3.5

equação de forças, na ticamente satisfeitas.

(b) Equações Alternativas de Equilíbrio. Há duas maneiras adicionais de se expressar as condições necessárias para o equilíbrio de forças em duas dimensões. Para o corpo mostrado na Fig. 3.00 se LMA =0, então, a resultante R, se ela ainda existe, não pode ser um conjugado, porém deve ser uma força R que passa

(

.

68 I ESTATlCA

p~r A. Se agora a equaçOo ~ F x ~ O "mantém onde a direçOo x é perfei,,",en!e "bitrária, "gue, confonne a Fig. 3.6b, que a força resultante R, se ela ainda existe, não somente deve passar por A, mas deve também ser perpendicular à direção x, como mostrado. Agora, se "iMB = O, onde B é qualquer ponto tal que a linha AB não seja perpendicular à direção x, está claro que R deve ser zero e portanto o corpo está em equilfbrio . Por conseguinte, uma opção para o conjunto das equações de equilfbrio é:

onde os dois pontos A e B não se devem situar sobre uma linha perpendicular à direção

x.

tMA = o satisfeita

-------- -B. (a)

R\.A

x

(b)

"LMA = O satisfeita

"LMR=O tMA =

O}satisfeitas

(d)

(c) Figo 306

Uma terceira formulação das condições de equilíbrio pode ser feita, para um sistema de forças copIa· nares. Novamente, se "iMA = O, para qualquer corpo tal como mostrado na Fig. 3.6c, a resultante, se ela existe, deve ser uma força R que passa por A. Além do que, se "iMB = O, a resultante, se ainda existir, deve passar por B, como mostrado na Fig. 3.6d. Tal força não pode existir, contudo, se "i Me = O, onde C não é colinear com A e B. Portanto, as equações de equillbrio podem ser .

onde A, B e C são três pontos quaisquer não situados sobre a mesma linha reta. Quando nem todas as equações de equillbrio são independentes, obtém-se informação redundante e a solução das equações dará O = O. Por exemplo, em um problema geral em duas dimensões, com três incógnitas, escrevendo-se três equações de momentos em torno de três pontos que estão sobre a mesma linha reta, obtém-se equações dependentes. Estas equações conterão informações redundantes e a solução de duas delas pode, no máximo, determinar duas das incógnitas. A terceira equação verificará, meramente, a identidade 0=00 (c) Vinculas e Determinação Estática. As equações de equillbrio desenvolvidas neste item são condições necessárias e suficientes para estabelecer o equillbrio de um corpo, contudo elas não fornecem necessariamente informações suficientes para se calcular todas as forças desconhecidas que possam atuar sobre o corpo emequillbrioo A questão de suficiência situa-se nas caracterfsticas dos vfnculos a possfvel movimento do corpo, fornecidas pelos seus suportes. Vfnculo significa o impedimento do movimento. No Ex. 4 da Figo 3.1, o r01ete, a esfera e o suporte oscilante fornecem vfnculos normais à superffcie de contato, mas nenhum vínculo tangente à superffcie. Portanto, uma força tangencial não pode ser suportada. Para a bucha

guia e o cursor do Ex.. 'culação fixo fornece . o, a menos que o pinl .ção, assim como vín Se o suporte oscil o, como em A, haveria '0 sem colapso. As três todas as quatro incá - ça seriam dependentes I espondentes proprie ormação inicial, exigida Fazendo, outra vez, re smitir um conjugado p do sobre a viga, a sabe - temente, as três equaçõ para o cálculo das quatro Um corpo, ou combir ,rtes externos ou vfncu1c ricamente indeterminadn o são chamados de redu

grau de indeterminação ; lÍmero de equações de equiJ . ero mfnimo de vfnculo: ricamente determinados, ças externas desconheci& Os problemas sobre e, os estaticamente determ

- estável e onde as forças equillbrio independente-s ssão, para o fato de qrn ,blema de equilfbrio. Um - reações externas descon forças envolvido. É sempl o que um número igual esforço na tentativa de . gnitas podem ser forças, Ao discutir a relação el vfnculos. A existência de uma configuração estável. to A do corpo rfgido em quer rotação em torno opriados)o Na parte b da pelo ponto A, onde a

A

) Estabilidade completa. Vínculos suficientes

(,

EQUI ÜBR 10 I 69

itci~, segue, conConne por A, Imas deve também "quer ponto tal que a linha rpo está em equilíbrio.

•

sistema de forças copla~. 3.6c, a resultante, se ela te, se ainda existir, deve se 'LMc = O, onde C não é

Ie informação redundante

ea três incógni- sobre a mesma linha reta, e a solução de duas delas • meramente, a identidade

IcEmensões, com

de guia e o curso r do Ex. 5, o vínculo somente é possível na direção normal à guia. No Ex. 6, o pino de articulação fixo fornece vínculo em ambas as direções, mas não oferece resistência à rotação em torno do pino, a menos que o pino não esteja livre para girar. O suporte fIxo do Ex. 7, contudo, oferece vínculo à rotação, assim como vínculo ao movimento lateral. Se o suporte oscilante, que suporta a treliça do Ex. 1, na Fig. 3.2, fosse substituído por uma junta de linO, como em A, haveria um vínculo adicional, além do exigido, para suportar uma configuração de equilíbrio sem colapso. As três condições de equilíbrio escalar, Eqs. 3.2, não seriam sufIcientes para a determinação de todas as quatro incógnitas, visto que Ax e Bx não poderiam ser separadas. Estas duas componentes da 'orça seriam dependentes da deformação das barras da treliça, conforme fossem influencidas por suas correspondentes propriedades de rigidez. As reações horizontais também seriam dependentes de qualquer eformação inicial, exigida para ajustar as dimensões da estrutura àquelas das fundaçÕes entre A e B. Fazendo, outra vez, referência à Fig. 3.2, se o pino B no Ex. 3 não for livre para girar, o suporte pode transmitir um conjugado para a viga através do pino. Portanto existiriam quatro reações de apoio incógnitas atuando sobre a viga, a saber: a força em A, a duas componentes da força emB e o conjugado emB. Conseqüentemente, as três equações escalares do equilíbrio independentes não iriam fornecer informações sufIcientes para o cálculo das quatro incógnitas. Um corpo, ou combinação rígida de elementos, considerada como um corpo único, que possua mais suportes externos ou vínculos do que os necessários para manter uma posição de equilíbrio, é chamado de estaticamente indeterminado. Suportes que podem ser removidos sem destruir a posição de equillbrio do corpo são chamados de redundantes. O número de elementos de suportes redundantes presentes corresponde ao grau de indeterminação estática e se iguala ao número total de forças externas desconhecidas menos o .ÚInero de equações de equilíbrio independentes disponíveis. Por outro lado, corpos que são suportados pelo ,ÚInero míniino de vínculos necessários para assegurar uma confIguração de equihbrio são chamados de estaticamente determinados e, para tais corpos, as equações de equillbrio são sufIcientes para determinar as orças externas desconhecidas. Os problemas sobre equillbrio incluídos nesta seção e por toda a Estática estão geralmente restritos a corpos estaticamente determinados, onde os vínculos são perfeitamente sufIcientes para assegurar uma posição estável e onde as forças de suporte desconhecidas podem ser completamente determinadas pelas equações de equillbrio independentes disponíveis. Contudo, o estudante está alertado neste ponto, por esta breve discussão, para o fato de que ele deve estar atento sobre a natureza dos vínculos, antes de tentar resolver um ifOblema de equillbrio. Um corpo será identillcado como estaticamente indeterminado quando existirem ais reações externas desconhecidas do que equações de equillbrio independentes disponíveis, para o sistema de forças envolvido. É sempre bom contar o número de forças desconhecidas sobre um dado corpo e estar certo que um número igual de equações independentes podem ser escritas. Caso contrário, pode-se desperdiçar esforço na tentativa de uma solução impossível, com o auxI1io somente das equações de equillbrio. As . cógnitas podem ser forças, conjugados, distâncias ou ângulos. Ao discutir a relação entre vínculos e equillbrio, deve-se estar atento para a questão da adequabilidade dos vínculos. A existência de três vínculos em um problema bidimensional, nem sempre garante a existência uma configuraçito estável. A Fig. 3.7 apresenta quatro tipos diferentes de vínculos. Na parte a da figura, o ponto A do corpo rígido está fIxado por dois vínculos e não pode mover-se, e um terceiro vínculo impede qualquer rotação em torno de A. Assim o corpo está completamente fIxo com três vínculos adequados apropriados). Na parte b da fIgura, o terceiro vínculo é posicionado de tal modo que a sua linha de ação passa pelo ponto A, onde as forças dos outros dois vínculos concorrem. Portanto, esta confIguração de

. 'das neste item são condielas não fornecem necessaque possam atuar sobre o os a possível movimento movimento. No Ex. 4 da 5l.Iperfície de contato, mas 3eI suportada. Para a bucha

A

(o) Estabilidade completa.

Vínculos suficientes

A

(b) Estabilidade incompleta.

Vínculos parciais

(c) Estabilidade incompleta.

Vínculos parciais

Fig.3.7

(d) Estabilidade excessiva.

Vínculos redundantes

;:-----

~ÀTIC'

vínculos não pode oferecer nenhuma resistência inicial à rotação em torno de A, que pode ocorrer quando forem aplicadas forças externas sobre o corpo. Conclui-se, assim, que este corpo está mal fixado, com vínculos parciais. A configuração da parte c da figura fornece uma condição semelhante de fixação incompleta, porque os três vínculos paralelos não podem oferecer resistência inicial a pequenos movimentos verticais do corpo como resultado da aplicação de cargas externas sobre ele, nesta direção. Os vínculos desses dois exemplos são freqüentemente denominados impróprios. Na parte d da figura, tem-se as condições de fixação completa, com a ligação 4 atuando como um quarto vínculo, desnecessário para manter" a posição fixa. A ligação 4 é, então, um vínculo redundante, eo corpo é estaticamente indeterminado. Como mostrado noS quatro exemplos da Fig. 3.7, é geralmente possível concluir, através da observação direta, quando os vínculos de um corpo em equilíbrio em duas dimensões são adequados (apropriados), parciais (impróprios) ou redundantes. Como já foi citado, a grande maioria dos problemas neste livro é estaticamente determinada com vínculos adequados.

Os problemas resolvidos no final do item, ilustram a aplicação do diagrama de corpo livre e das equações de equilíbrio em problemas típicos da Estática. Quando se aplicam as equações do equilíbrio, um passo muito útil é proceder a uma rápida escolha dos eixos de referência e do centro de momentos. Em geral, a melhor escolha para centro de momentos é o ponto pelo qual passa o maior número possível de forças desconhecidas. A necessidade freqüente de encontrar a solução simultânea das equações de equillbrio pode ser minimizada ou evitada por uma escolha cuidadosa dos eixos de referência e do centro dos momentos. Na solução de problemas é recomendável, antes de aplicar um princípio da Mecânica, preceder esta aplicação por uma declaração simbólica do princípio ou da equação regente envolvida. Nos problemas resolvidos, estas declarações estão localizadas entre parênteses, à esquerda dos cálculos e servem como recordação da justificativa para cada etapa principal. Do mesmo modo, as recomendações localizadas no item 1.8 são valiosas ao estudante, particularmente neste estágio inicial, para formar seus hábitos de abordagem à solução dos problemas de Engenharia.

Problema Resolvido 3.1 Determinar a intensidade das forças C e T que, juntamente com as outras três forças mostradas, atuam sobre os elementos de um nó de treliça.

Solução II (álgebra e ções simultâneas, serão usa meiro somatório na direção [1;Fy'

= O] - C cos 200

[1;Fx'

-

3 cos

= O]

T + 8 cos 400

-

16 cos 4{ T

Solução III (álgebra vem nas direções x e y, o soma dá a equação vetorial [~F=

8i + (T

O]

00'

+( Igualando a zero os coefi 8 + T cos 40°

Tsen 40 que, naturalmente; das acima.

são as m

Solução IV (geométriCl1 presenta a soma vetorial m vê-se que as equações (a) e direções x e y. Semell1ante! x' e y' dão as equações altel'i Uma solução gráfica é fi dos são dispostos em seq iií? e as direções de T e de C si interseção resultante no po: medir as intensidades de T quer que seja o grau de pI gono.

Solução. O esboço apresentado constitui o diagrama de corpo livre do nó em questão, e mOstra as cmco forças que estão em equilíbrio. Solução I (álgebra escalar). Para os eixos x-y mostrados, têm-se, [~Fx

=

O]

8 + T cos 400 + C sen 200

-

16

[1;Fy

=

O]

T sen 400

=

O

=8

(a)

- Ccos 200 - 3 = O 0,643T - 0,940C = 3

(b)

0,766T + 0,342C

A solução simultânea das equações (a) e (b) dá

T= 9,09 kN

C= 3,03 kN

Resp.


Determinar a tração T D( pino em A, para a lança do g perfil I, padronizado, com O. comprimento.

Solução algébrica. ~ evi. relação ao plano vertical x-) Assim, o problema pode ser

EQUI LfBRIO

·e pode ocorrer quando mal fixado, com víncu.~ de fIxação incompleta, movimentos verticais do - culos desses dois exem-

ti

Solução II (álgebra escalar). Para evitar a solução de equações simultâneas, serão usados os eixos x"y', tomando o primeiro somatório na direção y', para eliminar T. Assim

= O] - C cos 20° - 3 cos 40° - 8 sen 40° + 16 sen 40°

as condições de fIxação manter" a posição fIxa. A

~

. , através da observação equados (apropriados), emas neste livro é estati-

corpo livre e das equa'"5es do equilíbrio, um passo de momentos. Em geral, a possível de forças descode equilíbrio pode ser dos momentos.

:a ~ecânica, preceder esta - 'da. Nos problemas resole servem como recordação a loCalizadas no item 1.8 são ~ de abordagem à solução iD

=

C= 3,03 kN [!:Fx'

~,

Notas:

CD

P;Fy'

O

Resp.

= O]

T + 8 cos 40° - 16 cos 40° - 3 sen 40° - 3,03 sen 20°

T= 9,09 kN

I 71

A escolha dos eixos de referência, para facilitar os cálculos, é sempre uma consideração importante. Poderíamos ter tomado, neste exemplo, um outro conjunto de eixos, coincidente e perpendicular à direção de C, e empregarmos um somatório de forças normais a C, para eliminá-Ia.

=O Resp.

Solução ]]] (álgebra vetorial). Com os vetores unitários i e j, nas direções x e y, o somatório de forças nulo para o equilíbrio dá a equação vetorial [!:F

= O]

8i + (T cos 40")i + (T sen 400)j - 3j +

+ (C sen

200)i - (C cos 200)j - 16i

=O

Igualando a zero os coeficientes de i e de j tem-se 8 + T cos 40° + C sen 20° - 16

=O

T sen 40° - 3 - C cos 20°

=O

que, naturalmente; das acima.

são as mesmas equações que (a) e (b), resolvi-

Solução ]V (geométrica). Apresenta-se o polígono que representa a soma vetorial nula das cinco forças. Imediatamente vê-se que as equações (a) e (b) dão as projeções dos vetores nas direções x e y. Semelhantemente, as projeções sobre as direções x' e y' dão as equações alternativas da solução 11. Uma solução gráfica é facilmente obtida. Os vetores conhecidos são dispostos em seqüência, usando uma escala conveniente, e as direções de T e de C são traçadas para fechar o polígono. A interseção resultante no ponto P completa a solução, permitindo medir as intensidades de T e de C diretamente do desenho, qualquer que seja o grau de precisão usado na construção do polígono.

Problema Resolvido

3.2

Determinar a tração T no cabo de suporte e a força sobre o pino em A, para a lança do guindaste, mostrada. A viga AB é um perfil I, padronizado, com 0,5 m de altura e 95 kg por metro de comprimento.

Solução algébrica. ~ evidente que o sistema é simétrico em relação ao plano vertical x-y, como se observa na vista lateral. Assim, o problema pode ser analisado como o equilíbrio de um

§...!íl::!.

~ Os vetares conhecidos podem ser somados em qualquer ordem desejada, mas sempre devem ser somados antes dos vetores desconhecidos.

\

I

ESTATlCA

sistema de forças coplanares. O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na figura, com a reação do pino em A decomposta nas duas· componentes retangulares. O peso da viga é 95 00-3) (5) 9,81 = 4,66 kN e atua em seu centro. Note-se que existem três incógnitas, Ax, Ay e T que podem ser achadas com as :três equações de equilíbrio. Começa-se com a equação dos momentos em torno de A, que elimina duas das três incógnitas. Na aplicação da equação dos momentos, em torno de A, é mais simples considerar os momentos das componentes retangulares x e y de T, do que calcular o braço de alavanca de T em relação a A. Portanto, tomando o sentido anti-horário como positivo:

OBLEMASPROPOSTOS

(T cos 25°) 0,25 + (T sen 25°) (5 - 0,12) - 10 (5 - 1,5 - 0,12) - 4,66 (2,5 - 0,12)

=°

Calculando, vem:

Probl. 3.

T= 19,61 kN

Resp.

Igualando a zero as somas das forças nas direções x e y, vem:

~

4,66 kN

[EFx

= O]

Ax - 19,61 cos 25°

= 0,

[EFy

= O]

Ay + 19,61 sen 25° - 4,66 - 10

Ax

= 17,77

kN

lOkN

Diagrama de corpo livre

= 0,

Notas:

Determinar a intensidade o jardineiro deve exercer um rolo para gramado de parado em um plano co contre, também, a força rolo. O centro de gravi O.

Ay = 6,37 kN, A =

y'(i

= 18,88

kN.

[A = .J~A-x-'-+-A-y-'J, 3

A

7,77fJ + (6,37)',

CV

A justificativa para este passo é, naturalmente, o teorema de Varignon ou teorema dos momentos, explicado no item 2.4. Esteja preparado para tirar, freqüentemente, toda a vantagem deste princípio.

CV

O cálculo de momentos em problemas bidimensionais é, geralmente, tratado de maneira mais fácil, pela álgebra escalar do que pelo produto vetorial r A F. Em três dimensões ocorre o oposto, corno será visto.

Resp.

Solução gráfica. Aplica-se o princípio de que três forças em equilíbriO devem ser concorrentes para uma solução gráfica, combinando-se as duas forças verticais conhecidas de 4,66 kN e 10 kN, em urna força única de 14,66 kN, aplicada, corno se vê, sobre o diagrama de corpo livre da viga, modificado, na parte b da fJgUraA. A posição desta carga resultante pode ser determinada gráfica ou algebricamente. A interseção da força de 14,66 kN com a linha de ação da força de tração T, desconhecida, define o ponto de concorrência 0, pelo qual deve passar a reação do pino A. As intensidades desconhecidas das forças T e A podem agora ser determinadas, traçando-se o polígono feohado de equilíbrio das forças. Após a carga"vertical conhecida ser repre6entada em escala sonveniente, corno é mostrado na parte inferior da figura, desenha-se urna linha que representa a direção dada da tração T e que passa pela extremidade do vetor de 14,7 kN: Do mesmo modo desenha-se uma linha que representa a direção da reação A do pino, determinada da concorrência estabelecida com o diagrama de corpo livre e que passa pela parte traseira do vetor de 14,7 kN. A interseção das linhas que representam os vetores T e A estabelece as intensidades de T e A, necessárias para igualar a sorna vetorial das forças a zero. Essas intensidades podem se! medidas diretamente do diagrama. As componentes x e y de A podem ser representadas no polígono de força, se isso for conveniente.

®

A direção da força em A poderia ser calculada facilmente, se desejado. Porém, no projeto do pino A, ou na verificação da sua resistênCia, a intensidade da força é que interessa.

-1-A

--1A y

facilitar a mudança de içamento, quando estiver gado, as saliências A e uma viga caixão, e o através de um rasgo hom ~ forças em A e em B q~ tando uma massa de 300 1 Resp. "

-...o~ ~~~~f"-...

_--

Ax

O suporte desllzante m

[

I

i

.

mml

=

4,66 kN

ProbL.

EQUIu"BRIO

/ 73

OBLEMASPROPOSTOS o

cilindro tem massa homogênea de 40 kg e repousa sobre superfícies lisas A e B, inclinadas de 30° e 60° da horizontal, respectivamente. Determinar as forças de contato em A e B. Resp. A=340N;B=196N

3.7

Se o parafuso B do grampo de madeira for apertado de modo que os dois blocos fiquem submetidos a uma compressão de 500 N, determinar a força no parafuso A. (Nota. A força no parafuso pode ser tomada na direção do parafuso.)

10 kN

Probl. 3.4

~ !66~ -,

Determinar a intensidadeP da força horizontal que o jardineiro deve exercer sobre a alavanca leve de um rolo para gramado de 100 kg, a fun de mantê-Io parado em um plano com 10° de inclinação. Encontre, também, a força exercida pelo solo sobre o rolo. O centro de gravidade do rolo está no centro

10 kN

de corpo livre

150 mm

O.

Probl. 3.7 este passo é, naturalmen-arignon ou teorema dos ~o no item 2.4. Esteja _freqüentemente, toda a =ípio.

=os em problemas bidi--nte, tratado de maneira = ma escalar do que pelo F. Em três dimensões será visto.

--o

=

A poderia ser calcula~ 25ejado. Porém, no proje::l! ,eri.ficação da sua resisda força é que interessa.

3.8

Uma balança de mola indica uma tração T no cabo mais à direita de um sistema de cabos e polias, que está suportando um corpo de massa m. Expresse m em termos de T. Desprezar as massas das polias . . Resp. m = 8T/g

Probl.3.5

l.6

O suporte deslizante mostrado é empregado para facilitar a mudança de posição de um gancho de içamento, quando estiver sem carga. Quando carregado, as saliências A e B se travam nos flanges de uma viga caixão, e o gancho se projeta para fora através de um rasgo horizontal na viga. Calcular as forças em A e em B quando o gancho está suportando uma massa de 300 kg. Resp. A = 4,91 kN; B= 1,96 kN

Probl. 3.8

3.9

A viga de 4,5 m de comprimento e de massa uniforme igual a 200 kg está carregada, no plano vertical, pelas forças paralelas mostradas. Calcular as reações nos. apoios A e B. A

6kN

2kN

~

~

~

LL ~ I

O,5m

Probl. 3.6

_~I

•

1,5m +lm

.

~

Jl4kNJ 1m 0,5m

Probl.3.9

74 I ESTÁTICA

3.10

Calcular a forçaP que o homem deve exercer sobre o cabo, a fim de suspender o caixote de 200 kg, na posição incliriada mostrada. Escolha os eixos de referência de modo a encontrar P usando uma única equação, sem envolver a tração na parte superior do cabo. Resp.

P

=

6

871 N

A estrutura em T de m massa em G. Calcular a pino em O. após a aplil cabo.

3kN ---

2,5m

t--

Probl. 3.13

Probl.3.16

Probl. 3.10 1,5m~

3.11

Encontrar graficamente a força P e a tração T da parte superior do cabo do Probl. 3.10.

3.12

Calcular as intensidades T, e T2 das trações nos dois cabos que suportam o caixote de 100 kg. Resp. T, = 1 067 N; T2 = 1 730 N

.0

A 010

~O,75J m

Probl.3.14

Um avião a jato, com mass horizontalmente à velocict. km/h, sob um empuxo c 16 kN. Se o piloto aumento para fornecer um empuxo nariz do avião de modo a 5 velocidade constante de III ângulo e formado pela no., a horizontal. Notar que a li tória de vôo, em uma alth somente da velocidade do a:

Se o peso do pau de carga rado com a carga P, enc
?

2000 N

3.15

A resistência à flexão do suporte é testada com uma carga de 2 kN. Calcular a força sobre o rolete emA e a força total suportada pelo pino em O.

Probl. 3.12

3.13

3.14

Determinar a força P que o operário, cuja massa é de 80 kg, deve exercer sobre o cabo, a fim de suportar a si próprio, no assento ligado no mecanismo, como é mostrado na figura. Que força R o homem exerGe sobre o assento? Resp. P= 157 N; R = 628N Para testar a deflexão de uma viga uniforme de 100 kg, o menino de 50 kg exerce uma força de 150 N no cabo, montado como mostrado. Calcular a força suportada pelo pino da articulação O. Resp. FO = 3,93 kN

Probl.3.1l

Probl. 3.15

A peça articulada é usada tivo de trinco, para ligar urr vagão. Se uma tração T = , barra de controle horizonta tão, contra o qual a peça meio de uma solução vetoti que o pino suporta emA.

EQUIÜBRIO / 75

A estrutura em T de massa 200 kg, tem o centro de massa em G. Calcular a força total suportada pelo pino em O, após a aplicação da força de 3 kN no cabo. Resp. O = 2,36 N 3kN

~

't-

2,5m

1..-. L 3.13

Prob1.3.16

3.20

Um avião a jato, com massa de 8 Mg, está voando horizontalmente à velocidade constante de 1 000 km/h, sob um empuxo dado pelas turbinas de 16 kN. Se o piloto aumenta a taxa de combustível para forneçer um empuxo de 20 kN e levanta o nariz do avião de modo a subir, mantendo o ar na velocidade constante de 1 000 km/h, determinar o ângulo () formado pela nova trajetória de vôo com a horizontal. Notar que a resistência do ar na trajetória de vôo, em uma altitude qualquer, é função somente da velocidade do ar . Resp. () = 2,920

• •

8

3.14

Se o peso do pau de carga for desprezível, comparado com a carga P, encontrar a força F sobre a rótula, em A, e mostrar que F é constante para todos os valores de (). Determinar o valor limite de T, quando () se aproxima de 900•

Probl. 3.20

3.21

o suporte é testada com cu1ar a força sobre o ro1ete " Irtada pelo pino em O.

Probl. 3.18

9

3.15

A peça articulada é usada para ativar um dispositivo de trinco, para ligar um grande reboque ao seI.: vagão. Se uma tração T = 400 N for necessária na barra de controle horizontal para desengatar o pistão, contra o qual a peça atua em C, estimar por meio de uma solução vetorial, a mão livre, a força que o pino suporta em A.

Calcular o valor do conjugado M, necessário para empurrar a roda de 40 kg para cima do plano inclinado. Determinar também a força de contato R em A. A superfície do plano inclinado é suficientemente rugosa para evitar escorregamento. Resp. M= 47,1 N·m; R = 393 N

Substituir o conjugado M, do Probl. 3.20, pela força horizontal P e calcular seu valor, necessário para empurrar a roda de 40 kg para cima do plano inclinado. Determinar também a força de contato R, emA. Não ocorre deslizamento. Resp. R = 406 N

Probl. 3.21

3.22

O tambor de óleo com massa de 300 kg, quando cheio, tem centro de massa em G. Calcular a força vertical P, necessária para manter o equilíbrio do tambor e do carrinho na posição mostrada. Pode-se desprezar o peso do carrinho quando comparado com o do tambor.

p p 375mm

Probl. 3.25 3.26 450


..•,. 2~·'i Probl.3.22 3.23

A viga em balanço, com massa uniforme de 50 kg por metro de comprimento, suporta o conjugado e as três forças mostradas. Isolar a viga à direita da seção A e calcular o momento (conjugado) M e a força vertical V, exercida pela parede nesta seção. Resp. V = 3,44 kN para cima M = 8,33 kN' m anti-horário

!

3m

4m

Calcular a intensidade da f. em A, sob a ação de um aplicado ao suporte leve.

---±240 mm

b~ ~2kN'm

A


3.24

Probl.3.28

1,5 kN

1 kN 2m

Um tambor de 600 mm de raio, com centro de massa G no seu centro geométrico, tem uma maSSE total de 1 600 kg e repousa sobre um carrinho constituído por dois roletes longos de 240 mm de diâmetro. Os roletes se apóiam sobre uma superfície horizontal lisa e são impedidos de se separarem por meio de vínculos horizontais, um em cada extremidade do rolete, como mostrado. Calcular a tração T em cada vínculo e a reação R entre o tam· bor e cada rolete. Resp. T= 3,79 kN; R = 10,91 kN

3.27

A vara de 15 metros, com massa uniforme de 150 kg, é suportada por suas extremidades lisas, contra as paredes verticais, e pela tração T no cabo vertical. Calcular as reações em A e B.

Probl. 3.29

A treliça rígida está submetida às quatro cargas mostradas e é suportada pela articulação em A e pela ligação BC. Desprezar o peso da treliça e calcular a intensidade da força suportada pelo pino em A. Porque, com o carregamento dado, a direção da força em A é paralela a BC?

O conjugado aplicado no Pr pela força horizontal de 30C a intensidade da força supo que sustenta o suporte leve.

100

mm~

Probl.3.24

Probl. 3.30 3.28 3.25

A chave de pinos é usada para girar eixos e anéis. Se um momento de 80 N • m for necessário para girar o eixo de 200 mm de diâmetro em torno de seu centro O, sob a ação da força aplicada?, determinar a força de contato R sobre a superfície lisa em A. O encaixe do pino em B pode ser considerado como ocorrendo na periferia do colar. Resp. R = 1 047 N

A fita magnética, sob uma tração de 10,0 N em D, passa em torno das polias-guia e através do cabeçote de eliminação da informação registrada em C, com velocidade constante. Como conseqüência de um pequeno atrito nos mancais das polias, a fita em E está sob uma tração de 11,0 N. Calcule a tração T na mola de suporte em B. A .chapa é horizontal e o mancal A, de rolamento de agulha, é de precisão. Resp. T. = 10,6 N

I

A barra, com roletes nas e;x forme de 50 kg, permanece. mostrada, por meio da coro minar a tração T, na corda, e equação de equilíbrio. O B. por inspeção.

EQUIÜBRIO / 77 p

A"·

1~5IDm ~3.15

Prebl. 3.31

~:= II

de raie, cem centre de geométrice, tem uma massa • ~ repeusa sebre um carrinho 11m :oletes lenges de 240 mm de ~ se apÓiam sebre uma superfí- impedides de se separarem herizentais, um em cada come mestrade. Calcular a .o e a reaçãe R entre e tamT= 3,79 kN; R

=

3.32

Prebl. 3.28

Calcular a intensidade da farça supartada pele pine em A, seb a açãe de um cenjugada de 30 Nom aplicade ae superte leve.

Quanda se aplica a ferça de 300 N na chave de reda vista na figura, a ferça de atrite cem e sele impede a gire da rada. Usande semente uma equaçãa de equilíbrie, determinar a cempanente herizental 0x da reaçãa exercida sebre a reda, pela mancal fixe em O. Analise a chave e a reda ceme se fessem um carpe únice. Resp. 0x = 510 N

10,91 kN

~ 240 mm

3.26

Prebl. 3.29

bmetida às quatre cargas - pela articulação em A e e pese da treliça e cal:.a ferça supertada pele pino - =egamente dade, a direção -,- aBC?

Prebl. 3.32

o

cenjugade aplicade ne Prabl. 3.29 é substituíde pela ferça herizental de 300 N mestrada. Calcular a intensidade da ferça supertada pele pine em A, que sustenta e superte leve. Resp. A = 747 N

3.33

As estruturas mestradas sãa estaticamente indeterminadas. Descreva, ne mÍnime, uma madificaçãe nas apaias, para cada casa, que teme a estrutura estaticamente determinada. --

B

300N

Prebl.3.30 uma traçãe de 10,0 N emD, ?CJlias-guiae através de cabe5z ÍIÚOJ;maçãeregistrada em C, te. Ceme censeq üência de mancais das pelias, a fita ~o de 11,0 N. Calcule a tra;>arte em B. A chapa é herizen:::. relamente de agulha, é de Respo T. = 10,6 N '=,

I

A barra, cam reletes nas extremidades e massa uniferme de 5 O kg, permanece em equil1brie na pesiçãe mestrada, per meie da cerda herizental CD. Determinar a traçãe T, na cerda, escrevende somente uma equaçãe de equilÍbrie. Obter, entãe, as ferças A e B, per inspeçãe.

Pre!.>I.3.33 3.34

A figura mestra uma série de chapas retangulares e seus vínculas, tadas limitadas ae plane de representaçãe. As chapas pedem ser submetidas a várias

78 I ESTÁTICA

cargas conhecidas aplicadas no plano da chapa. Identificar as chapas que se relacionam com cada uma das seguintes categorias.

3.36

A laje uniforme de concreto, mqstrada em vista lateral, tem massa de 25 Mg e está sendo içada vagarosamente para a posição vertical, pela tração P no cabo de içamento. Para a posição onde = 600, calcular a tração T na ancoragem do cabo horizontal, usando somente uma equação de equilíbrio. !J

(A) Estabilidade completa com o número mínimo de vínculos suficientes. (B) Estabilidade parcial, com vínculos insuficientes. (C) Estabilidade completa, com vínculos redundantes. (D) Estabilidade parcial, com vínculo redundante.

Probl. 3

A barra e os roletes das centro de massa em G, e t . lin adas, conf a\ per f"lC1es mc dado valor de 8, detenn.ml barra estará em equiliõr:i bém, dois valores adicionail veis.

tio 2

4

Probl. 3.36

5

HD ~

3.37

8

· ..s.~/ ~

1----1 ~

Probl.3.34

3.35

Um barco, ainda em fase experimental, está equi· pado com quatro sapatas, duas de cada lado, como se vê na figura. O barco tem massa total m e centro de gravidade em G. O empuxo é fornecido pelz hélice. A relação entre a sustentação e o a"asta· mento, para cada sapata, é n. Sustentação é a força vertical que cada sapata suporta. A"astamento é a força horizontal que a água opõe ao movimento. Para um dado empuxo T da hélice, escrever z expressão para o arrastamento D sobre cada uma das duas sapatas dianteiras. Resp.

D

= 4n 1 ( mg + T -bd+h)

A barra, com roletes nas extremidades e massa uniforme de 30 kg, é suportada pelas superfícies vertical e horizontal e pelo fio AC. Calcular a tração T no fio e as reações contra os roletes em A e.em B. Resp. T = 295 N; A = 73,6 N; B = 196,2 N

Probl. 3.37

3.38

Probl. 3.35

As sapatas de suporte que mantêm o míssil preso plataforma de lançamentos deslizam em ranh T, no trilho-guia. Em teste estático de míssil, sapata A é firmemente presa à ranhura, enquanto sapata B fica solta. Sabendo-se que o míssil tem massa de 1 500 kg e centro de gravidade G e ..empuxo de 20 kN, calcular a força que atua pino que liga o míssil à sapata B.

O caminhão basculante

é

seção cortada de um tronOli A seção do tronco tem corpo da carroceria é de 3 G l' está localizado dire seiras, na posição de I torque M necessário para aplicado à carroceria atra lar, também, as forças co de rodas traseiro e dianteini do cavalo mecânico é de 3 roceria, e o centro de massa

EQUI L(BR 10 I 79

3.41

A roda de 300 mm de raio com massa de 60 kg e centro de massa em G, repousa sobre uma superfície horizontal rugosa. Sob ação do conjugado M = 50 N • m, aplicado em A, a roda se ap6ia contra o rolete em B, que a impede de rolar para a frente. Calcular a intensidade da força total exercida sobre a roda em C, pela superfície horizontal. Resp. FC = 343 N

Probl. 3.38

9

~

A barra e os roletes das suas extremidades têm o centro de massa em G, e estão dispostas sobre superfícies inclinadas, conforme mostrado. Para um dado valor de 8, determinar o ângulo {3, no qual a barra estará em equilÍbrio instável. Indicar, também, dois valores adicionais de {3 para posições estáveis. Resp. {3 = arc tg (+ tg 8)

336

Probl. 3.41

3.42

fase experimental, está equi, duas de cada lado, com tem maSsa total m e centro _ O empuxo é fornecido pela ~--;re a sustentação e o arrasta· é n. Sustentação é a força suporta. Arrastamento é água opõe ao movimento. o T da hélice, escrever a z:::a..'fa.J11entoD sobre cada uma

Probl. 3.39

<-

D=-4n1 ( mg+T-d+h) b

Um reboque especialmente constru{do é usado para transportar e erguer um míssil até a sua posição vertical de lançamento. O corpo do reboque e o míssil têm massa combinada de 6,20 Mg, com centro de massa em G. A unidade é levada para a posição por dois cilindros hidráulicos, um de cada lado do reboque. Calcular a força compressiva F C, em cada haste dos cilindros, para a posição em que o eixo AB do cilindro é perpendicular ao eixo longitudinal do reboque e míssil.

O caminhão basculante é usado para levantar uma seção cortada de um tronco de uma grande árvore. A seção do tronco tem massa de 600 kg e a do corpo da carroceria é de 300 kg. O centro de massa G •• está localizado diretamente sobre as rodas traseiras, na posição de levantamento. Calcular o torque M necessário para fazer. o levantamento, aplicado à carroceria através do eixo em O. Calcular, também, ás forças correspondentes nos pares de rodas traseiro e dianteiro do caminhão. A massa do cavalo mecânico é de 3 100 kg, excluindo a carroceria, e o centro de massa está em G 2 • Probl.3.42

,1. 3.37

que mantêm o míssil preso<.=entos deslizam em ranhurG! 2:n teste estático de míssil, c. presa à ranhura, enquanto Sabendo-se que o míssil tem z centro de gravidade G e ur:. -_calcular a força que atua n: à sapataB.

3.43

Determinar, no sistema de transporte de míssil descrito no Probl. 3.42, a intensidade F da força total suportada pela articulação em O. Sugere-se uma solução gráfica. Resp. F ~ 26 kN

3.44

O guindaste móvel de uma oficina de automóveis' está levantando um motor de 100 kg. Para a posição mostrada, calcular a intensidade da força suportada pelo pino em C e a pressão de óleo p que atua contra o pistão com diâmetro de 80 mm, do cilindro hidráulico AB.

-
<-

<-

mm

mm

Probl. 3.40

ESTÁTICA

a uma distância de 700 mm da linha de centro vertical, antes do tambor começar a girar. Todos os roletes estão perfeitamente livres para girar, com excessão de um em B, que deve vencer um apreciável atrito no mancal. Calcular a força de atrito F, tangente ao tambor, exercida por aquele rolete, e também encontrar a intensidade R da força exercida sobre o tambor por todos os roletes de A, para estas condições. 3.47

Probl.3.44 -

O peso da treliça rígida AB

rado com a carga de 12 Mg lar a força na barra horizol suportada pela articulação de

A cápsula lunar, de alumínio, tem massa de 240 kg, quando sai da fábrica, em Los Angeles. A lança oe do guindaste lunar tem 48 kg, quando fabricado, e seu centro de gravidade está na metade do comprimento. Determinar a força F no cilindro hidráulico AB do guindaste, na posição mostrada, no momento em que ele posiciona a cápsula na superfície da Lua. Lembrar que a atração gravitacional da Lua é +.da terrestre. Resp. F = 2 340 N

Probl. 3.49

Determinar a dimensão !, com a massa m mantendo a tração especificada T na correia para a posição mostrada. Desprezar os pesos do braço e da polia central, comparados com m. Encontrar também a força R suportada pelo pino, em O. Resp. R = .J3T2+ (mg)2

A peça OBC e a roldana C centro de gravidade em G. G da pela articulação de pino 3 kN for aplicada. O anelA f te na direção horizontal.

Probl. 3.4 7 3.48

Probl. 3.45

3.46

Um guindaste está içando um trator de 4,20 Mg. A massa da lança OA é 2 Mg e o centro de massa está no meio da sua altura. Calcular a tração T no cabo preso a B e a intensidade da força suportada pela articulação em O, para as condições de equilíbrio, na posição de 600• Desprezar a largura da lança. Resp. T= 61,5 kN; 0= 99,2 kN

O tambor com massa uniforme de 400 kg está montado sobre uma linha de roletes em A e outra em B. Um homem de 80 kg move-se vagarosamente

A

Probl.3.5O

I

A estrutura triãngular com de 200 kg e centro de mas1 tensidade da força suporo quando se aplica a força de

O,2m

Probl. 3.5] Probl. 3.46

Probl. 3.48

EQUILfSRIO / 81

r começar irar. Todos ~ -00 ente m.m .da~·nha li es parae centro girar, == B, que deve vencer um apre<= . Calcular a força de atrito :- :, exercida por aquele rolete, ~ a intensidade R da força exerc:_ ;x>r todos os roletes de A, piL,-

o peso da treliça

rígida AECDE é pequeno, compaudo com a carga de 12 Mg que ela suporta. Calcular a força na barra horizontal, em E, e a força suportada pela articulação de pino, em A .

tão. Ao usar a equação do momento, tire vantagem da substituição de uma força por uma força e um conjugado) . Resp. 0= 34,3 kN 3.52

~ alumínio, tem massa de 240 kg.. - :ca, em Los Angeles. A lança OC .-- tem 48 kg, quando fabricado. ~ Hade está na metade do comp:::;:::a força F no cilindro hidráuli IIE :lJI posição mostrada, no mome:.- .ona a cápsula na superfície 6. -= a atração gravitacional da Lua ~ Resp.

F

= 2 340 ~-

A viga tem comprimento de 6 m e massa uniforme de 300 kg. A força P aplicada ao cabo de levantamento é lentamente aumentada, para içar o anel C, os dois cabos AC e EC de 4 m e a viga. Calcular a tração nos cabos A e E, quando a viga deixa os seus suportes, e a forçaP é igual ao peso da viga. Resp. TA = 816 N; TE = 2449 N

Probl. 3.49

A peça OEC e a roldana C têm juntas SOOkg e o centro de gravidade em G. Calcular a força suportada pela articulação de pino O quando a carga de 3 kN for aplicada. O anelA fornece suporte somente na direção horizontal. Resp. O = 13,34 kN

Probl. 3.52

3.53

Uma estrutura especial para girar grandes seções de tubos de concreto (mostrada em tracejado), consiste de um setor, de massa 80 Mg, montado sobre duas linhas de roletes, uma em A e outra em E. Um dos roletes em E é uma engrenagem que encaixa em um anel dentado do sétor, e serve para girar o setor em torno do seu eixo geométriCO O. Quando = O, deve ser aplicado um torque anti-horário de 2 460 N • m à engrenagem em E, para impedir que o conjunto gire. Quando 30°, é necessário um torque de 4 680 N •m sentido horário para evitar a rotação. Localizar o centro de massa G da estrutura especial, calculando r e (J. Resp. r == 367 mm; == 79,8° C<

~ içando um trator de 4,20 Mg. ,'o úA é 2 Mg e o centro de massa estÉ 1.L~a. Calcular a tração T no cabe =idade da força suportada pelE lU. para as condições de equilíbrio. - Desprezar a largura da lança. .~~. T= 61,S kN; 0= 99,2 kl\

I

A

C<

Probl.3.50

A estrutura triângular com polias tem massa total de 200 kg e centro de massa em G. Calcular a intensidade da força suportada pelo pino em O, quando se aplica a força de 10 kN no cabo. (Suges-

(J

O,2m

Probl. 3.51

~

Probl.3.53

'2.Mz

u;:

ESTÁTICA

-O~RIO -

CONDIÇOES

A representação co s das superfícies de si<>nais,e estão expandidas .:orrJ.unsde transmissão de -

EM TR~S DIMENSÕES DE EQUlLmRIO

Os princípios e métodos desenvolvidos para o equilíbrio em duas dimensões serão, agora, estendidos ao :J'brio em três dimensões. As condições gerais para o equilíbrio de um corpo foram estabelecidas nas ~~ (3.1), item 3.1, especificando que a força e o conjugado resultantes sobre o corpo sejam nulos. Estas - -=: equações vetoriais do equillbrio e suas componentes escalares podem ser escritas como cie lisa ou

~

=O O

~M:: O

1

'2.F

=O

ou

'2.M

=O

ou

I

/2. I

~embro em

Cl

(3.3)

III

1.eleMembro rugosa. em .:

f:':~ I

{\s três primeiras equações escalares estabelecem que não existem forças resultantes atuando sobre um '!po em equihbrio, em qualquer das três direções coordenadas. O segundo grupo de três equações expressa o outro requisito do equillbrio, que é não existir momento resultante agindo sobre o corpo em torno de lualquer dos eixos coordenados ou de eixos paralelos á eles. Estas seis equações são condições necessárias e suficientes para que exista o equillbrio completo. Os eixos de referência podem ser escolhidos arbitraria· mente, conforme a conveniência. A única restrição é que deve ser usado um sistema coordenado destro, com notação vetorial. As seis relações escalares das Eqs. 3.3 são condições independentes, porque qualquer uma delas é válida .sem a outra. Por exemplo, para um carro acelerando em uma estrada reta e nivelada, a segunda lei de Newton diz que a força resultante sobre o carro é igual à sua massa ve~es a aceleração. Portanto, "LFx 1= O, mas as equações restantes do equilíbrio de forças são satisfeitas pois todas as outras acelerações são nulas. Do mesmo modo, se a roda de inércia do motor do carro acelerando estiver girando com velocidade angular crescente, em torno do eixo x, não haverá equillbrio rotacional em torno deste eixo. Então tem-se "LMx 1= O junta· mente com "LFx 1= O, mas as quatro equações do equilíbrio restantes estariam satisfeitas para os eixos do cen tro de massa. Para aplicar a forma vetorial das Eqs. 3.3, inicialmente representa-se cada força em termos dos vetores unitários coordenados i, j e k. Para a primeira equação, "LF = O, a soma vetorial será nula se os coeficientes de i, e k forem todos nulos. Estes três coefioientes, quando igualados a zero, darão precisamente as três equações escalares do equihbrio, "LFx = O, LFy = O e "LFz = O. Para a segunda equação, "LM = O, onde a soma de momentos pode ser tomada em relação a qualque. ponto conveniente O, representa-se o momento de cada força com o produto vetorial r X F, r sendo o vetar posição de O para qualquer ponto sobre a linha de ação da força F. Assim, "LM = "Lr X F = O. Os coeficientes de i, e k, na equação resultante, quando igualados a zero, produzem exatamente as três equações escalares dos momentos, "LMx = O, "LMy = O e "LMz = O.

3. Suporte de ro restrição lateral

./ X././

4. União-rótula.

5. Conexão fixa ( tada).

j

j

(a) Diagrama do Corpo Livre. Os somatórios nas Eqs. (3.3) incluem os efeitos de todas as forças que atuam sobre o corpo em consideração. Aprendeu-se, no item anterior, que o diagrama de corpo livre é o único método confiável para identificar todas as forças e momentos, que devem ser incluídos nas equações de equihbrio. Em três dimensões, o diagrama de corpo livre tem a mesma fmalidade essencial que em duas dimensões e deve ser sempre traçado. Pode-se escolher entre desenhar uma vista em perspectiva do corp isolado com todas as forças externas representadas, ou traçar as projeções ortogonais do diagrama de corp livre. Ambas as representações serão ilustradas nos problemas resolvidos no fmal deste item.

6. Apoio tipo manc 1

EQUILt"BRIO

I

83

A representação correta das forças, no diagrama de corpo livre, requer o conhecimento das características das superfícies de contato. Estas características foram ,apontadas na Fig. 3.1, para problemas bidimensionais, e estão expandidas para sistemas tridimensionais na Fig. 3.8, onde são mostradas situações mais comuns de transmissão de força. As representações das Figs. 3.1 e 3.8 serão usadas na análise tridimensional. c~

serão, agora, estendidos ao foram estabe1ecidas nas corpo sejam nulos. Estas - como

AÇÂO MECÂNICA DAS FORÇAS NA ANÁLISE TRIDlMENSIONAL , Tipo de contato e origem das forças

Ação sobre o corpo a ser isolado

I

1. Membro em contato com superfície lisa ou membro suportado por esfera.

(3.3) .•...

.....y

A força deve ser normal à superfície e dirigida contra o membro.

,/

x/

2. Membro em contato com superfície rugosa.

Jr5Ullantes atuando sobre um de três equações expressa re o corpo em torno de -o condições necessárias e ser escolhidos arbitraria· coordenado destro, com quer uma delas é válida a segunda lei de Newton Portanto, 'iFx =1=O, mas as ~s são nulas. Do mesmo 20cidade angular crescente, -~ tem-se 'iMx =1=O juntasatisfeitas para os eixos d :orça em termos dos vetares -~' será nula se os coeficientes

Existe a possibilidade de uma força F, tangente à superfície (força de atrito), atuar sobre o membro, do mesmo modo que a força normal N.

.......... y 3. Suporte de roda ou rolete com restrição lateraL , Iz

IZ

clda pela guia sobre a roda além da força normal N. '

x/

,//

~ .•....•...

x/

..... y

,// ~I

g~ar em torno do centro da rotula, poce suportar uma

1

Ry .....

R",

.•...

,/ x/~z

'-y

I

R

'Y

Além das três componentes

M, representado por suas pode suportar um conjugado três componentes.

I I.

R

Ry

%

~IZ M%~ ,/'~

;

R

%

cbM I

%

de suportar a força axial Ry

IZ

y

......•. x/ ,//

/.

A menos que o mancal seja livre para girar em torno dos :-... eixos x ez, radiais poderá, Rx também, e as forças e Ry.

M

"'-. ..... y

"'Z

'-.

da força, uma conexão fixa

'Y O manca! de escora é capaz

IZ

.•...

M

~yC"o,

6. Apoio tipo mancal de escora.

.•...

força R, com todas as três componentes. ~ma união-rótula livre para

%

5. Conexão fixa (soldada ou engastada).

"'"

=.:citos de todas as forças que diagrama de corpo livre é o incluídos nas equações de ';;""de essencial que em duas em perspectiva do corpo r~nais do diagrama de corpo ~este item.

.....y P~e existir a força P, exer-

4. União-rótula.

darão precisamente as três da em relação a qualquer _•.•..• rial r X F, r sendo o veto = L r X F = O. Os coeficientes Te as três equações escalares

P

N'

~R R",

// x

tRz C!)M I Fig.3.8

Y suportar Mx e Mz· os conjugados

••.••••.•• %

84 I

(b) Categorias de Equilíbrio. A aplicação das Eqs. (3.3) cai em quatro categorias que podem ser facilmente identificadas com auxIllo da Fig. 3.9.

~~~

Fa

'z

:l::Fy=O

Fa

", I

--,'

Sistema de Forças

1'z I :-

I

,

"-

Caso 4, o equilíbrio mentos.

I ~IY:l::Fy=O F,~ IIY=.•.. :l::My=O _.-tt:::: 1'1 :l::Mz=O (e)de:l::Fz CATEGORIAS ".;DE EMx TRÊS DIMENSÕES .•.••. x I EQUILIBRIO :l::Fx= IY =0I .•.••. Diagrama :l::Fx O~O "a Equações Independentes :l::Mz=O /,',.-',' :l::Fx =O :l::Fz =0 (:: Corpo Livre --l:::/

...••..

-

--

,$,111'z

"

ESTÁTICA

.•.••.

Fl""",/F2

til

I

'I

F2/

4. Geral

:l::Fy =0 :l::Fz

=O

Fig.3.9

Caso 1, o equi1íb;io~ncorrentes em um ponto O exige as três equações de forças mas nenhu· ma equação de mo~éntos, tendo em vista que seus momentos em torno de qualquer eixo que passe por O é, automaticamente, zero. Caso 2, o 9~Ui11'briOde forças concorrentes com uma linha exige todas as equações, exceto a equação do momento em torno desta linha, que está automaticamente satisfeita. Caso 3, o e~ui1IbriO de forças paralelas exige uma única equação de forças na direção das forças (dire· ção x), porém exi~e duas equações de momentos em torno dos eixos (x e z) que são normais à direção das forças.

(c) Vínculos e Determ necessárias e suficientes

eridas para calcular as f( , como foi o caso em dw Lsticas dos vínculos providc 'culos, porém está fora do vínculos, para alertar o h .ce A está completament. eixos das ligações 1, 2 e são ditos adequados. A. Tecem resistência a um me

o incompleto e parciahr - da contra uma força des1 mpleto e parcialmente uadamente localizados j . restrições do que as nel orpo, com a talsétirna lij ções, os vínculos de ap rminados.

EQUIÜBRIO / 85

Fo categorias

que podem se:-

Caso 4, o equilíbrio

de um sistema geral de forças exige as três equações de forças e as três equações de

entos.

Ikr Independentes

Estabilidade completa. Vínculos suficientes

(b) Estabilidade incompleta.

(c) Estabilidade incompleta.

(d) Estabilidade excessiva.

(a)

Vínculos parciais

Vínculo redundante

Vínculos parciais

Fig.3.10 IlMx

=o

equações de forças mas nenhuquer eixo que passe por O é.

• equações, exceto a equação

• " na direção das forças (direque são normais à direção dai

(c) Vínculos e Determinação Estática. As seis relações escalares das Eqs. (3.3), embora sejam condinecessárias e suficientes para estabelecerem o equilíbrio, não provêm, necessariamente, as informações eridas para calcular as forças incógnitas que atuam em uma situação de equilíbrio tridimensional. Outra .ez, como foi o caso em duas dimensões, a questão da adequabilidade das informações depende das caracteí.sticas dos vínculos providos pelos suportes. Existe um critério analítico para determinar a adequação dos 'cu1os, porém está fora do escopo deste livro. Na Fig. 3.10, contudo, citam-se quatro exemplos de condição vínculos;p-ara--alertar o leitor sobre o problema. Na parte (a) da figura é mostrado um corpo rígido cujo .~ A está comp~tamente fixado pelas ligações 1,2 e 3. As ligações 4, 5 e 6 impedem a rotação em torno eixos das ligações 1,2 e 3, respectivamente, de modo que o corpo está completamente fixado e os víncusão ditos adequados. A parte (b) da figura mostra o mesmo número de vínculos, porém, vê-se que não erecem resistência a um momento que pode ser aplicado em torno do eixo AE. Aqui o corpo está fixado de do incompleto e parcialmente restringido. Semelhantemente, na Fig. 3.1 (X>, os vínculos não provêm resis- cia contra uma força desbalanceada na direção y e, portànto, tem-se outro caso de corpo fixado de modo completo e parcialmente restringido. Se fosse imposta uma sétima ligação ao sistema de seis vínculos, já equadamente localizados para completa fixação, tal como é mostrado na Fig. 3.lOd, seriam fornecidas mais restrições do que as necessárias para manter a posição de equilíbrio e a sétima ligação seria redundante . corpo, com a tal sétima ligação montada, seria, então, estaticamente indeterminado. Neste livro, com raras exceções, os vínculos de apoio dos corpos rígidos em equilíbrio serão sempre adequados e estaticamente terminados.

ESTÁTICA

blema Resolvido

Solução Escalar. Se demomentos em tomo de e; tivamente, aos eixos x e y,

3.3

o eixo

de aço, com 7 m de comprimento, tem massa.uniforde 200 kg e é suportado por uma união do tipo rótula em A, ;riso horizontal. A extremidade em esfera B repousa contra as

=

[I:MAx= [I:MAy

O]

= O]

1962(3. -1962(1',

.

As equações das forças .~~~,verticais . ~ paredes elisas, pelo como piso sobre mostrado. as extremidades Calcule as do forças eixo.exerci-

[I:Fx [I:Fy [I:Fz

Solução. Primeiro traça-se o diagrama de corpo livre do onde as forças de contato, agindo sobre a extremidade B, 'Sfu normais à superfície das paredes. Além do peso P = mg = = 200 (9,81) = 1 962 N, a força exercida pelo piso sobre a -o-rótula é representada por suas componentes x, y e z. Estas .---..p<>nentes estão mostradas com os seus sentidos físicos =tos, que são evidentes das condições necessárias para manA no lugar. A posição vertical de B é encontrada de - =.J 2' + 6' + h2, h= 3 m. Os eixos foram selecionados como está na figura, por convecia.

= O] = O] = O]

-A;r

-AyAz -

:::XC,

=

Problema Resolvido

Uma força de 200 N é apl cho na direção mostrada. O (força na direção do eixo ~ suporta somente a carga radi co). Determinar a massa m radial total exercida sobre cad

Solução vetorial. Usaremos A como centro dos momentos, :;a:a eliminar as forças em A. Os vetores posição necessários para ~ os momentos em torno de A são rAG=-li-3j+l,Skm

e

rAB=-2i-6j+3km

::cde o centro de massa G está localizado a meio caminho entre

A e B, por se tratar de eixo uniforme. A equação vetorial de momentos dá Notas:

rAB X (Bx + By) + rAG X P= O (-2i - 6j + 3k) X (iBx + jBy) + (-i - 3j + 1,5k) X X (-1962k) =

O

j -~

I· Bx

-~

3

. By

+ -~

kll'

O

O

-3 O

~,5 -1962

I=

O

(-3By + 5 886)i + (3Bx -1 962)j + (-2By + 6Bx)k=

O

Poderíamos, naturalmente, tomar todas as componentes desconhecidas das forças no sentido matemático positivo, resultando, então, após o cálculo, que Ax e Ay dariam negativos. O diagrama de corpo livre descreve a situação física, de modo que é preferível mostrar as forças no seu sentido físico correto, sempre que possível.

Igualando os coeficientes de i, j e k a zero, e· resolvendo,

=-se

As forças emBx=654N A pode~r

p:F=O] ,

~ facilmente determinadas por Resp.

I

t

(654 -Ax)l Ax = 654 N

3.4

(i) Note que a terceira equação, - 2By + 6Bx = = O, meramente verifica os resultados das duas primeiras equações. Este resultado poderia ser previsto, do fato que um sistema de forças em equilíbrio, concorrentes em uma linha, necessita somente de duas equações de momentos. (Caso 2 das categorias de equiUbrio) .

Solução. O sistema é eo linha ou plano de simetria e, J: sado como um sistema geral solução escalar para ilustrar vetorial seja igualmente satim eixo, alavanca e tambor, COI podia ter sido mostrado por porém aqui está representado A força aplicada de 200 K ponentes e cada uma das trê nentes. Os sentidos corretos inspeção, observando-se que duas forças de 70,7 N passa eI

forças Ay e By não podem 51: dades dos momentos sejam riamente fixados. A projeção cais está mostrada em termos nitas nas direções x e y. O I diagramas de corpo livre. DeYl sentam três problemas bid.ima nentes correspondentes das fa Da projeção x-y tem-se lEMO

= OJ

100 (9,81 m) - 250 C 962 -Ay)j + (-1 962 +A,)k= O Ay = 1 962 N Az = 1 962 N

Da projeção x-z tem·.ge

?malmente, A=.JAx2

+Ay'

150Bx + 175 (

+AZ2

=.J (654)2 + (1 962)2 + (1 962)2 = 2851 N

Resp.

[I:Fx

= O]

Ax + 3S

EQUIL"BRIO

Solução Escalar. Se detenriinarmos as equações escalares dos momentos em tomo de eixos passando por A e paralelos, respectivamente, aos eixos x e y, podemos escrever [l:MAx

= O]

[l:MA y

= O]

By = 1 962 N

1962(3) - 3By = O -1962(1)

+ 3Bx = O

Bx = 654 N

As equações das forças dão, simplesmente, [l:Fx

= O]

[l:Fy

= O]

['2:.Fz

= O]

-Ax + 654 = -Ay + 1962=

®

/ 87

Observe que a soma de momentos em tomo de um eixo que passa por A e paralelo ao eixo z, meramente dá 6Bx - 2By = O, que, como observado anteriormente, serve apenas como verificação. Por outro lado, poder-se-ia ter obtido primeiroAz de '2:.Fz = O e, então, tomar as equações de momentos em tomo dos eixos através de B, para obter Ax eAy-

O

Ax = 654 N

O

Ay = 1 962 N

Az - 1 962 = O

Az = 1 962 N

Problema Resolvido 3.4 Uma força de 200 N é aplicada ao cabo da manivela do guincho na direção mostrada. O mancal A suporta o esforço axial (força na direção do eixo geométrico), enquanto o mancal B suporta somente a carga radial (carga normal ao eixo geométrico). Determinar a massa m que pode ser suportada e a força radial total exercida sobre cada mancal.

•• ::aturalmente, tomar todas as desconhecidas das· forças no ático positivo, resultando, cálculo, que Ax e Ay dariam Sagrama de corpo livre descreve de modo que é preferível s no seu sentido físico corque possível.

~a

equação, - 2BJ! + 6Bx = te verifica os resultados das equações. Este resultado po- '0, do fato que um sistema equilíbrio, concorrentes em sita somente de duas equatos. (Caso 2 das categorias de

Solução. O sistema é evidentemente tridimensional, sem linha ou plano de simetria e, portanto, o problema deve ser analisado como um sistema geral de forças no espaço. Aqui é usada a solução escalar para ilustrar esta introdução, embora a solução vetorial seja igualmente satisfatória. O diagrama de corpo livre do eixo, alavanca e tambor, c6nsiderados como um corpo único, podia ter sido mostrado pot uma vista no espaço, se desejado, porém aqui está representadbI por~ suas três projeções ortogonais. . ••• A força aplicada de 200 ?'{ esta decomposta em suas tres componentes e cada uma das trê~ vistas mostra duas destas componentes. Os sentidos corretos de Ax e Bx podem ser obtidos por inspeção, observando-se que ~\linha de ação da resultante das duas forças de 70,7 N passa entre~ e B. Os sentidos corretos das forças Ay e By não podem ser determinados, até que as intensidades dos momentos sejam obtidas, issim eles podem ser arbitrariamente fixados. A projeção no plan~-.t das forças dos mancais está mostrada em termos das somas daS'Componentes incógnitas nas dii:eções x e y. O acréscimo de Az~g~completa os diagramas de corpo livre. Deve ser notado que as três vistas representam três problemas bidimensionais, relacionados pelas componentes correspondentes das forças. Da projeção x-y tem-se

[l:Mo

= O] 100 (9,81 m) - 250 (173,2) = O

m = 44,1 kg

Resp.

Da projeção x-z tem-se [l:MA

= O] 150Bx + 175 (70,7) - 250 (70,7) = O

[l:Fx

= O]

Ax + 35,4 -70,7

= O

Bx = 35,4 N Ax = 35,3 N

Notas:

(i) Se o estudante não estiver familiarizado com as três vistas padrões da projeção ortográfica, deve revisá-Ias e praticar. Visualize as três vistas como se fossem as imagens do corpo projetadas sobre as superfíCies frontal, de topo e do fundo de uma caixa de plástico transparente, sobre o corpo e alinhado com ele.

(í) Poderíamos ter iniciado pela projeção ao invés de x-y.

x-z

-88 / ESTÁTICA

'3)

A vista y-z dá [~MA

®

= O]

I

=O

By

= 520

N

=

Ty

As incógnitas restante.s si somatóríos dos momentos e [~z

Ay = 86,8 N

O

kN

mg.

= O] Ay + 520 - 173,2 - (44,1) (9,81) =

= 0,833

Tx

ção de Ay e By pode ser feita ápós encontrar

150By + 175 (173,2) - 250 (44,1) (9,81) [~Fy

Os componentes de T -

A vista de y-z poderia ter seguido imediatamente após a vista x-y, porque a determina-

=0]

2 (2,5) - 4,5Bx - 1,042 [~Mx=

forças radiais totais Ay sobre os mancais vêm a ser [rFZAs = O] = 70,7 N

= 93,5

[Ar =.J Ax' + Ay2] Ar =.J (35,3)' + (86,8)' [B =.J Bx' + B/]

4,5Bz - 2 (6) - 1,042 (6) = N Resp.

B = .J (35,4)' + (520)' = 521 N

[~Fx=O]

Resp.

Ax [~Fy= Ay (~Fz

Problema Resolvido

3.5

Az

A estrutura tubular soldada está apoiada no plano horizontal x-y, por meio de uma rótula, em A, e é suportada pelo anel, com ajustagem folgada, em B. A rotação em torno da linha AB, sob a ação da carga de 2 kN, é impedida pelo cabo CD. A estrutura é estável na posição mostrada. Desprezar o peso da estrutura comparado com a carga aplicadà, e determinar a tração T, no cabo, as reações no anel e as componentes da reação em A.

= + (3j + 4k).

=

(4,5j + 6k)

;1

O]

+ 2 + 1,042 = O

= O] + 4,06 - 2,50 = O

=

.J6'/+ 4,5'

O momento de T em torno de AB é a componen-

k

é r. X F· n. As expressões vetoriais para T \r

= =

O

Para verificar o equilíbrio se de modo que as rodas fi tendo-se obtido as seguintel B = 22,4 kN; C= 3,43 kI". das x-y do centro de gravida Resp. x=-(

te na direção de ABdedo momento/em torno por do rponto fi. Assim, o momento T, vetor em torno de AR é dado I X T· A. Analogamente, o momento da carga F apUcada, em torno de AB,

T rI

+ 0,417 + 0,833 =

OBLEMASPROPOSTOS

Solução. O sistema é evidentemente tridimensional, não contendo nenhuma linha ou plano de simetria e, portanto, deve ser analisado como sistema de forças geral no espaço. A figura mostra o diagrama de corpo livre, com a reação no anel representada pelas duas componentes. Todas as forças desconhecidas, exceto T,. podem ser eliminadas por uma soma dos momentos, em torno da linha AB. A direção e o sentido de AB estão representados por um vetor unitário fi

O)

I

/

X

Probl.3.5

\

fij I ,,

,

kAx

,

\

I

--------2:~D I ·~I

A equação de momentos, agora, vem a ser:

.J 4~,25

\I

/

~2j kN

\ I/

\

I e r•. são:

~ 46,25 (2i': 2,5j - 6k), -i + 2,5j m, r. = 2,5i + 6k m

(-i + 2,5j) X

\

'Az

.-----l....___..y

i5

As duas vigas I de aço, co metro de comprimento, sã reto e içadas por cabos vert maneçam no plano honzom cada um dos cabos A, B e C.

(2i + 2,5j - 6k) X + (3j + 4k) +

+ (2,5i + 6k) X (2j) X + (3j + 4k) = O. A conclusão das equações vetoriais dá 48T

.J 46,25

+ 20 =

O

T = 2,83 kN

Resp.

ProbJ. 3.5.

EQUIÜSRIO / 89

ia ter seguido imediatax-y, porque a determina?Ode ser feita após encontrar

Notas:

Os componentes de T são, portanto, Tx

= 0,833

kN

Ty

=

1,042 kN

Tz

=

-2,50 kN

As incógnitas restantes são facilmente encontradas somatórios dos momentos e das forças, como segue: (~Mz

= O]

Resp. Resp.

Bx Az Ax Bz Ay

pelos

== 0,417 -1,56 kN kN -1,250kN kN = 4,06 -3,04 kN

Az 2 (2,5) ++ 4,06 0,417 -(6) +2,50 0,833 -1,042 =O 1,042 O = (6) O (3) Ax -= = =O O 4,5Bz Ay 2--+24,5Bx 1,042

(i) Lembre-se que o vetor r, na expressão r • F para o momento de uma força, é um vetor do centro dos momentos para qualquer ponto sobre a linha de ação da força. Ao invés de r" uma escolha também válida seriaAC

G) A vantagem de se usar a notação vetorial é

a liberdade de se tomar os momentos diretamente, em torno de qualquer eixo. Neste problema, esta liberdade permite a escolha de um eixo que elimina cinco das incógnitas.

®

Os sinais negativos nas componentes A indicam que elas estão no sentido oposto aos sentidos mostrados, escolhidos como positivos.

OBLEMASPROPOSTOS Para verificar o equilíbrio de um avião, manobrouse de modo que as rodas ficassem sobre balanças, tendo-se obtido as seguintes leituras:A = 22,0 kN; B = 22,4 kN; C = 3,43 kN. Calcular as coordenadas x-y do centro de gravidade do avião. Resp. x= -0,0201 m; y= 0,215 m

3.56

O centro de massa de uma porta de 30 kg está no centro do painel. Se o peso da porta é inteiramente suportado pela dobradiça inferior A, calcular a intensidade da força total suportada pela dobradiça emB. Resp. B = 190,2 N

[~m

z

---1't.<: /360

mm

IL

~,'-\ \\ II ~Z -~BX

\I

I

I I

II Y.

nj \

:

I

\

Ax

\

\

I I I

----'D II ---~ ----!.!z ----l... z

II I i

I

l.---

3.57

" qxT /

-y

"",_:J

Probl. 3.56

~>,

./ ~-! -----

.u

;B

I~

! -V>'

y

S M duu ~ do 'ÇO, oom m"" " 40 kg P" metro de compdmento, são soldadas em ângulo reto e içadas por ca~uticais,-dê modo que permaneçam no plano horizontal. Calcular a tração em cada um dos cabos A, B e C.

Probl. 3.55

A porta representada é um painel retangular com massa uniforme de 600 kg e desliza, no trilho fixo D, em seus suportes de roletes A e B. A porta é mantida no plano vertical pelo rolete guia C, instalado no piso, que encosta na extremidade inferior da porta. Para a posição mostrada, calcule as forças laterais horizontais em cada rolete A e B .

90 I ESTÁTICA

flange. Se as pernas A e C curtas que as pernasB eD. tadas pelas três pernas o solo. Suponha que o externas das pernas e del do tubo e do flange, em mesa. Resp. B = 522~,

D

Detalhe do suporte

200=. Probl. 3.59

""-

""-

x z I I I

Probl. 3.57

3.58

O sinal retangular tem massa de 800 kg, com centro de massa no centro do retângulo. As correntes leves oe e OD impedem que o sinal balance. O comprimento das duas correntes juntas é ligeiramente maior que a distância de a D, de modo que somente uma delas é tracionada de cada vez. Calcular a força total suportada pela dobradiça em A, quando um vento horizontal exercer uma força de 2 kN, normal ao sinal e atuando no seu centro. Resp, A = 4 200 N

A

e

,,,

PJ:obl. 3.6:

'y

Probl. 3.60

3.61 3m

O cabo de uma linha de alta tensão está suspenso em uma torre de transmissão pela estrutura mostrada. Se a tração no cabo da linha é 3 kN, calcular a tração T na .ligação AD e a compressão nas ligaçõesAB eAC.

e

A porta de ventilação tem uniformemente distribuída, tos A e B de sua aresta supe aberta na posição horizontal para D, na parede vertia fio e as forças normais ao e portadas pelos pinos em A e

e

~

Probl. 3.58

3.59

D

\

(

Uma esfera lisa e homogênea de massa m repousa na ranhura do bloco em V, de 1200, e se apoia ~ chapa da extremidade, que é normal à direção da ranhura. Calcular o ângulo (), medido a partir da horizontal, de modo que as reações em cada lado da ranhura e a força suportada pela chapa da extremidade sejam iguais.

15'

Probl. 3.61 3.60

Uma esfera homogênea lisa, de massa m e raio r, está suspensa por um fio AB, de comprimento 2r, preso ao ponto B, sobre a linha de interseção das duas paredes verticais em ângulo reto. Determinar a reação R de cada parede contra a esfera. Resp. R = mg.Ji

3.62

O centro de massa de uma bancada, com massa 120 kg, está na linha vertical que passa pelo centro do seu topo quadrado. Uma força de 400 N é aplicada, para baixo, no punho de uma chave de grifo que está sendo usada para torcer um tubo no seu

PJ:obl. 3.63

O pau de carga horizontal, 160 kg, é suportado pelos tical x-y e pela rótula em O e Tz nos cabos. Resp. TI

EQUIu'BRIO / 91 flange. Se as pernas A e C forem ligeiramente mais curtas que as pernas B e D, calcular as forças suportadas pelas três pernas que estão em contato com o solo. Suponha que o contato se dê nas arestas externas das pernas e despreze as massas da chave, do tubo e do flange, em comparação com a da mesa. Resp. B = 522 N, C = 367 N, D = 689 N ;--

\

Horizontal 1. 3.59

z I I

I

I I I I I

:5m I I I I

I~ II~

./~~ ./,

./J-'Í~ A

3.65

c ~ fI'

B

/

\-'1>""""

'y

l t::la

de alta tensão está suspenso mostra~bo da linha é 3 kN, calcular a - AD e a compressão C nas liga-

t tr:!:lSIIlissãopela estrutura

A porta de ventilação tem uma massa de 200 leg, uniformemente distribuída, e dobradiças nos cantos A e B de sua aresta superior. A porta é mantida aberta na posição horizontal por meio de um fio de C' para D, na parede vertical. Calcular a tração no fio e as forças normais ao eixo das dobradiças, suportadas pelos pinos em A e B.

Probl. 3.65

Probl. 3.63

I. 3.61

~i)

de uma bancada, com massa vertical que passa pelo centro o. Uma força de 400 N é aplipunho de uma chave de grifo para torcer um tubo no seu

/'

'''z

Os três mastros estão erguidos conforme mostrado e suportam o cilindro de 300 kg, antes de arriá-Io no buraco. O cabo, preso ao cilindro, passa por uma pequena polia em E e é fixado no ponto F. As uniões nas extremidades dos mastros podem ser tratadas como rótulas e os pesos dos mastros são pequenos quando comparados com as cargas que suportam. Calcular a compressão P em cada uma das pernas iguais, BD e CD, e encontre a intensidade da força total em A.

Ptobl. 3.62

1. 3.60

/'x

Prob1. 3.64

A

,"

I

...J-/'

~D

1200 l1ll1l~~_

,

o pau

de carga horizontal, com massa uniforme de 160 Ieg, é suportado pelos dois cabos, no plano vertical x-y e pela rótula em O. Calcular as trações TI e Tz nos cabos. Resp. TI = 507 N, Tz = 366 N

Probl. 3.66

92 I ESTÁTICA

3.66

O pau de carga horizontal, com massa uniforme de 240 kg, é suportado pelos dois cabos ancorados em B e C e pela rótula em O. Calcular a tração T no caboAC. Resp. T=1310N

3.67

Um anel de aço, de 600 mm de diâmetro com massa uniforme de 50 kg, está içado por três cabos, de comprimento 500 mm cada, presos aos pontos

~;~ ;'.~;~Onfo='mo""do. \'"'"'

duas maneiras mostrada separados. No que con' do eixo pode ser tratada uma determinada posição forças exercidas sobre a em B, C e D. Despreze Observe a terceira leiiie ~e' saída, olhando o torque Resp. B = D:

tr,çio,m Probl. 3.69

3.70

B Probl. 3.67

3.68

A placa de aço quadrada tem massa de 1 800 kg, com centro de massa no seu centro G. Calcular a tração em cada um dos três cabos que suportam a placa na posição horizontal. Resp. TA = TB = 5,41 kN, TC= 9,87 kN

A unidade rígida composta de eixo, suporte e motor, com massa de 30 g, tem seu centro de massa G localizado a 300 mm da linha de centro vertical do eixo. O eixo está soldado a uma base fixa em A. O motor move uma máquina através de um eixo flexível e debita um torque de 200 N· m, girando no sentido indicado. Além disto, aplica-se uma força de 200 N no suporte, conforme mostrado. Determinar a expressão vetorial da fQrça total R e do momentoM, aplicados. ao eixo pela sua base, em A. (Atenção. Esteja atento para indicar o torque (conjugado) que atua sobre o eixo do motor no seu sentido correto, consistente com a terceira lei de Newton.)

Probl. 3.

,72

A

A porta com Illilssauniform em A e B. Seu peso é tOl: dobradiça em A. Aplica-5e paralela à superfície da por telo, para remover um Pfe! de abrir, além da posição el tente em C, que exerce UII midade inferior da porta, 1 perfície. Determinar a inll zontal suportada pela dobIa

o Probl. 3.70

..--'7

900mm

3.71

3.69

Determinar a força em cada barra do tripé. As três barras estão presas em suas extremidades por rótula e são capazes de suportar tração ou compressão. Os pesos das barras podem ser desprezados. Resp. A = 2,041 kN tração B = 0,861 kN compressão C = 1,269 kN compressão

Um torque de 20 N • m é aplicado ao eixo flexível, conforme mostrado. Após ter ocorrido a deformação angular inicial, uma rotação na extremidade de entrada será acompanhada por uma rotação na extremidade de saída, e os torques de entrada e de saída serão iguais. A capa do eixo está montada em um apoio auto-alinhável em B, que é capaz de exercer uma força normal à linha de centro do eixo. O apoio em A, por outro lado, é uma luva livre que pode suportar a capa do eixo em qualquer uma das

ProbL,

3

A engrenagem C aciona, eI uma velocidade constante. das nas correias, calcular engrenagem e as intensidaC portadas pelos mancais em > Resp. P=70,9N,>

EQUIu'BRIO duas maneiras mostradas nos desenhos em corte separados. No que concerne ao equilíbrio, a capa do eixo pode ser tratada como um corpo rígido em uma determinada posição de flexão. Determinar as forças exercidas sobre a capa do eixo pelos apoios em B, C e D. Despreze o peso do eixo. (Atenção. Observe a terceira leiode Newton na extremidade de saída, olhando o torque aplicado ao eixo.) Resp. B=D=50kN, C=-.100kN

lkN

I 93

\

Probl. 3.73 Ação do apoio

emA

~ sta de eixo, suporte e moR .3.Jg, tem seu centro de massa G da linha de centro vertical do Cado a uma base fixa em A. O • :::Iáquina através de um eixo Irque de 200 N • m, girando Além disto, aplica-se uma ;uporte, conforme mostrado. ~ vetorial da força total R e os ao eixo pela sua base, ia atento para indicar o toratua sobre o eixo do motor _ID, consistente com a terceira

,

B

3.74

Torquede saída aplicado aqui

Probl. 3.71

A árvore de manivelas de um compressor de dois cilindros está montada sobre os mancais A e B. Para a posição mostrada, as forças exercidas pelas bielas sobre a árvore de manivelas são FI = .16kN e F, = 8 kN, nas direções indicadas. Para uma condição de equilíbrio da árvore, calcular as componentes x e y das forças totais suportadas pelos mancais A e B e o torq ue M aplicado à árvore.

72 A porta com massa uniforme de 30 kg, é articulada em A e B. Seu peso é totalmente suportado pela dobradiça em A. Aplica-se uma força de 200 N, paralela à superfície da porta, no cabo de um martelo, para remover um prego. A porta é impedida de abrir, além da posição em que está, por um batente em C, que exerce uma força contra a extremidade inferior da porta, perpendicular à sua superfície. Determinar a intensidade da força horizontal suportada pela dobradiça em B.

1200m~

600 mm

"

,,

L-~~25Inim

\~

"-

Probl. 3.74

y _

Probl. 3.70 _" m é aplicado ao eixo flexível, Após ter ocorrido a deformarotação na extremidade de ada por uma rotação na e os torques de entrada e de A capa do eixo está montada em em B, que é capaz de exerà linha de centro do eixo. O lado, é uma luva livre que ~ do eixo em qualquer uma das

,'.' .•.

1800mm],

1.'

~~

~[~II' [J~c

9 O mm4"

3.75

Se a porta de ventilação do Probl. 3.63 for mantida em posição por um fio de C para E, ao invés de C para D, calcular a tração no fio e as forças normais ao eixo das dobradiças, suportadas pelos pinos em A eB. Resp. T=.1 907 N, A = 523 N, B = .1256 N

3.76

Se o peso do mastro for desprezível, comparado com a carga aplicada de 30 kN, determinar as duas trações TI e T" que atuam nos cabos, e a força A que atua na rótula em A.

300lmm

Probl. 3.72 3.73

A engrenagem C aciona, em D, a polia em V com uma velocidade constante. Para as trações mostradas nas correias, calculara força P no dente da engrenagem e as intensidades das forças totais suportadas pelos mancais em A e B. Resp. P= 70,9 N, A = 83,3 N, B = 208 N

94 I ESTÁTICA suporta a carga de 2 000 dana em B e está preso ao Calcular a tração TI' (. equação de momentos, nitas, exceto TI')

suportada no plano horizontal x·y por uma rótula. Calcular as intensidades das forças P e R, exerciclz sobre a esfera da extremidade B do eixo, pelas paredes verticais C e D, respectivamente. Resp. p= 1 584 N, R = 755 K 3.79

A estrutura rígida leve está fIxada à parede vertiC<: por uma rótula em A e pelos cabos BG e CF. Alérr: de suportar a carga de 500 kg, a estrutura suporta, ainda, um conjugado de 1,2 kN • m aplicado nz haste vertical CD. Calcular a componente y da fOIça suportada pela rótula em A. (Sugestão. Use urnz equação vetorial que elimine referências a todas ~ incógnitas, exceto Ay.)

3.81

A estrutura tubular sol é suportada por uma ró em B e por um fio, que haste ao ponto fixo D. A por uma esfera de 100 kg, tal. Calcular a força exerci[ anel fixo em B. (Sugenâo resolvido sem envolver a f,

z I

3.77

A porta do alçapão, medindo 900 mm por 1 200 mm, com massa de 100 kg, é mantida aberta no ângulo 8 = are tg (4/3) pela escora leveAB. Calcular a compressão FB na escora, e a força normal ao eixo das dobradiças no pino da dobradiçaD. Supor que as dobradiças trabalhem na extremidade inferior da aresta. Resp. F= 343 N, D = 496 N

H

I, I~.·l~

500 kg

A peça rígida ABC está liga x-y, por meio de uma róI pelos cabosBE e CD. A IllU

Probl. 3.79

3.80

Probl. 3.77

A lança de aço de 9 m de comprimento e de 600 kg de massa, com centro de massa localizado na metade do comprimento, é escorada por um suporte de rótula em A, e por dois cabos submetidos às trações TI e T., conforme se vê na fIgura. O cabo que

3.78 dade Uma das B doparedes eixoé girada uniforme verticais d~\200 .suportam extremiResolvido 3.3 de q~ um ~lo kg do de aProblema 30°, con-

f~,

mo,,,,",o. A ~tremJd~

"". ~~

,;"d••

i.,'

'm,

D

,'z 2000kg

Probl. 3.78

Probl. 3.80

prezada diante da massa de :

EQUILIBRIO

suporta a carga de 2 000 kg, é guiado por uma roldana em B e está preso ao plano vertical x-y, em F. Calcular a tração T" (Sugestão. Estabeleça uma equação de momentos, que elimine todas as incógnitas, exceto T,,) Resp. T, = 19,76 kN 3.81

/ 95

te uma posição para o ponto D, na ranhura horizontal, através da qual o cabo deve ser passado e preso, para que a peça mantenha a posição mostrada. Determinar x. Resp. x = 3,75 m

A estrutura tubular soldada, de massa desprezível, é suportada por uma rótula em A, por um anel liso em B e por um fio, que vai da extremidade C da haste ao ponto fIxo D. A estrutura está carregada por uma esfera de 100 kg, soldada à haste horizontal. Calcular a força exercida sobre a estrutura pelo anel fixo em B. (Sugestão. O problema pode ser resolvido sem envolver a força em A.)

~

-~

j ~"'l_

5Mg Probl. 3.82 I I 12m I I -'::J

3.83

c!J.j /) u-:;~

D'

500 kg

~79

:n de comprimento e de 600 kg de massa localizado na metaé escorada por um suporte de dois cabos submetidos às trClse vê na fJgUra.O cabo que

A peça rígida ABC está ligada à superfície vertical x-y, por meio de uma rótula em A e suportada pelos cabos BE e CD. A massa da peça pode ser desprezada diante da massa de 5 Mg que suporta. Exis-

Probl. 3.83 3.80

Uma tabuleta retangular, colocada na porta de uma loja, tem 100 kg de massa, cujo centro está no centro do retângulo. O suporte ligado à parede no ponto C pode ser considerado como uma rótula. No canto D, a tabuleta recebe apoio somente na direção y. Calcular as trações T, e To nos fios do suporte, a força total em C e a força lateral R em D. Resp.

T, 'R

= 347 N,

= 63,1

To = 431 N N, C == 768 N

~

ESTÁTICA

,j..;)

-

sem danifIcar as superfíCZl força máxima P que braço de alavanca de 3 uma ligeira folga entre chave.

FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃO

este Capítulo aplicamos nossos conhecimentos sobre as propriedades das forças, dos momentos e dOE ados, aprendidos no Capo 2, para resolver problemas do equilíbrio de corpos rígidos. Cada corpc em equilíbrio é caracterizado por dois requisitos: que o vetor resultante de todas as forças atuando sobre ele seja nulo (1:F = O) e que o vetor resultante de todos os momentos atuantes sobre ele, em torno de um pont seja também nulo (1:M = O). Estes requisitos, de significado físico facilmente compreensível, orientaran:

I'"

Como é sempre o caso, não é a teoria que oferece dificuldade, mas sim, a sua aplicação. O estudank dev estar, agora, bastante familiarizado com os principais passos para aplicação dos princípios do equihorio. ~sEles -o:nossas soluções. 1. Decidir correta e inequivocamente qual o corpo em equillorio que será analisado. 2. Isolar o corpo em questão de todos os outros corpos adjacentes em contato com ele, desenhando seu diagrama de corpo livre, no qual são representadas todas as forças que agem sobre o corpc isolado, provenientes de fontes externas. 3. Observar o princípio de ação e reação (terceira lei de Newton), para determinar o sentido de cack força. 4. Representar cada força, conhecida ou não, por letras. 5. Escolher os eixos de referência, e rotulá-Ios, sempre usando um conjunto destro para análise em trê~ dimensões. Estes cinco passos devem se tornar automáticos, e a melhor maneira de assegurar uma solução correta, é segui-Ios consistentemente antes de iniciar o cálculo do equillorio. Ao resolver um problema de equihorio, deve-se primeiro verificar se o corpo é estaticamente determinado. Se existirem mais apoios do que o necessário para segurar o corpo em posição, ele será estaticamente indeterminado e as equações do equillorio não serão suficientes para encontrarmos todas as reações externas.. Na utilização das equações do equilíbrio, pode-se empregar a álgebra escalar, a álgebra vetorial ou a análise gráfica, de acordo com a preferência e a experiência individual, porém, a álgebra vetorial é, particularmente útil na solução de muitos problemas tridimensionais. Um dos procedimentos mais úteis, é simplificar a álgebra da solução através da escolha de um eixo de momentos conveniente, que permita a eliminação do maior número possível de incógnitas ou escolher urn~ direção para o somatório das forças, de tal modo que evite referências a determinadas incógnitas. Uns pouco~ instantes de raciocínio, para tirar vantagem destas simplificações, pode representar considerável economia de esforço e tempo. Os princípios e métodos cobertos pelos Caps. 2 e 3 constituem a parte mais fundamental da Estática. Eles fazem a base para o que se segue, não só na Estática, mas também na Dinâmica.

300mm-

p!

C

Probl. 3..8 3.86

Uma roda de massa m e ra:I sa G no seu centro geoI!:l pequena depressão de largD jugado mílÚmo M, que deo para removê-Ia da depressi Supor que não ocorra desm cia de ro, r e O?

fYProbl.3.&

1.87

A roda, de 100 kg de ma superfície rugosa e encosta aplica o conjugado M. Ca rolete A, se M = 60 N • m I to da roda.

PROBLEMAS PARA lÓ:VISÃO ~~~-~ ~QIlJle-de

3.85

barra ~~e comprimento, massa ulÚ100 kg, é articulado em Ocom e impedida de girar no plano vertical, além da posição de 30°, pelo role te fIxado em A. Calcular a intensidade da força total suportada pelo pino em O. Resp. 0= 1 769 N A boca de uma chave tem acabamento fino, é de aço endurecido e pode resistir a uma força de no máximo 7,5 kN, concentrada no ângulo da cabeça hexagonal, também endurecida, de um parafuso,

Probl. 3.8':

Probl. 3.84

Um grande cilindro giratÓI pagem de areia é aciona&: engrenagem, como se vê : massa·de 750 kg e é forne;:

EQUILI'BRIO

sem danificar as superfícies de trabalho. Calcular a força máxima P que poderá ser exercida com um braço de alavanca de 300 mm, supondo existir um uma ligeira folga entre a cabeça do parafuso e 'a chave. Resp. P = 0,689 kN

!Orças, dos momentos e dos rpos rígidos. Cada corpc as forças atuando sobre ele .e, em torno de um ponto. compreensível, orientaran: ~

/ 97

2,6 kN, normal às superfícies de contato em B pelo pinhão condutor A, à engrenagem do cilindro rotativo. Calcule a abscissa média x do centro de massa G da areia, a partir da linha vertical que passa pelo centro do cilindro. Desprezar todos os atritos nos rolos de suporte. Resp. x= 199 mm

_ ~ sua~1icação. O estudante ~ dos prfu'cíR!os do equilíbrio, 11

~

ii nalisado

. .tato com ele, desenhando c - que agem sobre o corpa

• 5erenninar o sentido de ca&

Probl. 3.85

3.86

destro para análise em trê-,

gurar uma solução correta,

Uma roda de massa m e raio r, com centro de massa G no seu centro geométrico, repousa em uma pequena depressão de largura b. Determinar o conjugado mínimo M, que deve ser aplicado na roda, para removê-Ia da depressão, rolando-a para fora. Supor que não ocorra deslizamento. Qual a influênciadero,reO?

Probl. 3.88

3.89

é

é estaticamente detenni, 'ção, ele será estaticamente todas as reações externas.. ,ebra vetorial ou a análise vetorial é, particu1arment~

T {

~b , da escolha de um eixo de

~;lfi:l~

cógnitas ou escolher U1l12 incógnitas. Uns pouco, considerável economia de

mais fundamental • Dinâmica.

Probl.3.86

3.87

da Está-

O dispositivo fita-rolete consiste de dois roletes de raio r cada um, circundados por uma fita flexível de espessura desprezível e submetida a duas trações T. Escrever a expressão para a força de contato R entre a fita e as superfícies planas de suporte, em A e B. A ação se passa no plano horizontal, de modo que os pesos dos roletes e da fita não são envolvidos.

J

Probl. 3.89

b

B

~._--.-A

T

A roda, de 100 kg de massa, repousa sobre uma superfície rugosa e encosta no rolete A, quando se aplica o conjugado M. Calcular a reação sobre o rolete A, se M = 60 N • m e não ocorre deslizamento da roda . Resp. FA = 231 N 3.90

O dispositivo mostrado em corte pode suportar a

carga L em várias alturas, ao se reengatar a catraca C em outro dente, na altura desejada, na coluna vertical fixa D. Determinar a distância b na qual a carga seria posicionada a fun de que os dois roletes A e B suportem forças iguais. O peso do dispositivo é desprezível comparado com L. Resp. b = 207 mm Probl. 3.87 3.88

bl. 3.84

Um grande cilindro giratório, simétrico, para recapagem de areia é acionado por meio de motor e engrenagem, como se vê na figura. A areia tem massa·de 750 kg e é fornecida uma força média de

3.91

A estrutura de elevação de uma plataforma de testes de foguete e o foguete nela localizado têm uma massa combinada de 635 Mg, com o centro em G. Para a posição na qual x = 5 m, determinar o valor da força de equilíbrio sobre o eixo da dobradiça em A. Resolver graficamente.

98 I ESTATlCA

normal sob a roda. Calcular também a reação nor· mal total N B sob o par de rodas traseiras em B. Resp. P = 85 kN, NB = 125 kN 3.93

A

~-ft

400

L' '

60mm~'

••• mm B

1

f-41 f!~40mm

mm 160

Catrac;1 C

Probl. 3.90

A unidade de potência da máquina de fazer buracos para colocação de postes fornece um torque de 450 N· m à broca. O braço B está livre para deslizar na luva C, mas não está livre para girar em torno do eixo horizontal de C. Se a unidade é livre para girar em torno do eixo vertical da base D, determinar a força exercida contra a roda traseira direita pelo bloco A (ou A'), que evita o deslocamento da viatura quando o freio está solto. (Sugestão. Veja o sistema de cima para baixo.) Resp. A'= 187,SN

I'

2,4m

Probl. 3.

B

Probl. 3.93 3.94

A placa de aço, de massa m, uniforme, tem a forma triangular e está suportada no plano horizontal por três fios verticais, presos aos seus vértices. Mostre que a tração em cada fio é sempre mg/3, indepen· dente da forma do triângulo.

Probl. 3.91 Dimensões em milú

Probl. 3.9 3.92

O trator representado na figura, tem massa de 13,5 Mg com centro em G, e é usado para puxar ou empurrar cargas pesadas. Determine a cargaP que o trator pode puxar, à velocidade constante de 5 km/h, subindo uma rampa com 15% de inc1i:Í1ação, se a força motriz exercida pelo solo -em cada uma das suas quatro rodas for de 80% da força

p

Probl. 3.94 3.95

E necessária uma força vertical P sobre o pedal da alavanca, para produzir uma tração T de 400 N na barra vertical de controle. Determinar as reações correspondentes nos mancais A e B. Resp. A = 184 N, B = 424 N

3.96

Uma das três sapatas de pouso da nave Viking está mostrada na figura, com suas dimensões aproximadas. A massa da nave é 600 kg. Calcular a força em cada perna do trem de pouso; quando a nave está repousando sobre uma superfície horizontal em Marte. (Suponha que as três sapatas suportem cargas iguais e consulte a Tabela C2, no Apêndice C, se necessário.) Resp. FCD = I 046 N compressão FAC = FCB = 240 N tração

3.97

Três bolas idênticas de m, estão colocadas den que repousa sobre uma altura é ligeiramente ITIJillJ

L

Probl. 3.9

EQUIu"BRIO

Calcular também a reação nor?i= de rodas traseiras em B. P == 85 kN, NB == 125 kN

diâmetro do cilindro é tal que as bolas estão virtualmente se tocando. Uma quarta bola, idêntica às outras é, então, colocada sobre elas. Determinar a forçaP exercida pelo anel sobre cada uma das bolas inferiores.

da máquina de fazer burapostes fornece um torque de ::mço B está livre para deslizar :á livre para girar em torno do

==

3.98

""".io1l d base D, determinar a traseira direita pelo - Sea aroda u~' dade é livre para girar erita o de~locamento da via~ está solto. (Sugestão. Veja o

m=mo.)

A'

==

A estrutura soldada tem duas pernas com massa de 50 kg cada uma. Um fio de C para D impede que a estrutura gire em torno de um eixo que passa pelo mancal em B e pela rótula em A e, assim, saia do plano horizontal. Calcular a tração T no fio e a intensidade da força total suportada pela ligação

emA.

\

Resp.

/ 99

Resp.

187,5 N

T == 1 201 N, A

==

601 N

Probl. 3.95 z

Probl. 3.93

~ J:::Zssam, uniforme, tem a forma ~ no plano horizontal por I, ;:=s aos seus vértices. Mostre ~ fio é sempre mg/3, indepen-

Probl. 3.98

.tiingulo. 3.99 Dimensões em milímetros

O mastro de 300 kg é escorado por uma rótula em A. Calcular a tração T, se for aJ?licada uma força horizontal de 10 kN em F. Resp. T, == 11,34 kN

Probl. 3.96

3.97

Três bolas idênticas de aço, cada uma com massa

m, estão colocadas dentro de um anel cilíndrico, vertical P sobre o pedal da uma tração T de 400 N na le. Determinar as reações =caisA eB. R~. A == 184 N, B == 424 N

que repo\lsa sobre uma superfície horizontal e cuja altura é ligeiramente maior que o raio das bolas. O

pouso d a nave V~ \g esta' suas dimensões aproxima_ é 600 kg. Calcular a for~a em

.

::.e pouso, quando a na~b está superfície horizontal em / as tres sapatas suportem cara Tabela C2, no Apên'dice C, F CD

==

FAC

==

1 046 N coLpressão FCB == 240 N tração J

\

L

Probl. 3.97

Probl. 3.99

4

-LfJ

ESTRUTURAS

4.1 - INTRODUÇÃO No Capo 3, a atenção foi concentrada no equilíbrio de corpos rígidos únicos ou nos sistemas de peças ligadas que, quando considerados como um todo, podiam ser tratados como corpo único. Em tais problemas, desenhou-se o diagrama de corpo livre deste corpo único, mostrando todas as forças externas ao corpo isolado antes da aplicação das equações de equilíbrio das forças e dos momentos. Neste capítulo, focalizamos a determinação das forças internas da estrutura, isto é, forças de ação e reação entre elementos ligados. Em Engenhar.ia, estrutura é um sistema qualquer de elementos ligados, construído para suportar ou transferir forças e para resistir com segurança às cargas que nele atuam. Na análise das forças das estruturas, é necessário desmembrar a estrutura e analisar, separadamente, os diagramas de corpo livre dos elementos . individuais ou da combinação dos elementos, de maneira a determinar as forças internas da estrutura. Estz análise recorre à rigorosa aplicação da terceira lei de Newton, que estabelece que cada ação acarreta UIllZ reação igual e contrária. Neste capítulo analisaremos as forças internas atuando em vários tipos de estruturas, tais como treliças, armações e máquinas. Consideraremos somente estruturas estaticamente determinadas, isto é, estruturas que não têm mais vínculos de apoio além dos necessários para manter uma configuração de equilíbrio. Assim, como foi visto no Capo 3, as equações do equillbrio são suficientes para determinar todas as reaçõ~ desconhecidas. O estudante que aprendeu o método básico desenvolvido no Capo 3, sendo capaz de defInir perfeitamente o corpo em estudo, construindo corretamerite o diagrama de corpo livre, não encontrará difIculdade na análise das estruturas estaticamente determinadas. A análise das treliças, das estruturas de máquinas e das vigas sob cargas concentradas constitui uma aplicação direta da matéria desenvolvida nos dois capítulos anteriores.

!fite e ligadas entre si por 'cadas aos elementos da das que podem ser anali O componente básico 'culadas (Fig. 4.2a) cons·· do, formando um polígon< ar-se estável ou rígida 000, dois triângulos. A estni extremidades, tais como nexões fIxas e, desta m ente para indicar que a indicar que as deforma~

4.2 - TRELIÇAS PLANAS B

Uma treliça é uma estrutura rígida, formada por elementos ligados pelas extremidades. * Exemplos comuns de treliças aparecem nas pontes, suportes de telhados, guindastes e outras estruturas similares. Os elementos estruturaiS usados são perfIs em I, em U, em L (cantoneiras), barras e perfIs especiais, que sãc ligados em conjuriÍo,situam-se em suasessencialmente extremidades, em porum meio de plano, solda, arebites, pinos.treliça Quando planaai ~treliça único treliça parafusos é conhecidaou como Treliças planas, tais como as usadas em pontes, são comumente projetadas aos pares, uma de cada lado ck

~

C (a)

* N.T. Treliça é um sistema reticulado indeformável.

ESTRUTURAS

~

-

~

Pratt

I 101

-

K

Warren

-

Baltirnore Treliças de pontes usadas comum ente

Pratt

Fink

únicos ou nos sistemas de ~o corpo único. Em tais todas as forças externas ao momentos. Neste capítulo,

~

.-.

- e reação entre elementos construIdo para suportar ou das forças das estruturas, é corpo livre dos elementos internas da estrutura. Esta

Warren

Treliças de telhado usadas comumente Fig.4.1

que cada ação acarreta uma

te e ligadas entre si por meio de vigas transversais, que suportam o leito da estrada. e transferem as cargas 'cadas aos elementos da treliça. Na Fig. 4.1, estão mostrados vários exemplos de treliças comumente as que podem ser analisadas como treliças planas. O componente básico de uma treliça plana é o triângulo. Três barras ligaras entre si por extremidades ',culadas (Fig. 4.2a) constituem um sistema rígido. Por outro lado, quatro ou mais barras ligadas do mesmo o, formando um polígono, não estabelecem um sistema rígido. A estrutura não-rígida da Fig. 4.2b pode ar-se estável ou rígida com uma barra diagonal adicional, ligando A e D ou B e C, e formando, desse o, dois triângulos. A estrutura pode ser ampliada, anexando-se unidades adicionais de duas barras, ligadas extremidades, tais como DE e CE ou AF e DF (Fig. 4.2c), que são ligadas por articulação, às duas xões fIxas e, desta maneira, toda a estrutura permanecerá rígida. O termo rígido é aqui aplicado não ente para.indicar que a estrutura não entra em colapso, isto é, que mantém a forma inicial, como também indicar que as deformações das barras decorrentes das tensões internas induzidas são desprezíveis.

estruturas, tais como treliças,

",.,madas, isto é, estruturas que , ão de equilíbrio. Assim, .:eterminar todas as reaçõe.;

=

, sendo capaz de defmir perfei· !'e, não encontrará dificuldade estruturas de máquinas e das lvolvida nos dois capítulos

A B

(a) A

C A

extremidades. * Exemplos tras estruturas similares. Os e perfis especiais, que são parafusos ou pinos. Quando os • conhecida como treliça plana. pares, uma de cada lado d<.

D

~-

A

F (c)

(b)

Fig.4.2

c

--, 102 I ESTÁTICA

As estruturas construídas a partir de um triângulo básico, na maneira descrita são conhecidas como treliças simples. * Quando existem mais elementos do que os necessários para evitar o colapso, a treliça é estaticamente indeterminada. Uma treliça estaticamente indeterminada não pode ser analisada somente pelas equações de equilíbrio. Os elementos adicionais, ou suportes, que não sejam necessários para manter a posi. ção de equilíbrio são chamados redundantes. O projeto de uma treliça envolve a determinação das forças que atuam nas diferentes barras e a seleção do perf1l adequado para resistir a essas forças. Várias hipóteses são feitas na análise das forças que atuam nas treliças simples. Primeiro, todos os elementos são considerados como sendo barras. Barra é todo o elemento em equilíbrio sob a ação de apenas duas forças, como foi defmido em termos gerais na Fig. 3.4 do item 3.3. Para as treliças, cada elemento é uma barra reta que une os dois pontos de aplicação das forças. As duas forças estão aplicadas nas extremidades da barra e são necessariamente iguais, opostas e colineares, para o equilíbrio. A barra poderá trabalhar à tração ou à compressão, como se vê na Fig. 4.3. Note que ao se repre· sentar o equillbrio de uma parte da barra, a tração T ou a compressão C que atua sobre a seção cortada é a mesma para todas as seções. Está suposto, aqui, que o peso da barra é pequeno comparado com a força que ela suporta. Em caso contrário, se o pequeno efeito do peso tiver que ser levado em conta, o peso P, se a barra for uniforme, poderá ser suposto como duas forças,P/2, cada uma atuando nas extremidades da barra. Estas forças realmente são tratadas como cargas aplicadas externamente aos nós. Considerar o peso de uma barra dessa maneira dá resultado correto para a tração ou compressão média ao longo da barra, porém o efeito da flexão da barra não poderá ser levado em conta. Quando são usadas conexões soldadas ou rebitadas para unir elementos estruturais, a hipótese de urna conexão de pino articulado é usualmente satisfatória se as linhas de centro das barras forem concorrentes em um ponto, na conexão, como na Fig. 4.4. Supõe-se, também, na análise das treliças simples, que todas as forças externas são aplicadas aos nós. Esta condição é satisfeita na maioria das treliças: Nas treliças de pontes, o tabuleiro é usualmente assentado sobre as vigas transversais, que se apóiam nos nós. Nas grandes treliças usualmente toma-se cuidado, em um dos suportes, com a dilatação e a contração devidas à mudanças de temperatura, e com as deformações resultantes das cargas aplicadas. O suporte é equipado com rolete, setor de rolete ou outra éspécie corrediça. As treliças e as estruturas, nas quais não é tomada tal precaução, são estaticamente indeterminadas, como foi exposto no item 3.3. Apresentamos dois métodos para a análise das forças das treliças simples e fazemos referências à treliç:< simples, mostrada na Fig. 4.5a, para éada um dos dois métodos. O diagrama de corpo livre da treliça, consi· derada como um todo, é mostrado na Fig. 4.5b. As reações externas são usualmente determinadas pel cálculo das equações de equilíbrio aplicadas à treliça, considerada como um todo, antes de se prosseguir COII. a análise das forças do restante da treliça.

.3 - MÉTODO DOS NÓS Este método consiste

f

,ção de cada nó. Portanto Yidas duas equações de equil a carga conhecida, e onw com onó da extremida

-'cados por letras, a força sentidos correntes das fo: partes das barras AF e .ão. A barra AB realmenl lado direito e afastando·SI;

mo lado do pino, assim

afastando-se do nó, e a o nó. * A intensidade de

O nó F é o próximo a . B, C, E e D serão, nessa o nó e seu correspondent

. 'c

t~ t:

Compressão

Tração Barras

Fig.4.3

Fig.4.4

* N.T. Há sistemas triângulos hiperestáticos, por não serem justapostos de acordo com a lei de formação descrita.

* N.T. Se a seta indicatm a barra é à tração.

ESTRUTURAS

E

F

"ta são conhecidas c

I 103

evitar o colapso, a treli~ :; ser analisada somente pe2z: . 'os para manter a p .~erentes barras e a seleÇÊ."" das forças que atuam nE:. . Barra é todo o elemem:: . na. ng. .1.4 do Icem 3.3. ão das forças. As duas stas e colineares, para o 3. Note que ao se repre4 robre a seção cortada é a tparado com a força que em conta, o peso P, se a ::as extremidades da barra.

(a)

(b)

Considerar o peso de urna ongo da barra, porém o ais, a hipótese de uma forem concorrentes em são aplicadas aos nós. é usualmente assentado dilatação e a contração aplicadas. O suporte é struturas, nas quais não é

33. os referências à treliçalivre da treliça, consiente determinadas pelo antes de se prosseguir com

Fig.4.5

4.3 - MÉTODO DOS NÓS Este método consiste em satisfazer as condições de equilíbrio para as forças que atuam sobre o pino de ligação de cada nó. Portanto, o método lida com o equilíbrio de forças concorrentes, e somente estão envolvidas duas equações de equilíbrio, independentes. Começa-se a análise por qualquer nó onde exista ao menos urna carga conhecida, e onde estejam presentes no máximo duas forças desconhecidas. A solução pode começar com onó da extremidade esquerda e seu diagrama de corpo livre é mostrado na Fig. 4.6. Com os nós indicados por letras, a força em cada barra é indicada pelas duas letras que defmem as extremidades da barra. Os sentidos correntes das forças são evidentes, neste caso simples, por inspeção. Os diagramas de corpo livre das partes das barras AF e AR são também mostrados para indicar claramente o mecanismo da ação e da reação. A barra AR realmente faz contato com o lado esquerdo do pino, embora a forçaAB esteja desenhada do lado direito e afll$tando-se do pino. Assim, se as setas das forças estiverem consistentemente desenhadas do mesmo lado do pino, assim corno a barra, então a tração (AB, por exemplo) estará sempre indicada por uma seta afastando-se do nó, e a compressão (AF, por exemplo) será sempre indicada por urna seta apontando para o nó. * A intensidade de AF é obtida da equação '2:-Fy= O, e AB é, então, calculada de '2:-Fx= O. O nó F é o próximo a ser analisado, visto que ele agora contém somente duas incógnitasEF eBF. Os nósB, C, E eD serão, nessa ordem, posteriormente analisados. A Fig. 4.7 mostra o diagrama de corpo livre de cada nó e seu correspondente polígono de força, que representa, graficamente, as duas condições de equilí-

i

I

r I

{}comID'''o

AF

11

AB ~

~

x

Tração

Rl

a lei de formação descrita.

Fig.4.6

* N.T. Se a seta indicativa da força empurrai: (comprimir) o nó, a barra é à compressão; se a seta puxar (tracionar) o nó, a barra é à tração.

104 / ESTÁTICA

brio 'EFx = O e 'EFy = O. Os números indicam a ordem em que os nós são analisados. Deve-se notar que, quando o nó D é finalmente alcançado, a reação R2 calculada deve estar em equilfbrio com as forçás nas barras CD e EF, determinadas previamente partindo dos dois nós vizinhos. Esta exigência permite verificar a exatidão do cálculo feito. Deve-se notar, também, que o isolamento do nó C revela, rapidamente, o fato de a força em CE ser nula, quando for aplicada a equação 'EFy = O. Naturalmente a força nesta barra não seria nula, se fosse aplicada uma carga externa vertical em C. É muitas vezes conveniente indicar a tração T e a compressão C das várias barras diretamente sobre o diagrama original da treliça, desenhando-se as setas afastando-se dos nós referentes à tração, e apontando para os nós, quando referentes a compressão. Essa indicação está ilustrada na parte inferior da Fig. 4.7.

n ~EÚ 1 IIS! zJR' 4-f 4

E

I

BE

RI

CD

BC (

At

) CD NóFNóE NóD I AF 15 BF /L BER2 16 CD Fig.4.7 B BF C lCE=Ü L F, R2 D~R2

D

2

NóC EF

L----x

YMV

as barras extras estabelea estaticamente determinad necessários para a estabili equações escalares de fo Para a treliça completa C< total de m + 3 incógnitas mente determinada intem

Esta relação é uma ciente, porque uma ou m configuração estável da t dentes, e a treliça é es m + 3 < 2j, há uma defici O polígono das fo~ obter as forças desconhec bricos que usam as equaçê dos ponteiros do relógio, dos, estes polígonos de : corno o diagrama de MOJ estudante que estiver inte que tratam a análise est diagrama de Maxwell.

Condições Especum mente na análise de treli

Fig. 4.8a, é necessário aJ flambagem. Vê-se, rapida: nula e, da sorna na dire~ vale também para o case componente na direção Y 1

* N.T. Se m + 3 > 2j sistema é deformável. O retiCl ** N.T.

Na figura Seg

a aplicação da expressão m , nota-se a combinação de um i

Em alguns exemplos, é impossível determinar, inicialmente, o sentido correto de urna ou de ambas as forças desconhecidas que atuam sobre um dado nó. Nesse caso, pode-se fazer uma indicação arbitrária. Um valor negativo do cálculo indicaria que o sentido suposto deve ser invertido. Se urna treliça simples tiver mais apoios do que os necessários para asSegurar uma configuração de equilíbrio estável, a treliça corno um todo é estaticamente indeterrninada e os apoios extras estabelecem a redundância externa. Se a treliça tiver mais barras internas do que as necessárias para evitar um colapso, então

(Hip

*** O método foi pub N.T. Este método é C reticulados indeformáveis, e Cremona, ou simplesmente C por Maxwell e depois por RaJ

ESTRUTURAS

- dos. Deve-sé notar que. - Tio com as forçàs nas bam. - permite verificar a exa-"damente, o fato de a for, sta barra não seria nula, sç barras diretamente sobre à tração, e apontando par~ - r da Fig. 4.7.

/ 105

barras extras estabelecem a redundância interna e a treliça é estaticamente indeterminada. Para uma treliça ticamente determinada externamente, há uma relação definida entre o número de suas barras e o dos nós ssários para a estabilidade interna, sem redundância. Como o equilíbrio de cada nó é defmido por duas ções escalares de forças, há um total de 2j equações semelhantes, para uma treliça simples com j nós. a treliça completa composta de m barras e um máximo de três reações desconhecidas nos apoios, há um de m + 3 incógnitas. Assim, para que uma treliça simples, plana, formada por triângulos seja estaticate determinada internamente, a equação m + 3 = 2j deve ser satisfeita. * Esta relação é uma condição necessária para a estabilidade da treliça, porém não é uma condição sufi" te, porque uma ou mais das m barras podem ser dispostas de tal modo, que não contribuam para uma iguração estável da treliça completa. Se m + 3 > 2j, existem mais barras do que equações indepentes, e a treliça é estaticamente indeterminada, internamente, apresentando barras redundantes. Se + 3 < 2j, há uma deficiência de barras internas e a treliça é instável, e entrará em colapso sob carga. ** O polígono das forças para cada nó, mostrado na Fig. 4.7, pode ser construído, graficamente, para se r as forças desconhecidas nas barras, como uma opção para, ou como uma verificação dos cálculos algé- os que usam as equações de equilíbrio das forças. Se percorrermos cada nó, sempre no mesmo sentido (no ponteiros do relógio, por exemplo), e adicionarmos os vetores na ordem em que forem sendo encontra, estes polígonos de força podem ser superpostos, formando uma figura gráfica composta, conhecida o o diagrama de Maxwell. *** A força e seu sentido podem ser obtidos diretamente do diagrama. O dante que estiver interessado em estruturas, deve praticar com esta construção e consultar outros livros tratam a análise estrutural de maneira mais completa, para obter uma descrição mais detalhada do ama de Maxwell. Condições Especiais. Focalizaremos a atenção em várias condições especiais que ocorrem freqüentete na análise de treliças simples. Quando duas barras colineares estão comprimidas, como indicado na . 4.8a, é necessário adicionar uma terceira barra para manter o alinhamento das duas barras e evitar a bagem. Vê-se, rapidamente, da soma das forças na direção y, que a força F3, na terceira barra, deve ser e, da soma na direção x, que Fi = F2• Esta conclusão é válida para qualquer ângulo e e, naturalmente, também para o caso em que as barras estão tracionadas. Se for aplicada uma força externa com uma .ponen te na direção y, a força F 3 deixará de ser nula.

* N.T. Se m + 3 > 2j, o reticulado é, ainda, indeformável, porém interiormente !iUema é deformável. O reticulado é interiormente hipoestático.

** N.T.

hiperestático.

Se m + 3 < 2j, o

Na figura seguinte:

aplicação da expressão m + 3 = 2j levaria à conclusão de que o sistema é isostático, o que é falso. Examinando-se a figura, -xa-se a combinação de um sistema hiperestático com outro isostático, por meio de um terceiro, deformável.

,10 de uma ou de ambas as • índicação arbitrária.

ar uma configuração de ios extras estabelecem a evitar um colapso, então

(Hiperestáticol

(Deformável)

(Isostáticol

*** O método foi publicado por James Clerk Maxwell, em 1864. N.T. Este método é conhecido com o nome de método de Maxwell-Cremona. É largamente empregado na solução dos reticulados indeformáveis, e os polígonos de força que são desenvolvidos na solução recebem o nome de polígonos de Cremona, ou simplesmente Cremonas, designação estajá tradicional. A teoria do método foi apresentada, antes de Cremona, por Maxwell e depois por Rankine.

--=-

106 / ESTÁTICA

/'

/'

/'

X

"i.Fx' = O requer Fa = :.

"i.Fx = O requer FI = O "i.Fx' = Orequer F2 = O "i.1j = O requer Fa "i.Fx = b requer FI

o

JA

x //

=O = F2

/F2 (a)

(b)


Fj

~a

x'

"i.Fx = O requer FI =

F~ (c)

Fig.4.8

Quando duas barras não colineares são ligadas como mostrado na Fig. 4.8b, se não houver nenhuma carga externa aplicada ao nó, as forças em ambas as barras devem ser nulas, conforme indicam os somatórios de forças. Quando dois pares de barras colineares são ligados como mostrado na Fig. 4.8c, as forças em cada par devem ser iguais e opostas. Conclui-se isto dos somatórios de forças indicados na figura. Freqüentemente usa-se intertravar painéis de treliças, como mostra a Fig. 4.9a. Se cada membro for capaz de suportar tanto tração como compressão, o painel será estaticamente indeterrninado. Porém, quando os membros forem flexíveis, incapazes de suportar compres'são, como é o caso 'dos cabos, somente os membros tracionados atuarão e os demais podem ser ignorados. Geralmente, a assimetria do carregamento evidencia como o painel se deformará. Se a deformação for a indicada na Fig. 4.9b, então o membro AB -deveria ser considerado e o CD, ignorado. Quando não for possível fazer esta seleção por simples inspeção, deve ser feita uma escolha arbitrária dos membros a serem considerados. Se a força em um membro que se assumiu ser tracionado, der positiva, após o cálculo, significa que a escolha estava certa. Se o resultado der força negativa, deve-se considerar o membro oposto e refazer o cálculo. Deve ser evitada a solução simultânea de equações para duas forças desconhecidas em um nó, fazendo uma escolha cuidadosa dos eixos de referência. Portanto, para o nó indicado esquematicamente na Fig. 4.10, onde L é conhecida e FI e F2 são desconhecidas, um somatório de forças na direção x elimina referência à força FI enquanto que um somatório de forças na direção x' elimina referência à F2• Quando não se puder encontrar facilmente os ângulos envolvidos, é preferível usar duas soluções simultâneas de equações, uma para cada conjunto de eixos de referência, que elimine uma das forças desconhecidas.

D

B

~M A

C

(á)

D

Aplicando o método d treliça em balanço, carrega

r:

Solução. Indicando c barra serão indicadas pel desejar calcular as reaçõ~ treliça em balanço pode C( gada. Contudo, esta treli~ que a primeira etapa com D e E do diagrama de cc um todo. As equações de l [~ME=

O]

5T - 20 (5)

[~Fx

= O]

80,0 cos 30°

[~Fy

= O]

80,0 sen 30°

Em seguida, traçam-se I as forças que atuam sobn tidos supostos, para as for seqüência dos nós. Não t das forças sobre o nó A. O [~Fy

= O]

0,866AB-

[~Fx

= O]

AC - 0,5 (3

onde T significa tração e ( Em seguida, deve-se 3J que duas incógnitas. A fa cima e, em conseqüência para a esquerda. Novamen [~Fy =0]

0,866BC

[~Fx=

BD -O':

BC= 34

B O]

BD= 34 A

C (b)

O nó C agora possui . achadas como foi feito an

Fig.4.9 [~Fy

= O]

0,866CDCD = 57,74

[~Fx

= O]

CE - 17,32

CE= 63,51

L

Finalmente, no nó E, 1 [~Fy

= O]

e a equação ~Fx Fig.4.10

0,866DE

= Ocom

ESTRUTURA.S


Ft í;Fx í;Fx'

= o requer FI = F2 = O requer F3 = F~

(c)

. se não houver nenhuma indicam os somatórios

Aplicando o método dos nós, calcular as forças nas barras da treliça em balanço, carregada, como está na figura.

Solução. Indicando os nós com letras, as forças em cada barra serão indicadas pelas letras das extremidades. Se não se desejar calcular as reações externas em D e E, a análise para uma treliça em balanço pode começar com o nó da extremidade carregada. Contudo, esta treliça será totalmente solucionada, de modo que a primeira etapa constará do cálculo das forças externas em D e E do diagrama de corpo livre da treliça, considerada como um todo. As equações de equilíbrio dão [~ME=

-

>

I '\07

as forças em cada par

a. Se cada membro for ·ado. Porém, quando os cabos, somente os .etria do carregamento então o membro AB - por simples inspeção, em um membro que se .%rta. Se o resultado der >

[~Fx

O] 5T - 20 (S) - 30(10)

= O]

[~Fy = O]

80,0 cos 300

-

=O

T=

=O

Ex

Ex

80,0 sen 300 + Ey - 20 - 30 = O

A

80,0 kN

= 69,3

kN y

Ey = 10,0 kN

I I

L__ x

Em seguida, traçam-;;e os diagramas de corpo livre, mostrando as forças que atuam sobre cada um dos nós. A exatidão dos sentidos supostos, para as forças, é verificada, quando se considera a seqüência dos nós. Não haveria dúvida sobre o sentido correto das forças sobre o nó A. O equihbrio exige [~Fy =

O]

[~Fx = O]

AB

= 34,64

kN T

Resp.

AC - 0,5 (34,64) = O AC = 17,32 kN C

Resp.

0,866AB -

30

=

O

30kN

1

onde T significa tração e C compressão. Em seguida, deve-se analisar o nó B, porque o C tem mais do que duas incógnitas. A força BC deve dar uma componente para cima e, em conseqüência, BD deve equilibrar a força orientada para a esquerda. Novamente, as forças são obtidas de: [~Fy

0,866BC - 0,866 (34,64)

= O]

BC [~Fx

= O]

= 34,64

BD

= 34,64

= O]

Resp.

=O

[I 30kNAC---x

'I\RTl. C

Resp.

NóB

Nota: CD

kN T

= 57,74

kN T

Observe que traçamos a seta da força do mesmo lado do nó onde está a barra que exerce a força. Deste modo, tração (seta saindo do nó) fica distinta da compressão (seta apontando para o nó).

Resp.

CE - 17,32 - O,S (34,64) - 0,5 (S7,74) CE

= 63,SI

kN C

=O Resp.

Finalmente, no nó E, tem-se: [~Fy

~

0,866CD - 0,866 (34,64) - 20 = O CD

[~Fx

AB34,64 kN

NóA

O nó C agora possui apenas duas incógnitas, que podem ser achadas como foi feito antenormente. [~Fy = O]

:!AB

=O

kN C

BD - 0,5 (2) (34,64)

20kN

y

lIIecidas em um nó, fazendo

ticamente na Fig. 4.10, ~ão x elimina referência à ,iF'l' Quando não se puder -eas de equações, uma

20 kN

30kN

= O]

e a equação ~Fx

0,866DE

=

Y;E 63,51 kN

10,00

DE

=

ll,SSkN

Resp.

CE

=

l,!!!.'"kN 10,00 kN NóE

= O comprova

os resultados.

108

I

ESTÁTICA

4.9

PROBLEMAS

(Resolva os problemas seguintes pelo método dos nós. A menos que seja indicado o contrário, despreze o peso próprio das barras comparado com as forças que suportam.) 4.1

Calcular as forças representada.

PROPOSTOS 4.4

Calcular a força em cada barra da treliça. Todos os triângulos são isósceles.

4.5

Calcular, para a treliça mostrada, as forças nas barras CG e CF. Resp. CG = 2,24 kN T CF= 1,00 kN C

4painéis df

I,

Calcular a força em cada barra da treliça. Resp. AB = 3,52 kN T BC= 4,62 kN C AC= 3,27 kN T

I

A

l1a!

H

C ~OkN

1

A

3m

1

ProbJ

4.10

Determinar as forças I liça. Todos os ângulos

Probl. 4.5 Probl..4.1 4.6 4.2

Calcular a força em cada barra da treliça.

4.7

Probl. 4.2

4.3

Se a força de 2 kN que atua sobre a treliça do Probl. 4.5 for removida, identificar, por inspeção, quais as barras que têm força nula. Se, por outro lado, a força de 2 kN fosse aplicada em G ao invés de em B, existiria alguma barra com força nula? Cada barra da treliça é uma peça de 8 metros, com massa uniforme de 200 kg. Calcular a tração ou compressão média, em cada barra, devido aos pesos das barras. Resp. AE = CD = 5,66kN C AB = BC = 2,83 kN T BE = BD = 2,27 kN T DE= 3,96 kN C

Prob~

4.11

Uma tesoura de telha ças em seus nós sup;: do, devido a uma caI! quer reação horizont ças que atuam nas bar

u

Calcular a força na barra CF da treliça. Resp. CF= 3,33 kN C 6 kN

Probl Probl. 4.7

~

C

B Probl.4.3

4.8

Calcular as forças nas barras FG, EG e GD na treliça carregada em balanço.

T 3m ~"

~r

'mE

'm 8kN

Probl.4.4

•

D~

L

r--- G4 painéisH de 4 m~I

F

J

··1 6m

E B

4kN

Probl. 4.8

~ A

4.12

Calcular as forças indu treliça do guindaste, ( 1 800 kg.

4.13

Um painel de propag< liça, como se vê na E zontal provocada pel isolada do painel, COI que 5/8 desta carga é e o restante dividido cular as forças nas bar Resp. BE·

ESTRUTURAS

•. 9

=ada barra da treliça. Todos os

/ 109

Calcular as forças nas barras IB e BH na treliça representada. Resp. iB = 56,6 kN C BH = 47,1 kN C

_

12 m

I =:-:::Eçamostrada, Resp.

I'

as forças nas

CG

= 2,24

'j

4 painéis de 5 m

-t

kN T

CF= 1,00kNC

:~.l H G} C

E

--.:.....i

40kN

60kN

Probl. 4.9 Probl. 4.12 4.10

D

Determinar as forças nas barras BI, CI e HI da treliça. Todos os ângulos são 30°, 60° ou 90°.

4.5

- lue atua sobre a treliça do identificar, por inspeção, cim força nula. Se, por outro - fosse aplicada em G ao invés barra com força nula?

Probl. 4.10

~ é uma peça de 8 metros, com 200 leg. Calcular a tração ou cada barra, devido aos pesos

4.11

Rap. AE= CD = 5,66kN C AB ~BC BE = BD

= 2,83

kN T 2,27 kN T

= DE= 3,96 kN C

Uma tesoura de telhado, tipo Pratt, recebe as forças em seus nós superiores, como está representado, devido a urna carga de neve. Desprezando qualquer reação horizontal nos apoios, calcular as forças que atuam nas barras BH, BC e CH.

Probl. 4.13

4.14

Calcular as forças que atuam nas barras CF, BF, BG e FG da treliça simples do guindaste.

10 kN

~C m

Probl. 4.11

14.7

4.15 barras FG, EG e GD na treli-

4.12

4.13

T

1 Sm

B

,i 4.8

A

Calcular as forças induzi das nas barras GH e ED, na treliça do guindaste, quando este iça um carro de 1 800 leg. Um painel de propaganda, e montado em urna treliça, corno se vê na figura, recebe urna carga horizontal provocada pelo vento· de 4 ÍcN. A análise isolada do painel, considerado corno viga, mostra que 5/8 desta carga é suportada no ponto central C e o restante dividido igualmente entre D e B. Calcular as forças nas barras BE e BC. Resp. BE = 2,80 kN T, BC = 1,5 kN T

Calcular as forças em todas as barras da treliça carregada, que está suportada pela ligação horizonF

4kN C

Probl. 4.15

B

110 / ESTÁTICA

todas as barras de cada treliça, cujas forças não estejam influenciadas pela indeterminação dos suportes, e que podem ser calculadas diretamente, usando-se somente as equações de equilíbrio. Suo por que o carregamento e as dimensões das treliças sejam conhecidas.

tal FC e pela articulação em A. Todos os ângulos interiores são 60°. Resp. AB = CB = DC = 4 kN C BE = CE = DE = 4 kN T, AE = O EF= 8 kN T,AF= 8 kN C 4.16

T

16 m

Mostre que a treliça é estaticamente determinada e calcule as forças nas barras BD e BF em função da carga aplicada L.

(a)

(b)

(e)

(d)

Probl. 4 Probl.4.19

Probl.4.16

4.17

Calcular as forças nas barras AB, Bl, BI e CIo Os membros CH e DI são cabos capazes de suportar apenas tração. Resp. AB=7,5kNC, Bl=CI=O, BI=7,5kNT B

C

D

4.20

Verificar o fato de cada urna das treliças conter um ou mais elementos de redundância. Propor duas alterações independentes, Sendo que qualquer uma eliminaria a redundância e produziria'{:Ompleta de.terminação estática. Todas as barras podem supor· tar compressão ou tração.

E

A torre para uma linha ( pela treliça mostrada. As centrais são capazes de tração. Calcule as força! DB eCD, pelas cargas de vertical. Resp. AB = 3,89 kN C,

Na treliça, tipoFink, forças nas barras EF, KL, as forças em BP, PC, DN

d

4m

A

~fI \.'

flO kN

li 5 painéis deH3 m

~\.J

Gr

Probl. 4.17

.4 - MÉTODO DAS SEÇ 4.18

No item anterior de

Indicar, por inspeção, quais as barras da treliça que tornam a estrutura estaticamente indeterminada.

(e)

(d)

Probl.4.20

4.21

A

Probl. 4.18

4.19

Cada urna das treliças carregadas tem vínculos de suporte estaticamente indeterminados. Relacionar

O pórtico móvel representado na figura é emprega· do para erguer e preparar um foguete de 500 t pàra o lançamento. A estrutura principal do p6rtico assemelha-se à treliça plana simétrica, mostrada, que é estaticamente indeterrninada. Ao posicionar um estágio do foguete de 60 Mg, suspenso em A, a medida das tensões nas barras AB e CD acusou as cargas de 50 kN de compressão e de 120 kN de tração, respectivamente, devidas à carga de 60 Mg. Calcular as forças correspondentes nas barras BF e EF.

Resp.

BF

= 188,4

kN C, EF= 120 kN T

çenas duas das três equaçi em cad~ó. A terceira equ uma seção in~ concorrentes. Este método barras, diretamente, an~ analisar nó a nó, até se Ch€ não se pode cortar mais do equações independentes de O método das seções método anterior. Para rápi calculadas como antes, con

* N.T. Também chamac 1860, na Escola Técnica de Har

ESTRUTURAS

/ 111

1<

-'a treliça, cujas forças não pela indeterminação dos ser calculadas diretamente, ;:quações de equilíbrio. Sue as dimensões das treliças

HI

T

16 m

~

3m

~I

3m

I

1,8 kN 15'

t

f

5m

1

(b)

Probl. 4.22

Probl. 4.21 (d) .19

Ca uma das treliças conter um ;- redundância. Propor duas sendo que qualquer uma ia e produziria'{:ompleta de7oc.as as barras podem supor-

C

E

4.22

A torre para uma linha de transmissão é modelada pela treliça mostrada. As barras cruzadas das seções centrais são capazes de suportar apenas esforços de tração. Calcule as forças induzidas nas barras AB, DB eCD, petas cargas de 1,8 kN aplicadas no plano vertical. Resp. AB = 3,89 kN C, DB = 0, CD = 0,93 kN C

4.23

Na treliça, tipo Fink, representada, calcular as forças nas barras EF, KL, GL. (Sugestão. Notar que as forças em BP, PC, DN etc. são nulas.) Resp. EF = 202 kN C KL = 100 kN T GL = 50,0 kN T

I <

6 painéis de 5 m

Probl. 4.23

4.4 - MÉTODO DAS SEÇÕES No item anterior desenvolveu-se a análise das treliças planas pelo método dos nós, empregando-se (d) .20

tado na figura é empregaum foguete de 500 t pàra ~"tura principal do p6rtico plana simétrica, mostrada, terminada. Ao posicionar e 60 Mg, suspenso em A, a barras AB e CD acusou as compressão e de 120 kN de devidas à carga de 60 Mg. a:::r::e:spondentes nas barras BF e

F= 188,4 kN C, EF= 120 kN T

apenas ~as das três equações de equilíbrio, uma vez que esse método trata apenas das forças concorrentes em cada nó. A terceira equação, ou princípio do equilíbrio dos momentos, pode ser usada considerando-se .1:!!!laseção irÍteira da treliça como um corpo livre e~~~bp~, sob a)~çãode um sistem3.-de_ÍQrç~sE-ã~ concorrentes. Este método das seçães* tem a vantagem de permitir achar a força que atua em quase todas as barras, diretamente, analisando-se a seção que corta a barra considerada. Assim, não há necessidade de se analisar nó a nó, até se chegar à barra desejada. Ao escolher uma seção da treliça, deve-se notar que, em geral, não se pode cortar mais do que três barras, cujas forças sejam desconhecidas, uma vez que só se dispõe de três equações independentes de equihbrio. O método das seções será, agora, aplicado na treliça da Fig. 4.5, que já foi utilizada na explicação do método anterior. Para rápida referência, a treliça está repetida na Fig. 4.11a. Primeiro, as reações externas são calculadas como antes, considerando a treliça como um todo. Agora, desejamos determinar a força que atua

* N.T. Também chamado método de Ritter ou método dos momentos dos momentos, apresentado por Ritter, em 1860, na Escola Técnica de Hannover.

112 / ESTÁTICA

y

Problema Resolvido 4

I I I

L __ -x

Al~( 1

L

Calcular as forças iruh: carga de 200 kN atuando Si:

R2 (a)

(b)

Fig.4.11

na barra BE, por exemplo. Uma seção imaginária, indicada pela linha tracejada, deverá passar através da treliça cortando-a em duas partes (Fig. 4.l1b). Esta seção cortará três barras, cujas forças são inicialmente desconhecidas. A fIm de que cada parte da treliça permaneça em equiHbrio, deve-se aplicar em cada barra cortada, a força que era exercida pela parte que foi afastada. Estas forças, sejam de tração, sejam de compressão, atuarão sempre nas treliças simples, seguindo os eixos das barras. A parte da esquerda está em equilfbrio sob aaçãó da carga aplicada L, da reação de apoio RI e das três forças exercidas sobre as barras cortadas pela parte da direita que foi removida. Estas forças podem usualmente ser traçadas com os seus sentidos corretos, obtidos por um exame visual das condições de equilfbrio. Assim, equilibrando os momentos, em torno do ponto B, para a parte do lado esquerdo da seção, a força EF está evidentemente para a esquerda, o que a torna de compressão, visto que ela atua em direção à seção cortada da barraEF. A carga L é maior do que a reação R I, de tal maneira que a força BE deve estar para cima e à direita, a fun de fornecer a necessária componente com o sentido para cima, para o equll1'brio vertical. A forçaBE é, portanto, uma força de tração, uma vez que ela atua afastando-se da seção. Com os valores aproximados de R I. e L~ em mente, o equilíbrio dos momentos, em torno do ponto E, exige que BC esteja para a direita. Uma rápida observação da treliça conduziria ao mesmo resultado, já que se nota qU1~as barras horizontais inferiores sofrem tração, como conseqüência da flexão causada pelas cargas. A equação dos momentos, em torno do nó B, elimina três forças da relação, e EF pode ser determinada diretamente. A forçaBE é calculada pela equação de equilíbrio para a direção y. Finalmente, BC pode ser determinada pelo equilfbrio dos momentos, em torno do ponto E. Deste modo, cada uma das incógnitas foi achada independentemente das outras duas. A parte direita da treliça (Fig. 4.11 b) está em equilíbrio sob a ação de R2, e das mesmas três forças que atuam nas barras cortadas, aplicadas no sentido oposto ao que foi considerado na parte da esquerda. O sentido correto das forças horizontais pode ser visto facilmente, pelo equilfbrio dos momentos, em torno dos pontosB eE. Qualquer das duas partes de uma treliça pode ser usada para os cálculos, mas aquela que inclui o menor número de forças usualmente conduzirá à solução mais simples. É essencial entender que, no método das seções, é considerada uma parte inteira da treliça, como um corpo único em equilíbrio. Assim, as forças nas barras internas, em relação à seção, não estão inclufdas na análise da seção, Como um todo. De modo a elucidar o corpo livre e as forças que nele atuam externamente,
Solução. Embora as 00 e em M sejam estaiiCamel apoios fIxos, todas as ba determinadas. Pode-se pass; barras KL, CL e CB e anali seção como um corpo rÍgick Está mostrado o diagrar esquerda da seção. Uma rapidamente verifica que , sóma de momentos em ton: barra KL está tracionada. A tão óbvia, até que se obse ponto P, à direita do poI torno de P elimina a refer deve estar comprimida, par de 200 kN em torno do p mente, a solução do probl veremos, resolvendo para c das, independentemente da! A soma dos momento~ alavanca BL

=4

+(

Assim,

200 (5) (3) CB

= 571]

Em seguida, toma-se o~ obriga a calcular ocos e. e = arc tg (5/12) de modo q [EMC= O]

200 (4) (3) KL

= 650:

Finalmente, pode-se enc momentos em torno de 1 PC/4 = 6/(6,5 - 4) ou PC ângulo (j que é dado por 13: = 29,7° ecos (j = 0,868. Te; [EMp= O]

200 (12 - 9,61 CL

= 57,6

kN

ESTRUTURAS

y I

I 113


I

I

L __ -x

Calcular as forças induzidas nas barras KL, CL e CB, pela carga de 200 kN atuando sobre a treliça em balanço.

t

m

4m

L..

r--

GI

200kN

everá passar através da forças são inicialmente se aplicar em cada barra tração, sejam de comda esquerda está em exercidas sobre as barras ser traçadas com os seus equilibrando os momenestá evidentemente para a da barra EF. A carga L direita, a fim de fornecer a rE é, portanto, uma força sdeRl e4 em mente, o -ma rápida observação da sofrem tração, como nó B, elimina três forças -o de equihbrio para a tomo do ponto E. Deste It das mesmas três forças que :Ja parte da esquerda. O

Solução. Embora as componentes verticais das reações em A e em M sejam esta~icamente indeterrninadas, devido aos dois apoios fIxos, todas as barras, exceto AM, são estaticamente dMerrninadas. Pode-se passar urna seção cortando diretamente as barras KL, CL e CB e analisar a parte da treliça à esquerda desta seção corno um corpo rígido, estaticamente determinado. Está mostrado o diagrama de corpo livre da parte da treliça à esquerda da seção. Urna sorna dos momentos em torno de L, rapidamente verifica que a barra CB está comprimida e urna sorna de momentos em torno de C indica do mesmo modo, que a barra KL está tracionada. A direção da força na barra CL já não é tão óbvia, até que se observa que KL e CB interceptam-se no ponto P, à direita do ponto G. Urna sorna de momentos em torno de P e1irnina a referência a KL e a C;B e mostra que CL deve estar comprimida, para contrabalançar o momento da força de 200 kN em torno do ponto P. Com estas considerações em mente, a solução do problema torna-se bastante simples, corno veremos, resolv~ndo para cada uma das três forças desconhecidas, independentemente das outras duas. A sorna dos momentos em torno de L requer o braço de alavanca BL : 4

-::;ira da treliça, como um não estão incluídas na atuam externamente, a das seções, devendo-se forças. Nem sempre é seção. Arbitrando-se um cá que o sentido deve ser - conveniente indicar os

ie

R :odas as forças desconheda resposta distinguir , compressão. Por outro ama de corpo livre da e, portanto, é um trata-

6Epainéis D de 3C m

200kN

Notas:

5,25 m

Note que a análise feita pelo método dos nós, obrigaria tratar com oito nós, a fIm de calcular as três forças em questão. Assim, neste caso, o método das seções oferece urna considerável vantagem.

Assim, 200 (5) (3) - CB (5,25) : O

momentos, em tomo dos ela que inclui o menor

+ (6,5 - 4)/2:

F

CB:

571 kN C

Resp.

G) Poderíamos

ter iniciado com os momentos em torno de C ou de P.

Em seguida, torna-se os momentos em torno de C, 'o que obriga a calcular o cos e. Com as dimensões dadas, vê-se que e : arc tg (5/12) de modo que cos e : 12/13. Portanto, [EMC:

200 (4) (3) - :~ KL (4) : O

O]

KL: 650 kN T

Resp.

Finalmente, pode-se encontrar a força em CL, pela sorna dos momentos em torno de P, cuja distância de C é dada por: PC/4: 6/(6,5 - 4) ou PC: 9,60 m. Precisa-se, também, do ângulo {3que é dado por {3: arc tg (CBjBL): arc tg (3/5,25) : = 29,7° ecos (3 = 0,868. Tem-se agora, 3) [EMp

= O]

200 (12 - 9,60) - CL (0,868) (9,60): CL

= 57,6

kN C

®

O Resp.

Poderíamos, também, ter determinado CL por meio de um somatório de forças na direção x ou na direção y.

,~

114 I ESTATlCA

Do diagrama de co inclui, agora, o valor co tos, em torno de G, elim.in


12DJ -

Empregando o método das seções, calcular a força na barra DJ da tesoura tipo inglês *, que aparece na figura. Desprezar quaisquer componentes horizontais da força nos suportes.

1

Solução. Não é possível fazer uma seção através de DJ sem cortar quatro barras cujas forças são desconhecidas. A seção 2 corta qliatro barras, sendo que três são concorrentes em J, o que permitiria, tomando-se os momentos em relação a J, obter a quarta força DE. Entretanto, a força em DJ ainda não poderá ser obtida com as duas equações de equilíbrio restantes. Assim, é necessário comiderar, primeiro, a seção adjacente 1, antes da seção 2. O diagrama de corpo livre para a seção 1 está desenhado e inclui a reação de 18,3 kN, emA, que foi calculada preyiamente, do equilíbrio da treliça, considerada como um todo.Na determinação dos sentidos corretos das forças que atuam sobre as barras cortadas, o equilíbrio dos momentos, em torno de A, elimina os efeitos de CD e JKe, evidentemente, exige que CJ esteja para cima e para a esquerda. O equilíbrio dos momentos, em torno de C, elimina o efeito das três forças concorrentes em C e indica que a força JK deve estar para a direita, a fim de fornecer o momento adequado, no sentido anti-horário. Novamente, será razoavelmente óbvio que a barra inferior esteja tracionada por causa da tendência da treliça à flexão. Apesar de ser evidente que a barra superior está comprimida, a força em CD será arbitrariamente tomada como tração. O fato de se tomar uma ou mais forças com os sentidos errados, não causa nenhuma dificuldade, uma vez que o cálculo é feito coerentemente com o sentido arbitrado. Um sinal negativo no resultado indicará a necessidade de se inverter o sentido da força. Analisando-se a seção 1, CJ é obtido de: 0,707CJ (12) - 10(4) ~ 10 (8) CJ

= 14,1

=O

kN, compressão

Nesta equação, o momento da força CJ está calculada, considerando-se suas componentes horizontal e vertical, que atuam no ponto J. O equilíbrio dos mOmentos, em torno de J; exige: [~MJ=

OJ

0,894CD (6) + 18,3'(12) - 10 (4) -10 CD

2

(8)

DJ= 16

Novamente, o momem componentes horizontal t Como o resultado foi posi to. Uma análise do nó D, são. Ao escolher uma seçã número de incógnitas COII independentes que podem

10kN

CD

Seção 1 A

t

18,3 kN

PROBLEMAS PROPOST( Notas:

(Resolver os seguintes problei Desprezar os pesos das barra.! que elas suportam.)

Não há conseqüências produzidas por supor, inicialmente, sentidos errados para uma ou mais forças, desde que os cálculos se mantenham consistentes com tal suposição. Uma resposta negativa mostrará a necessidade de se inverter o sentido da força

4.24

Calcular as forças nas l: representada. Resp. AB = 8 kN T; BF

(í). Se fosse desejado, a direção da força na barra CD poderia ser invertida no diagrama de corpo livre e, também, o sinal algébrico de CD invertido nos cálculos. Porém, pode-se deixar o trabalho como está, colocando uma observação sobre a direção apropriada.

=O

Probl

.25

= -18,6kN

O momento da força CD, em torno de J, está calculado aqui considerando-se suas duas componentes atuando no ponto D. O sinal negativo indica que o sentido da força CD foi fixado no sentido incorreto. Portanto, CD

= 18,6

kN C

Resp.

DJ 1-14,lkN

~--

J1{ J

Calcular as forças nas t ça, composta de triângll

""Seção'2 ...........•.... .•...•..........

---

--_':::""G

Af ·18,3kN

Probl .26

* N.T.

Tesoura tipo inglês foi a tradução dada ao que seria,.literalmente, treliça de telhado, tipo Howe .

..

Determinar a força na b aplicadaL. Todos os ân:

ESTRUTURAS

Do diagrama de corpo livre correspondente à seção 2, que inclui, agora, o valor conhecido de CJ, o equilíbrio dos momentos, em torno de G, elimina DE e JK. Assim [~MG=

O]

12DJ

® .Observe

que poderia ser feita uma seção nas barras CD, DJ e DE, considerando apenas as três forças desconhecidas. Contudo, como estas três forças são concorrentes em D, uma equação de momentos em torno de D não daria informações sobre elas. As duas equações restantes das forças não seriam suficientes para resolver as três incógnitas.

+ 10 (16) + 10 (20) - 18,3 (24) - 14,1 (0,707) (12)

DJ= 16,6 kN T

/ 115

=O

Resp.

Novamente, o momento de CJ foi calculado, admitindo-se as componentes horizontal e vertical de CJ atuando ao ponto J. Como o resultado foi positivo, o sentido arbitrado estava correto. Uma análise do nó D, isolado, também verifica esta conclusão. Ao escolher uma seção, é sempre importante relacionar o 3) número de incógnitas com o número de equações de equilíbrio independentes que podem ser aplicadas.

PROBLEMAS

PROPOSTOS

(Resolver os seguintes problemas pelo método das seções. Desprezar os pesos das barras, comparados com as forças que elas suportam.) produzidas por susentidos errados para desde que os cálculos ntes com tal suponegativa mostrará a inverter o sentido da

~

4.24

Calcular as forças nas barras AB, BF e EF da treliça representada. Resp. AB = 8 kN T; BF = 2 kN C; EF = 4 kN C

fi

Probl. 4.26 direção da força na bartida no diagrama de -:Jb1, o sinal algébrico de ;:;Í!culos. Porém, pode-se ,o está, colocando uma ~o apropriada. :I.

4.27

Calcular as forças nas barras CD, BC e CG da treliça carregada, composta de triângulos eqüiláteros.

Probl. 4.24

4.25

Calcular ilS forças nas barras CD, BC e CG da treliça, composta de triângulos eqüiláteros. A 2 kN

",,~çã02 :---l4,l kN

' "

Probl:4.27

J-------"----~~G

Probl. 4.25 4.26 tipo Howe.

Determinar a força na barra CF em termos da carga aplicada L. Todos os ângulos internos são 60°. . Resp. CF= 2 Lj-!3, C

4.28

Calcular as forças nas barras AB, BG e GF. Resolver para cada força, a partir de uma equação de equi1íbrio--que contenha a força como única incógnita. ' Resp. AB = 7,2 kN T; BG = 3 kN C GF= 7,8 kN C

116 / ESTÁTICA

Probl.4.28

Probl. 4.31 4.29

Suponha que os braços diagonais da treliça de ponte são membros flexíveis, incapazes de suportar compressão. Calcular a força na barra DE para a condição de carregamento mostrada.

Probl. 4.32

Calcular as forças nas barras BC, CI e HI da treliç:<:. do Probl. 4.10, aqui repetido. Resolver para Cl!dz. força, a partir de uma equação de equilíbrio qlll' contenha a força como única incógnita. Resp. BC = 4,33 kN C; CI = 2,12 kN T HI= 2,69 kN T

4.35

Calcular as forças nas b do guindaste do Probl.'

4.36

Calcular as forças nas 1 painel de propaganda d A resultante de 4 k:N, passa por C. Resp.

320 kN

~=
' 480 kN

BG

=

D

5 painéis de9 m Probl.4.29 4kN

Probl.4.32 4.30

Calcular as forças que atuam nas barras DI, DE e

EI, para a treliça carregada, mostrada. Resp.

DI= 18 kN C; DE= 25,5 kN C; EI=O

4.33

A treliça de telhado é composta de triângulos r-tângulos com ângulos de 300 e 600 e está carregactE conforme mostrado. Calcular as forças nas b= BHeHG.

9kN

Probl. ~

12 kN 9 kN

.37

-

Calcular as forças que devidas à carga de 1{)( guindaste.

Probl. 4.33

Probl.4.30

4.34 4.31

Calcular as forças que atuam nas barras CH, CB e GH dI!treliça em balanço. Determinar cada força, a

partir de uma equação de momentos que contenha esta força como a única incógnita.

Um guindaste é modelado pela treliça simples m trada. Calcular as forças nas barras DE, DG e Hh correspondentes à carga representada pelo tra com 1 631 kg de massa. Resp. DE = 16 kN T; DG = 33,9 k:N:HG=40kNC

ProbL 4

It

ESTRUTURAS

4.38

/ 117

Cada uma das barras DE e FC é capaz de suportar tanto compressão como tração. Calcular as forças nas barras CF, DE e EF. Resp. DE = 1,667 kN C; FC = 3,33 kN C; EF=4 kN T

c

B

1..4.31 3 kN

Probl. 4.34 barras DC, CI e HI da treliça repetido. Resolver para cada mna equação de equiHbrio que única incógnita. = 4,33 kN C; CI = 2,12 kN T; = 2,69 kNT

~i

.35

•=0

.36

Calcular as forças nas barras CH, CD eHI da treliça do guindaste do Probl. 4.34 .

Probl. 4.38

4.39

Calcular as forças nas barras DG e DF da treliça do painel de propaganda do Probl. 4.13, repetida aqui. A resultante de 4 kN, devido à carga do yento, passa por C. Resp. DG = 2..)5 kN C; DF = 4 kN T

A treliça representada é composta de triângulos retângulos isósceles. As barras cruzadas nos dois painéis centrais são tiÍ:antes esbeltos, incapazes de suportar compressão. Indicar os dois tirantes que estão sob tração e calcular as forças que neles atuam. Achar também a força na barraMN.

D

4.32 Probl ..4.39 -

é composta de triângulos rede 30° e 60° e está carregada . Calcular as forças nas barras

4.40

Probl. 4.36 9 kN

.37

A treliça do guindaste está segura por apoios fIxos em A e em K e, com seu guincho W travado, está suportando um tambor de 1,5 Mg. Identificar se existe alguma barra estaticamente indeterminada e calcular a força na barraHG. . Resp. HG = 59,8 kN C

Calcular as forças que atuam nas barras FC e FD, devidas à carga de 100 kN, que atua na treliça do guindas.te.

l. 4.33

Probl4.37

Probl. 4.40

118 I ESTATICA

4.41

se cruzam sem estarem ligadas. Calcular a força que atua emAB. Resp. AB = 3,78 kN C

A treliça da torre da linha de transmissão do Pro bl. 4.22 está mostrada aqui outra vez. Supor que as barras diagonais sejam capazes de suportar apenas tração e calcular a força na barra FC, quando existe o carregamento mostrado.

ii

[)

10kN D JEI

5 painéis de 11~1,8kN ~ 3m 3m Probl. HI~ 4.41 ~I)\_~: .. 3m 1\ 5m

I /

...

~.-',&

,~.".

1

(a)

Probl. 4.43

4.44

4.42

4.43

Na treliça, tipo Baltimore, vista na figura, calcular a força na barra JQ. OS ângulos são de 300, 600, 900 ou 1200• Resp. JQ = 57,7 kN C

As estruturas articuladas ACE e DFB, estão interligadas pelas duas barras articuladas, AB e CD, que

No p6rtico móvel representado, todas as barras cruzadas são tirantes esbeltos, incapazes de suportar compressão. Determinar as forças nas barras DF e EF, e encontrar a reação horizontal sobre a treliça, em A. Demonstrar que, se a força em CF for nula, a força em DE também o será. Resp. DF = 768 kN C EF= 364 kN C Ax = 101 kN para a direita

Probl. 4.44

meio de três barras que concordam em um nó. J

fixam o nó F no espaço barras adicionais CG, FG O nó E foi, analogament mostradas, acarretarão es: Nas ligações das ba dades estão articuladas p< Tal como vimos n~

em um ponto, é aceitávé pressão. * Para uma treliça ti nada, quando considerad necessária para a estabilil meio de três equações es equações semelhantes. P~ de suporte desconhecid31 para uma treliça simples treliça for estaticamente condição necessária para podem ser dispostas de mais barras do que equal do barras redundantes. ~

sujeita a desabar quando treliça tridimensional, sãl tão evidente como nas tI O método dos nós, treliças tridimensionais, s

4.5 - TRELIÇAS ESPACIAIS Uma treliça espacial é uma estrutura em três dimensões correspondente à treliça plana, estudada no artigo anterior. A treliça espacial pode ser concebida como formada por barras rígidas, articuladas nas extremidades por meio de uniões-rótula. Viu·se que um triângulo de barras articuladas forma a unidade básica, estável, da treliça plana. A treliça tridimensional, por outro lado, exige que o tetraedro, cujas seis arestas são barras articuladas nas extremidades, seja a unidade básica, estável. Na Fig. 4.12a as duas barras AD e BD, ligadas em D, exigem um terceJo suporte CD, para impedir que o triângulo ABD gire em tomo de AB. Na Fig. 4.12b a base de apoio foi substituída por três novas barras, AB, BC e AC, para formar um tetraedro com rigidez própria, independente da base de fixação. Pode-se anexar à estrutura anterior novas unidades, por

É necessário inicial três incógnitas. Em segu forças desconhecidas.

* N.T. Na prática, co secundários de flexão. Nas mesmo aqui, ainda podem ** Cabem aqui as m~

ESTRUTURAS

->-".

Calcular a força que

Resp. AB

/ 119

D

D

= 3,78 kN C c

B 10 kN

A (a)

(b) (c)

Fig.4.12

l-4A3

tado, todas as barras cruincapazes de suportar as forças nas barras DF e -j horizontal sobre a treliça, ;le a força em CF for nula, ;lerá.

DF= 768 kN C

EF=

364 kN C

Ax = 101 kN para a direita

y

4.44

meio de três barras que se ligam por suas extremidades, em três nós fixos da estrutura existente, e que concordam em um nó. Assim, na Fig. 4.12c, as barras AF, BF e CF estão ligadas à fundação e, portanto, fIxam o nó F no espaço. Analogamente, o nó H está fIxo, no espaço, pelas barras AH, DH e CH. As três barras adicionais CG, FG e HG estão ligadas aos três nós fIxos C, F e H e, portanto, fIxam o nó G no espaço. O nó E foi, analogamente, formado. A estrutura resultante é inteiramente rígida, e as duas cargas aplicadas, mostradas; acarretarão esforços em todas as barras. Nas ligações das barras de uma treliça, no espaço tridimensional, deve-se imaginar que as suas extremidades estão articuladas por uniões-rótula, de modo que não haja nenhuma flexão nas barras. Tal como vimos nas treliças planas, nas uniões rebitadas ou soldadas, se as linhas de centro concorrerem em um ponto, é aceitável a hipótese de barras sujeitas exclusivamente a esforços normais de tração e compressão. * Para uma treliça tridimensional, suportada externamente, de tal modo que seja estaticamente determinada, quando considerada como um todo, existe uma relação entre o número de seus nós e o de suas barras, necessária para a estabilidade interna, sem redundância. Como o equihôrio, em cada nó, é estabelecido por meio de três equações escalares de forças, numa treliça tridimensional simples com j nós, há um total de 3 j equações semelhantes. Para a treliça completa, composta de m barras, existem m incógnitas mais seis reações de suporte desconhecidas, no caso geral de uma estrutura tridimensional estaticamente determinada. Assim, para uma treliça simples, tridimensional, composta de tetraedros, a equação m + 6 = 3 j será satisfeita se a treliça for estaticamente determinada internamente. Tal como no caso da treliça plana, esta relação é uma condição necessária para a estabilidade, mas não é uma condição sufIciente, visto que uma ou mais barras podem ser dispostas de tal modo que não contribuam para a estabilidade do conjunto. Se m + 6 > 3 j, há mais barras do que equações independentes, e a treliça é estaticamente indeterminada internamente, contendo barras redundantes. Se m + 6 < 3j, há uma defIciência de barras internas, e a treliça é instável e está sujeita a desabar quando carregada. ** As relações precedentes, entre o número de nós e o de barras, para uma treliça tridimensional, são muito úteis no anteprojeto, uma vez que, nestas estruturas, a confIguração não é tão evidente como nas treliças planas, onde a geometria para a determinação estática é, geralmente, evidente. O método dos nós, desenvolvido no item 4.3 para as treliças planas, pode ser aplicado, diretamente, às treliças tridimensionais, satisfazendo-se, em cada nó, a equação vetorial completa, ~F=O.

treliça plana, estudada no , articuladas nas extre· forma a unidade básica, o, cujas seis arestas são as duas barras AD e BD, gire em tomo de AB. Na armar um tetraedro com ~or novas unidades, por

É necessário iniciar por algum nó, onde, no mínimo, atua uma força conhecida, e existam, no máximo, três incógnitas. Em seguida, pode-se analisar os nós adjacentes, sobre os quais não atuem mais do que três orças desconhecidas.

* N.T. Na prática, como as articulações não são perfeitas, dado o emprego dos rebites ou soldas, aparecem esforços JeCUndário~ de flexão. Nas treliças tridirnensionais, estes esforços são mais importantes do que nas treliças planas, porém, mo aqui, ainda podem ser desprezados nos primeiros cálculos, suficiente, aliás, para a maioria das aplicações práticas. ** Cabem aqui as mesmas considerações feitas, quando se trata deste assunto em treliças planas.

120 / ESTÁTICA

Reagrupando os termos.

Pode-se também aplicar, o método das seções (Ritter), desenvolvido na seção anterior, para as treliças uidimensionais. As duas equações vetoriais

2:F=O

e

2:M

=

.( -L

O

devem ser satisfeitas para qualquer seção da treliça onde a soma dos momentos é nula, para todos os eixos de momentos. Como as duas equações vetoriais são equivalentes a seis equações escalares, segue que uma seção não deve, em geral, cortar mais do que seis barras, cujas forças são desconhecidas. O método das seções para as treliças tridimensionais não é largamente usado, contudo, porque raramente pode-se encontrar um eixo de momentos, que elimine todas as incógnitas exceto uma, como no caso das treliças planas. A notação vetorial para representar os termos nas equações das forças e dos momentos, para as treliças tridimensionais, pode, muitas vezes, apresentar vantagens, e será usada no exemplo que segue.

_

FEB

~

_

3FE(

5

Igualando os coeficientl as três equações FEB 3FEC --+--=.

~

5

Resolvendo as equações. FEB=-L/~


FEC=

Assim, conclui-se que F FED de tração.

A treliça espacial consiste em um tetraedro rígido ABCD, ancorado em A por urna união-rótula e impedido de girar em torno dos eixos x, y e z, r~spectivamente pelas ligações 1, 2 e 3. A carga L é aplicada à união E, que está rigidamente fixada ao tetraedro por meio de três ligações adicionais. Encontrar as forças nas barras que concorrem na união E, e indicar o procedimento para determinar as forças nas barras restantes da treliça.

Solução. Observa-se, primeiramente, que a treliça está suportada por seis vínculos, convenientemente posicionados, três dos quais estão na união-rótula A e os demais são representados pelas ligações 1, 2 e 3. Também é satisfeita a condição m + 6 = 3j que verifica a suficiência de barras necessárias à estabilidade da estrutura, urna vez que m = 9 barras e j = 5 uniões. As reações externas em A, B e D podem ser facilmente calculadas em urna primeira abordagem, porém, seus valores serão 1) determinados aqui a partir da solução de todas as forças em cada urna das uniões, sucessivamente. Deve-se iniciar por urna união que contenha pelo menos urna força conhecida e não mais que três forças desconhecidas, corno é o caso da união E. O diagrama de corpo livre da união E está mostrado, com todos os vetores das forças que atuam sobre ela, tendo sido convencionado o sentido positivo de tração, para 2) todas elas (saindo da união). As expressões vetoriais para as três forças desconhecidas são: .

FEB=

(-i-j),

~

FED

FEC=

FED

A menos que se tenha meiro lugar, o próximo pa! valor conhecido de FEC e ~ procedimento é idêntico ac B, D e A são, então, anaJi limitando assim as incógni externas calculadas por esu dar com os valores determi liça como um todo. No caso mais geral, se que tenha no máximo t~ ela, será necessário calcular a análise em uma das UniÕ do que três forças desconhe Notas:

CD

Desenhe um diagrama de corpo livre da treliça corno um todo e verifique que as forças externas atuando sobre a treliça são

Sugestão:

Ax Dy

= Lj, Az = (4L/3)k, == -Li,.LJ, Av ÓZ = - (4L/3)k.

By

=

O,

PROBLEMAS

(Nos problemas abaixo, use sir para compressão.) 4.45

A treliça tridimensiona triangular ABC. As po: estabelecidas pelas ligaç que esta configuração é tituir também a ligaçã que mantenha a rigidez

4.46

A treliça tridimensiona horizontal ADE e uma no formato de triângul( por três barras verti~ três barras diagonais, o Demonstrar que esta tI guração estável.

(-3i-4k),

F:C .

= -- 5

(-3J - 4k)

O equilíbrio da união E requer [:EF

=

=

L + FEB + FEC + FED

O] L·

-

FEB

1+ ~

('

-1 -

') J

FEC

+ ~

(

O

ou

3' 4k) - 1+ FED

+ -- 5

.

(-3J - 4k)

=O

PROPOSTO

G) Um valor numérico negativo para a força

indica compressão.

ESTRUTURAS

~terior,

Reagrupando os termos, dá

para as treliças

(-L-

FEB _

3FEC)

fi

5

i+ (_

FEB

fi

_

3FED) 5

j+

+ (_ 4FEC 55' _ 4FED) para todos os eixos de , segue que uma seção ::::Iétododas seções para -- encontrar um eixo de

I

k

=O

Igualando os coeficientes dos termos i, j e k a zero, obtém-se as três equações FEB 3FEC --+--=-L

fi

entos, para as treliças segue.

5

FEB + 3FED fi 5

=O

Resolvendo as equações, ternos FEC= -5L/6

FED = 5L/6

Resp.

Assim, conc1ui-se que FEB e FEC são forças de compressão e FED de tração. A menos que se tenha calculado as reações externas em primeiro lugar, o próximo passo deve ser analisar a união C com o valor conhecido de FEC e as três incógnitas FCD, FCA e FCD. O procedimento é idêntico ao empregado para a união E. As uniões B, D e A são, então, analisadas do mesmo modo, nesta ordem, limitando assim as incógnitas a três em cada união. As reações externas calculadas por esta análise, naturalmente devem concordar com os valores determinados inicialmente pela análise da treliça corno um todo. No caso mais geral, se não existir nenhuma união carregada que tenha no máximo três forças desconhecidas atuando sobre ela, será necessário calcular primeiro as reações externas e iniciar a análise em urna das uniões externas sobre a qual não atue mais do que três forças desconhecidas.

diagrama de corpo litodo e verifique que do sobre a treliça são

Á: =

(4L/3)k,

4L/3)k.

By

=

O,

PROBLEMAS

PROPOSTOS

(Nos problemas abaiXo, use sinal mais para tração e menos para com pressão.) 4.45

4.46

negativo para a força

A treliça tridimensional foi construída sobre a base triangular ABC. As posições dos nós D e E foram estabelecidas pelas ligações mostradas. Demonstrar que esta cOrUIguração é internamente estável. Substituir também a ligação AE por outra diferente, que mantenha a rigidez da treliça. A treliça tridimensional prismática tem urna base horizontal ADE e urna face superior paralela, BCF, no formato de triângulos eqililáteros iguais, ligados por três baJ'ras verticais, iguais, e é reforçada por três barras diagonais, corno é mostrado na figura. Demonstrar que esta treliça representa urna configuração estável.

F

B --...x Probl. 4.45

E

:ti

Probl. 4.46

121

-122

4.47

I

ESTÁTICA

A treliça tridimensional é mostrada em um estágio intermediário do projeto. Os v{nculos externos, indicados, são suficientes para manter o equilíbrio externo. Quantas barras adicionais são necessárias para evitar instabilidade interna, e onde devem ser colocadas?

z

9 kN. Calcular a compressao C em cada urna das barras diagonais análogas. Resp. C = -3,72 kN

I IE

H

ProbL

4.53

Probl. 4.50

B

Probl. 4.47 4.51 4.48

4.49

Na treliça espacial do Probl. Resolvido 4.4, use o resultado FEC = - 5 L /6 e calcule as forças nas barras CB, CA e CD. Resp. FCD = L/fi, FCB = 5L/6, FCA =-L A treliça tridimensional, em forma de um tetraedro, é suportada pelas ligações de rótula, em seus nós A e B da base, e é impedida de girar em torno de AB pelo tirante CD. Depois de observar os componentes verticais das reações em A e B sob a treliça simétrica, desenhar um diagrama de corpo livre da configuração triangular dos elos BDE, e determinar a componente x da força exercida pela fundação sobre a treliça, em B. Resp.

Bx

A treliça tetraédrica tridimensional é constituída de urna base horizontal ABC, em forma de um triângulo isósceles, e das barras AD, BD e CD, que suportam a massa m, ligada ao ponto D. Os vértices da base estão suspensos por fios verticais, ligados aos suportes situados na parte superior. Calcular a força induzida nas barrasAC eAB. Resp.

5mg FAC= - __ 54

o

'

FAB

= ---

4mg 27

=P

4.6

Cada um dos braços de lunar é urna treliça tr relação ao plano vertia Para urna força de aluni a força correspondente equilíbrio estático par.

ARMAÇÕES

E MJ

As estruturas comI> de duas forças, estão na e tar cargas aplicadas e são, móveis e são projetadas p para uma posição de saída Como as armações forças não estarão, em ge mé.todos desenvolvidos fi( sempre a direção das resp~ No capítulo antena focalizado o equilíbrio de rígidos interligados, contl corpos permitirem uma máquinas tridimensionais. As forças que atum por meio de um diagrama ação e reação deve ser eu mas de corpo livre isolad garantir a estabilidade, er princípios de equillbrio, e Se a armação ou lJlj como a armação em A de estrutura, considerada ca equillbrio de cada uma d termos que contêm as fO de seus suportes externos suportes externos não 1> analisá-Ios separadamente.

G

'\

b

Probl. 4.51 Probl. 4.49 4.52 4.50

A treliça retangular tridimensional tem urna altura de 16 me f!li construída sobre uma,base hor~ontal quadrada de 12 m de lado. Cabos de aço prendem a estrutura em E e G, corno se vê na figura, e são esticados até que a tração T, em cada cabo, seja: de

Urna treliça tridimensional foi construída em forma de cubo, com seis barras diagonais, corno se vê na figura. Verificar que a treliça é internamente estável. Determinar as forças nas barras FE e EG, se a treliça for submetida às forças de compressão P, aplicadas em F e D na direção da diagonal FD. Resp. RFE = -Pf,.j3 C; FEG=P/ft

ESTRUTURAS

Z

,ressâo C em cada urna da; Resp.

massa da treliça for muito pequena. Supor que cargas iguais atuam nas barras localizadas simetricamente. Resp. FBE = 1,620 kN

I I

I IE

C= -3,721d\

/ 123

C

I

Probl. 4.52 I I

.53

4.50

Cada um dos braços de alunissagem de um módulo lunar é urna treliça tridirnensional simétrica, em relação ao plano vertical X-Z, corno se vê na figura. Para-urna força de alunissagem F = 2,2 kN, calcular a força correspondente na barra BE. A hipótese do equilíbrio estático para a treliça é admissível, se a

O,9m

1

- --

:

I

z I /Y

y/I )<.:---x / I

. I

~,2

m----..:,_

F Probl. 4.53

rridirnensional é constituída

~tal ABC, em forma de um e :.as barras AD, BD e CD, que ao ponto D. Os vértices por fios verticais, ligados ~ parte superior. Calcular a ACeAB. 5mg IC=---' 54

'

FAB= ---

4mg 27

4.51

ional foi construída em forbarras diagonais, corno se vê :;ue a treliça é internamente forças nas barras FEe EG, se às forças de compressão P, -;.a direção da diagonal FD. .FE = -PI.J3 C; FEG= P/.J6

o

.6 - ARMAÇÕES E MÁQUINAS As estruturas compostas de elementos ligados, nas quais qualquer um destes elementos suportes mais de duas forças, estão na categoria de armações ou máquinas. Armações são estruturas projetadas para suportar cargas aplicadas e são, geralmente, fixadas em uma posição. Máquinas são estruturas que contêm partes móveis e são projetadas para transmitir forças ou conjugados de uma posição de entrada (ponto de aplicação) para wna posição de saída. Como as armações e as máquinas contêm elementos com forças múltiplas (três 'ou mais forças), estas forças não estarão, em geral, na direção dos elementos. Portanto, não se pode analisar essas estruturas pelos mé,todos desenvolvidos nos itens 4.3, 4.4 e 4.5, para treliças simples compostas de barras, onde as forças têm sempre a direção das respectivas barras. No capítulo anterior, foi discutido e ilustrado o equilíbrio de corpos com múltiplas forças, porém foi focalizado o equilíbrio de um corpo rígido único. No presente artigo, será estudado o equilíbrio de corpos rígidos interligados, contendo elementos submetidos a muitas forças. Apesar de, na maioria dos casos, tais corpos permitirem uma análise como sistemas bidimensionais, existem numerosos exemplos de armações e máquinas tridimensionais. As forças que atuam sobre cada elemento de um sistema ligado são encontradas, isolando-se o elemento por meio de um diagrama de corpo livre e aplicando-se as equações de equilíbrio estabelecidas. O princípio de ação e reação deve ser cuidadosamente observado, quando se representam as forças de interação nos diagramas de corpo livre isolados. Se a estrutura contiver mais elementos ou suportes do que os necessários para garantir a estabilidade, então, tal como se viu nas treliças, o problema é estaticamente indeterminado, e os princípios de equilíbrio, embora necessários, não são suficientes para a solução. Se a armação ou máquina constitui, por si só, uma unidade rígida, quando removida de seus suportes, como a armação em A da Fig. 4.13a, a análise deve ser iniciada pela deflnição de todas as forças externas à estrutura, considerada como wn corpo rígido único. A estrutura é então desmembrada, e considera-se o equihbrio de cada uma das partes. As equações de equillbrio das diferentes partes serão relacionadas pelos termos que contêm as forças de interação. Se a estrutura, por si só, não for uma unidade rígida, dependendo de seus suportes~xternos para ter rigidez, como é mostrado na Fig. 4.l3b, então o cálculo das reações dos suportes externos não pode ser fmalizado enquanto não se separar todos os elementos da estrutura e analisá-Ios separadamente.

124 / ESTÁTICA

Problema Resolvido 4.:

A armação suporta a na figura. Desprezar os I forças induzidas pela carg; e vertical de todas as força

Não rígido

Rígido (a)

(b)

Fig.4.13

Verificar-se-á que, na maioria dos casos, a análise das armações e máquinas é facilitada representando-se as forças por suas componentes retangulares. Isto é particularmente verdadeiro quando as dimensões das partes são dadas segundo duas direç~s perpendiculares entre si. A vantagem desta representação é que o cálculo dos braços de alavanca é, conseqüentemente, simplificado. O emprego da notação vetorial é vantajosa em alguns problemas tridimensionais, particularmente quando os momentos são calculados em relação a eixos que não são paralelos aos eixos coordenados. Nem sempre é possível representar as forças ou suas componentes com os verdadeiros sentidos nos diagramas de corpo livre, sendo necessário tomar sentidos arbitrários. Em qualquer caso, é absolutamente necessário que uma força seja coerentemente representada nos diagramas que caracterizam a interação dos corpos que contêm a força em questão. Assim, para os dois corpos ligados pelo plano A (Fig. 4.14a), as componentes, quando separadas, devem ser coerentemente representadas nos sentidos opostos. Para urnz ligação de rótula, entre peças de uma estrutura tridimensional, o princípio de ação e reação deve ser aplicad às três componentes, como é mostrado na Fig. 4.14b. Os sentidos arbitrados poderão estar incorretos o qu~ será verificado após os cálculos. Se Ax, por exemplo, resultasse negativo, estaria realmente em sentido opost ao representado inicialmente. Conseqüentemente, seria necessário inverter o sentido da força em ambas as peças e inverter o sinal do termo em que esta força aparece na equação, ou deixar a representação inicial e entender-se o sentido real da força pelo sinal negativo. Se for escolhida a notação vetorial para identificar as forças, deve-se ter o cuidado de usar um sinal mais para uma ação e menos para a reação correspondente, conforme é mostrado na Fig. 4.15.

Solução. Observa-se,] tuema armação formarr analisado como uma unid disposição dos suportes l estaticamente determinam O diagrama de corpo nhado e as reações externa [:EMA

= O]

5,5 (O,{

[:EFx

= O]

Ax -4,.

[:EFy

= O]

Ay - 3;

A armação é, em segu diagrama de corpo livre p: tos em suas posições rela das forças comuns de in" obtidas são introduzidas D conhecidas são as forças d na peça BF, tendo sido ( polia. A tração de 3,92 kl sobreAD, em seu ponto dl Em seguida, desenham todas as forças desconhec barra, de modo que a dire aplicação das forças e D direção da força e, portal forças que atuam em C iguais e opostas, que estã sobre AD no ponto C. ~ vista, o sentido positivo li pode ser arbitrariamente, A solução pode proS5l mentos, em torno de B Q{ equações de forças. Portan

I

-Ay -A

AXÇp Ay

~

Notação Vetori:l1

[:EMB

= O]

3,92 (5) Ex

.

=

[:EFy

= O]

= 13,1

By + 3,9:

By= 2,6:

Fig.4.14

Finalmente,

Fig.4.15

em algumas situações, é necessário resolver um sistema de duas ou mais equações par!.

separar as incógnitas. Na maioria dos caso} porém, poder-se-á evitar a solução de sistemas de equações, escolhendo-se cuidadosamente o elemento ou grupo de elementós para o diagrama de corpo livre, e selecionando-se o eixo adequado para o cálculo dos momentos, o que eliminará os termos índesejáveis nas equaçõ~ Nos exemplos a seguir, está ilustrado o método descrito nos parágrafos anteriores.

[:EFx

= O]

Bx

+ 3,9:

Bx

= 9,1:

Os valores numéricos, I seus sentidos foram com corpo livre. O valor de Cx do diagrama de corpo livr diagrama de corpo livre d<

ESTRUTURAS

/ 125

Problema Resolvido 4.5 A armação suporta a carga de 400 Ieg,na maneira mostrada na fJgUIa. Desprezar os pesos das peças, comparados com as forças induzidas pela carga, e calcular as componentes horizontal e vertical de todas as forças que atuam sobre cada uma das peças.

'tada representando-se do as dimensões das representação é que o -o vetoria! é vantajosa dos em relação a eixos dadeiros sentidos nos caso, é absolutamente ;:terizam a interação dos plano A (Fig. 4.14a), as - 'os opostos. Para uma e reação deve ser aplicado - estar incorretos o que ente em sentido oposto da força em ambas as representação inicial e oria! para identificar as reação correspondente,

-Ay

1

Solução. Observa-se, primeiro, que as três peças que constituema armação formam um conjunto rígido que pode ser analisado como uma unidade isolada. Observa-se, também, que a disposição dos suportes externos faz com que a armação seja estaticamente determinada. O di
[EFx

= O]

Ax - 4,32 =

O

Ax = 4,32 kN

[EFy

= O]

Ay - 3,92=

O

Ay = 3,92 kN

f"L

O]

.3,92 (5) - i-Ex (3) =

O

I

[EFy

= O]

(EFx

= O)

+ 3,92 - 13,08 =

Bx

= 9,15

~

D

3,92 kN Ay

= 3.92 kN 3'92kN~ 3,92 kN

3,92 kN 3,92 kN

Ex

9Y,Ex

= 4,32 kN

ir

3,92 kN

I Y,Cx

Resp.

By + 3,92 - 13,08/2 =

Bx

L_--x

D

Ex = 13,08 kN O

Resp.

By =' 2,62 kN

ou mais equações par!. 'stemas de equações, es corpo livre, e selecionar.indesejáveis nas equações.

y I I

A armação é, em seguida, d~smembrada, e é desenhado um diagrama de corpo livre para cada peça. Os diagramas são dispostos em suas posições relativas, para ajudar a observação atenta das forças comuns de interação. As reações externas há pouco obtidas são introduzidas no diagrama da peçaAD. Outras forças conhecidas são as forças de 3,92 kN, exercidas pelo eixo da polia na peça BF, tendo sido obtidas do diagrama de corpo livre da polia. A tração de 3,92 kN do cabo é também mostrada atuando sobre AD, em ieU ponto de ligação. Em seguida, desenham-se, nos diagramas, as componentes de todas as forças desconhecidas. Observa-se, aqui, que CE é uma barra, de modo que a direção da linha que une os dois pontos de aplicação das forças e não o formato da peça, determina a direção da força e, portanto, a razão entre as componentes das forças que atuam em C e E. Estás componentes têm reações. iguais e opostas, que estão desenhadas sobre BF no ponto E, e iObre AD no ponto C. Não pode ser identificado, à primeira vista, o sentido positivo das componentes em B e, deste modo, pode ser arbitrariamente, porém coerentemente, suposto. A solução pode prosseguir, usando-se uma equação de momentos, em torno de B ou E, para a peça BF, seguida pelas duas equações de forças. Portanto,

-A-

Fig.4.15

O

ria ilustrada na Fig. 4.13a.

D= 4,32 kN

=

[EMB=

NotaÇão~ Vetori:l1

5,5 (0,4) (9,81) - 5D =

[EMA

O]

G) Vemos que a armação corresponde à catego-

O

Resp.

G) Sem essa observação crítica o problema não

Os valores numéricos, positivos, das incógnitas significam que ~us sentidos foram corretamente supostos, nos diagramas de corpo livre. O valor de Cx = Ex = 13,08 kN, obtido pela análise diagrama de corpo livre da peça CE, é agora introduzido. no diagrama de corpo livre da peça AD, juntamente com os valores

pode ser resolvido. Observe com atenção que a direção da linha ligando os dois pontos de aplicação da força, e não a forma do elemento, determina a direção da força e portanto a relação entre as componentes das forças atuando em C e E.

kN

--. 126 I ESTÁTICA

de Bx e By determinados acima. Pode-se, agora, aplicar as equações de equilíbrio à peça AD, como verificação, visto que todas as forças que atuam sobre ela já foram calculadas. As equações fornecem [l:MC=

O]

4,32 (3,5) + 4,32 (1,5) - 3,92 (2) - 9,15 (1,5)

[l:Fx

= O]

4,32 - 13,08 + 9,15 + 3,92 - 4,32 = O

[l:Fy

= O]

-13,08/2

[l:Fx

= O]

[l:Fy

= O]

Ax + 60Ax=

By

= ('

+ 2,62 + 3,92 = O

60.

200 (4/5)

= -80

O sinal menos mostra q

que verificam os cálculos anteriores.

-.\ transferidos Elemento para BC. BC, Os eresul a ir 41

)

= O]

[l:Fx

120 + 400

Cx=

3001

Pode-se usar as duas verificação. Assim,


I t

Desprezar o peso da armação e calcular as forças atuando em todos os seus membros.

O]

200 (0,3) + 120 (1,0) - 0,750 Ay

[l:Fy

= O]

Cy - 200 (4/5) - 240 Cy

= 400

~750mm

Resp.

=O

Notas:
N

Resp.

Vemos que esta armação corresponde à categoria ilustrada na Fig. 4.13b.

A seguir, desmonta-se a armação e desenha-se o diagrama de corpo livre de cada elemento. Como EF é uma barra, a direção da força em E sobre ED e em F sobre AB, é conhecida. Supo3) nhamos que a força de 130 N esteja aplicada ao pino, 'parte do elemento DC. Não há dificuldade em alocar os sentidos corretos para as forças E, F, D e Bx. O sentido de B, contudo, pode não ser inferido por inspeção e, portanto, é arbitrariamente mostrado como sendo para baixo sobre AB e para cima sobre BC.

=O

[l:MD

= O]

200 (0,3) - 0,3E

[l:F=

O]

D - 200 - 200 = O

= 200 N

Resp.

D = 400 N

Resp.

,E

CV

Elemento EF.

F é claramente igual e oposta a E, com inten-

sidade de 200 N.

Os sentidos de Ax e Cx não são, inicialmente, óbvios, e podem ser convencionados arbitrariamente para posteriormente serem corrigidos, se necessário.

Como F é agora conhecida, resolve-se para

Elemento AB.

= O]

Pr;oblema Resolvido 4.7

A máquina mostrada é sobrecarga, que libera a ca predeterminado T. Um pin inserido em um furo na 'mei esforço de travamento da m sobre o pino exceder a sua partes, então, giram em tOl BD e CD, como está mostral F soltam o olhal. Deterrnin cisalhar quando a fOI pino lar, também, a força corresp

Solução. Devido à sime das metades. Escolhe-se a ]]}f ma de -corpo livre, juntame; simetria, as forças em S e e direção x. As barras BD e Cl de, B = C, sobre a ligação em

[l:Fx

= O]

B cos 8 + C cos B

Bx,AxeByde [l:MA

(120 - t

S

As duas incÓgnitas são facilmente obtidas por

Elemento ED.

O]

500

=O

Ay = 240 N

[l:MC=

400

500

Observa-se que a armação não é uma unidade rígida, quando removida dos seus suportes, pois BDEF é um quadrilátero móvel e não um triângulo rígido. Conseqüentemente, as reações externas não podem ser completamente determinadas enquanto não se analisar, individualmente, cada membro. Porém pode-se determinar as componentes verticais das reações em A e em C, a partir do diagrama de corpo livre da armação, como um todo. Assim, Solução.

[l:MC=

= O]

[l:Fy

200 (3/5) (0,5) - Bx (1,0) Bx

= 60N

®

=O Resp.

tl(

A força de 130 N poderia ser também aplicada ao pino considerado como parte deBA, resultando numa mudança da reação Bx'

= T/(2

cos 8)

Do diagrama de equilibric equilíbrio dos momentos elI S = 800 N e a expressão para .

ESTRUTURAS

= O]

[EFX

Ax + 60 - 200 (3/5) Ax

[EFy=

O]

=O

= 60N

Resp.

200 (4/5) - 240 - By

=O Resp.

By=-80N

o

/ 127

sinal menos mostra que alocou-se o sentido de By errado.

Elemento para BC. BC, Os eresultados Bx, By e encontrada D são, agora, a incógnitapara restante Cx é de 4) transferidos [EFx=

120 + 400 (3/5) - 60 - Cx =0

O]

Cx

= 300

Resp.

N

Ay = 240 N

Cy

= 400N

Pode-se usar as duas equações restantes do equilíbrio para verificação~ Assim, [EFy

[EMC=

-~::un

-~~

-o corresponde à cate.13b.

~ Cx não são, inicialmenser convencionados arbi.orrnente serem cor-

400 + (-80)

= O]

=O (0,75) = O

(4/5)

(120 - 60) (1,0) + (-80)

O]

Pr,oblema Resolvido

4.7

A máquina mostrada é um aparelho de proteção contra sobrecarga, que libera a carga quando esta 'exceder, um valor predeterminado T. Um pino de cisalhamento, de metal,' está inserido em um furo na-metade inferior do aparelho, e recebe o esforço de travamento da metade superior. Quando a força total sobre o pino exceder a sua resistência, ele se rompe. As duas partes, então, giram em torno de A, sob ação das trações em BD e CD, como está mostrado na segunda figura, e os roletes E e F soltam o olhal. Determinar a tração máxima possível T, se o pinoS cisalhar quando a força total sobre ele for 800 N. Calcular, também, a força correspondente sobre o pino articulado A.

Solução. Devido à simetria, pode-se analisar somente uma das metades. Escolhe-se a metade superior e desenha-se o diagrama de corpo livre, juntamente com o da ligação D~ Devido à, simetria, as forças em S e em A não possuem componentes na direção x. As barras BD e CD exercem forças de igual intensidade, B = C, sobre a ligação em D. O equilíbrio da ligação dá ,-

[EFx=O]

BcosO+CcosO-T=O, B

- poderia ser também aplio como parte deBA, ça da reação Bx'

-400

= T/(2

2BcosO=T

cos O),

Do diagrama de equil1orio da metade superior, expressa-se o equilíbrio dos momentos em torno do ponto A. Substituindo S = 800 N e a expressão para B, obtém-se

@ Poderíamos ter, também, retomado"ao diagrama de corpo livre da armação como um todo e encontrado Cx'

128 I ESTATICA

2

[I:MA=

Notas:

O] T 2 cos

O

(cos

O)

(50) +

T

2 cos

O

(sen

O)

(36) -

- (36) (800) Substituindo

L 2

(26)

=O

sen O/cos O = tg O = 5/12 e resolvendo para T,

dá

, T (25 + 52 (3,6) (12) - 13) T= 1477 N

ou

= 28

800

T= 1,477 kN

Resp,

Finalmente, o equilíbrio na direção y, dá [I:Fy=

O]

2 (12/13)

É sempre útil reconhecer a simetria. Neste exemplo ela nos mostrou que as forças agin, do sobre as duas partes se comportam como imagens recíprocas uma da outra, com res-

Substituir o conjugadc por uma força, para ponto D e calcular a ' emB.

150 N

peito eixoum ação ao sobre x. Assim, dos elementos não se pode na ter direção uma ... _y ) positiva do eixo x e a sua reação sobre o outro elemento ser na direção negativa dos x. Como conseqüência, as forças em S e em A não têm componentes na direção x.

@ Tenha cuidado para não se esquecer do momento da componente y de B. Observe que as unidades usadas são newton-milÍmetro.

S-BsenO-A=O

1477 800 -

4.57

5

i"3 -A = O

A

= 492

N

Resp,

Probl

4.58

A tesoura representa( usada em lugar das ti quando se deseja grar força aplicada de 15O . no corte, à distância ( na, a partir do pino A ~

4.59

A figura mostra um a nualmente, péquenos um aperto manual ( força Q, .que cada I sobre o vergalltão.

PROBLEMASPROPOsrOS (Desprezar a massa dos vários membros nos problemas que se seguem, exceto onde for indicado o contrário.)

9

Calcular a intensidade da força suportada pelo pino em C, na armação carregada. Resp. C = 1 002 N

10.6mI0.5m~

.

Dimensões em milímetros Probl.

Cf Probl. 4.55 4.60

Probl. 4.54

4.55

Calcular a intensidade da força suportada pelo pino em A , que fixa o suporte carregado à parede.

Uma chave com limi pino de cisalltamento sobre ele exceder sua o torque que pode seJ resistência limite do I 900 N, em cisalltaml = 450 N), calcular o t aplicado à chave. Qm M um acréscimo em condições constantes. Resp. 1

1

~

CalCul: a intensidade forçaé suportada pelo pino B da armação, cuja da carga' um conjugado de 200N·m. Resp. B = 289 N

4.61 Probl. 4.56

Na armação carregada nentes:X e y da força s

--------ESTRUTURAS

I

129

Pino de 4.57

ceer a simetria. Neste ou que as forças aginse comportam como a da outra, com res, não se pode ter uma 5 elementos na direção :r e a sua reação sobre o ~ direção negativa dos as forças em S e em .esna direção x.

Substituir o conjugado de 200 N • m do Probl. 4.56 por uma força, para baixo, de 800 N, aplicada no ponto D e calcular a intensidade da força que atua emB.

I( cisalhamento I

p

=:=

11: BI

IA

(ó---©

150N

loomhl~~ mm

b=300mm~

Probl. 4.60

:Jão se esquecer do moy de B. Observe que newton-milímetro.

3m

Probl. 4.57

4.58

4.59

A tesoura representada na figura é, muitas vezes, usada em lugar das tesouras comuns de funileiro, quando se deseja grande força no corte. Para uma força aplicada de 150 N, qual é a forçaP disponível no corte, à distância de 30 mm na direção da lâmina, a partir do pino A? Resp. P= 1467 N A figura mostra um alicate usado para cortar, manualmente, péquenos parafusos e vergalhões. Para um aperto manual de P = 150 N, determinar a força Q, ,que cada mandíbula do alicate exerce sobre o vergalhão,

Probl. 4.61

G

Na armação carregada da figura, calcular as componentes x·e y da força suportada pelo pino C. Resp. Cx = 5,25 kN; Cy = 1 kN 9 kN

y I I

1'16kN 3m

L_-x


Probl. 4.62

Probl. 4.59

.60

Uma chave com limitações de torque possui um pino de cisalhamento B, que rompe quando a força sobre ele exceder sua resistência e, portanto, limita o torque que pode ser aplicado sobre a chave. Se a resistência limite do pino de cisalhamento for de 900 N, em cisalhamento duplo (isto é, Vl2 = = 450 N), calcular o torque limite M, que pode ser aplicado à chave. Que efeito tem sobre o valor de M um acréscimo em b, mantendo todas as outras condições constantes. Resp. M= 75 N'm M diminui quando b aumenta

.61

Na armação carregada da figura, calcular as componentes x e y da força suportada pelo pino C.

4.63

Calcular a intensidade da força que atua sobre o pino em D. O pino.C está fixo à barra DE e encosta no rasgo liso da chapa triangular.

Probl. 4.63

--130 / ESTÁTICA

um torque de entrada de 50 N· m, no sentido horário, na árvore A, e se a árvore de saída D aciona uma máquina à velocidade constante, determinar as forças exercidas sobre o flange da base do redutor, em E e F, pela ação combinada dos parafusos e da fundação de suporte. Resp. E = 139 N, para baixo F= 433 N, para cima

Calcular a força suportada pelo pino em A, do alicate com regulável, utilizado para aperto, sob uma carga aplicada de 100 N. Resp. A = 525 N

270mm

'I

4.69

Calcular a força que a içamento, cujos braços

Re 4.70

looN

Determinar a força ver função da força P, apli de travamento, que reti posição.

mm 270

I ~

./ Probl. 4.64 E

4.65

300 mm

Calcular a força Q, exercida pelo alicate furador de papéis, quando se aplica a forçaP no cabo.

,j,

250 mm

Probl. 4.67 ProbL 4.68

As duas engrenagens cilíndricas A e B acionam as engrenagens cênicas C e D. ·Para um dado torque Mo, encontrar a expressão do torque M, na árvore de saída, necessário para manter o equilíbrio.

A chave de caixa especial da figura tem a caixa B livre para girar em tomo do pino C fIXo ao punho A, e pode acomodar vários tamanhos de parafusos com cabeça hexagonal. Para o tamanho nominal mostrado, onde o centro O do parafuso e o pino C estão alinhados com o punho, calcular a intensidade da força suportada pelo pino em C, quando P = 160 N. Assumir que a superfície da cabeça do parafuso seja lisa. Resp. C= 1 367 N

Os alicates articulados s: de de fmalidades de ap vanca defmida por mei força P= 150N no Cli força de aperto,c produ

P

Probl. 4.65

4.66

4.71

r1/r2

tg

= 2/3

a = 3/4

~M Probl. 4.68

4.72

Na armação carregada, e e y da reação no pino en y

Probl. 4.66

4.67

O r~utor de velocidade consiste da árvore de entrada A, onde está montado o pinhão B, que aciona a engrenagem C, e sua árvore, de saídaD, com uma redução 2:1. O centro de gravidade da unidade, cuja massa é de 30 kg, está em G. Se for aplicado

Probl. 4.69

Probl. •

•

ESTRUTURAS

o:.e

50 N • m, no sentido horá-

IR a árvore de saída D aciona

constante, determinar as flange da base do redutor, binada dos parafusos e da

4.69

Calcular a força que atua no elo AB da tenaz de içamento, cujos braços se cruzam sem se tocarem. Resp. FAB = 8,09 kN, tração

4.70

Determinar a força vertical de retenção em E, em função da força P, aplicada no punho do grampo de travamento, que retém a peça de trabalho F em posição.

.•:i.e

E F

= 139 N, para = 433 N, para

baixo cima

4.73

I

131

Na armação carregada, calcular a força suportada pelo pino em B . Resp. B = 933 N

3

270

mm

BOON

Probl.4.73 250 mm

F A.74

.67

::clndricas A e B acionam as e D. ·Para um dado torque 'io do torque M, na árvore manter o equilíbrio.

4.71

300

Os alicates articulados são usados para urna variedade de fInalidades de aperto. Para a posição da alavanca definida por meio de Ct = 100, e para uma força P = 150 N no cabo da alavanca, calcular a força de aperto.C produzida. Resp. C= 1 368 N

20=

Calcular as componentes x e y de todas as forças que atuam em cada membro da armação carregada.

50

D---X

60mm

200 N

= 2/3 :g a = 3/4

-:

Probl.4.74

T2

4.75 .68

•

P

1\---100

nun ~

Probl. 4.71

.72

Calcular as componentes x e y da força que atua sobre o pino em B. As duas polias estão ligadas entre si, formando uma unidade integral. Os cabos estão firmemente enrolados nas polias. Resp. Bx = 809 N; By = 785 N

Na armação carregada, encontrar as componentes x e y da reação no pino em B.

400

Probl. 4.75

4.76 69

Probl. 4.72

Calcular as componentes x e y da força que atua sobre o pino B, que une as duas peças representadas, quando a carga é de 200 N. Resp.

Bx

= 287 N;

By

= 215 N

132 / ESTÁTICA

t

E

4.80

n~r I

A escada simétrica de 20 kg está montada sobre rodas, para poder ser facilmente movimentada. Se uma pessoa de 90 kg ficar em p~ no degrau em C, calcular a tração T na ligação AB. A articulação no topo da escada está sobre a linha de centro das suas pernas. Resp. T= 231 N

Prob' mm

mm

mm

Probl. 4.76

4.83

4.77

Substituir a força de 200 N em E, no Probl. 4.76, por um conjugado de 50 N· m, no sentido horário, e calcular as componentes x e y de todas as forças atuantes sobre cada um dos dois membros da máquina.

4.78

Na armação carregada, calcular as componentes x e y da força suportada pelo pino em E. Resp. Ex = 25 N; Ey = 25.J3N

k--l,8 m----J

O conjunto da roda ( do avião, é recolhido l na barra BC, por meic na figura. Sabendo-se em conjunto 50 kg ( calcular o valor de roda no momento err baixo de B com o ângt

Probl. 4.80

4.81

A mandíbula móvel D da prensa articulada desloca-se com atrito desprezível ao longo da coluna vertical fixa. Calcular a força de compressão R exercida sobre o cilindro E, e a força suportada pelo pino A, se for aplicada uma força F = 200 N no cabo da alavanca, que forma um ângulo e = 75° com a vertical. Resp. R = 966 N; A = 833 N

x

Probl

Probl. 4.78

4.79

Na armação carregada, encontrar as componentes x e y das forças em A e em C.

4.84

O trem de aterrissager mola, de um pistão hi dro D e de dois elos 01

c O,4m

Probl. 4.81

A

O,4m

50 kg

Probl. 4.79

4.82

"---x

A figura representa uma suspensão dianteira, com eixo duplo, usada em pequenos caminhões. A massa da viga central F é de 40 kg e a de cada roda com o respectivo eixo é de 35 kg, com o centro de massa a 680 mm da linha vertical central. Para uma carga L = 12 kN, transmitida à viga F, calcular a força total de cisalhamento suportada pelo pino A. Resp. A = 1,75 kK

D

Probl.

l

ESTRUTURAS

move-se ao longo da pista à velocidade constante, com a roda suportando uma carga constante, equilibrada, de 24 kN, calcular a força total que o pino A suporta. Resp. A = 44,7 kN

-~ kg está montada sobre ente movimentada. Se em p~ no degrau em C, ;lioAB. A articulação no a linha de centro das suas Resp.

I 133

T= 231 N

---------1

4.85

L--750mm~

Determinar a força de compressãoP, em função da força F aplicada nos punhos da máquina de rebitar.

Probl. 4.82

Resp.

P= ---

2Fe

C{I-{;) 4.83

O conjunto da roda dianteira, localizada no nariz do avião, é recolhido aplicando-se um conjugado M na barra BC, por meio da árvore B, conforme se vê na fIgura. Sabendo-se que o braço e a rodaAO têm em conjunto 50 kg com centro de massa em G, calcular o valor de M necessário para recolher a roda no momento em que D está diretamente debaixo de B com o ângulo () = 30°.

e

F

F ::.a prensa articulada deslo:zÍyel ao longo da coluna a força de compressão R E, e a força suportada uma força F = 200 N ~orma um ângulo () = 75°

Probl. 4.85

4.86

R = 966 N; A = 833 N

Probl.4.83

4.84

O dispositivo mostrado é um tipo ajustável de chaye, na qual os pinos A e B se ajustam nos furos na face do disco que está para ser montado, em seu eixo fIxo O. Se for necessário um torque (momento) de 60 N • m, em tomo de O, pllJ:a apertar o disco no eixo, calcular a força em cada um dos pinos A e B, quando a força aplicada P tem o valor necessário.

O trem de aterrissagem do avião consiste de uma mola, de um pistão hidráulico carregado, do cilindro D e de dois elos OB e CB articulados. Se o trem

Probl. 4.86

suspensão dianteira, com pequenos caminhões. A de 40 kg e.a de cada roda é de 35 kg, C8I11 o centro de vertical central. Para uma itida à viga F, calcular a to suportada pelo pino A. Resp. A = 1,75 kN

=F é

4.87

4.88 Probl. 4.84

Determinar a força suportada pelo pino C da estrutura carregada. Resp. C= 2 160 N Calcular a intensidade da força suportada pelo pino A da armação carregada.

134 I ESTATlCA

sa em G. Se uma força F, na alavanca do tambor, suporta uma carga de 90 kg, calcular a intensidade da força suportada·pelo pino emA. Resp. A = 1 727 N

600N

1 c

'F

•

r'

E

'~

r

:tüDJ ~o'mlo.,

O,9m

Probl. 4.87

Prob

( ~

Probl. 4.90

4.93

A unidade motora A de 4 Mg e centro de padora R rebocada, massa de 24 Mg e cel ção do raspador é c hidráulicos EF, um e: cular a compressão F a intensidade da fo~ pinos em H, situados Supor que as rodas SI: que não há compone as rodas. Resp. J

1

4.91

E

G

~O,9~

IF

Calcular o esforço cortante Q, aplicado à barra, quando atuar no punho da alavanca, uma força de 400 N, sendo o ângulo e = 30°. Para uma dada força aplicada, determinar o valor de e que fornece o maior esforço cortante. Resp. Q = 13,18 kN

Probl4.88

4.89

O braço CE e a roda dentada estão montados, independentemente, no mesmo eixo, em C. É necessário aplicar um torque Mo = 30 N 'm, no eixo do braço AR, para equilibrar o torque resistente M, que atua na roda, e poder mantê-Ia na posição mostrada, onde a barra RE é perpendicular aAR e CE. Calcular a intensidade da força correspondente que atua na extremidade C do braço EC. Resp. C = 908 N

R

/

Dimensões

c

Probl4 100

---±-. 4.94 Probl. 4.91

Probl. 4.89 4.92

4.90

O guindaste portátil mostrado é usado para içar materiais de construção ao teto de .um edifício. O guindaste tem massa de 50 kg e tem centro de mas-

A caçamba é controlada pelos três cilindros hidráulicos e, na posição particular mostrada, pode aplicar uma força horizontal P = 10 kN. Desprezar os pesos das peças e calcular as forças suportadas pelos pinos em A e E. Resp. A = 22,4 kN; E = 36,7lli

A figura mostra um di seções verticais de UI conjunto A tem massa taforma D, de massa : pelos roletes sobre a C( pelo cilindro hidráulic FH. Para a posição pa força R exercida pelo intensidade da força I Desprezar a massa do a Resp.

ESTRUTURAS

! F,

5a nacalcular alavancaa intensidade do tambor, 93 kg, ;riDo emA.

Resp.

A

=

1 727 N

I 135

f'

1

l,2m

T

O,9m

ProbL 4.92 Probl.4.94

4.93

.90 te Q, aplicado à barra, da alavanca, uma força de 8 = 30°. Para' uma dada o valor de e que fornece Resp.

Q

=

13,18 kN

A unidade motora A do trator ra~ tem massa de 4 Mg e centro de massa em Gl' A caçamba-raspadora B rebocada, totalmente carregada, tem massa de 24 Mg e centro de massa em G •. A posição do raspador é controlada por dois cilindros hidráulicos EF, um em cada lado da máquina. Calcular a compressão F, em cada um dos cilindros, e a intensidade da força que atua em cada um dos pinos em H, situados um em cada lado do reboque. Supor que as rodas sejam livres para girar de modo que não há componentes horizontais de força sob as rodas. Resp. F= 131,8 kN; H= 113,9 kN

4.95

o mecanismo para içar a carroceria de um caminhão basculante está mostrado em detalhe na figura. Determine a compressão P no cilindro hidráulico BE e a intensidade da força suportada pelo pino em A, para a posição particular mostrada, na qual BA é perpendicular a OAE e a barra DC é perpendicular a AC. A carroceria basculante e sua carga têm massa de 9 Mg, com centro de massa em G. Todas as dimensões estão indicadas na figura. Resp. P= 119,0 kN; A = 64,5 kN

ProbL 4.93

4.91

pelos três cilindros hidráu,.mcuJ.ar mostrada, pode apliP = 10 kN. Desprezar os akular as forças suportadas A = 22,4 kN; E = 36,7 kN

A figura mostra um dispositivo especial para erguer seções verticais de uma torre em construção. O conjunto A tem massa de 1,5 Mg e é içado pela plataforma B, de massa 2 Mg. A plataforma é guiada pelos roletes sobre a coluna vertical fixa e acionada pelo cilindro hidráulico CD e pelas barras EDF e FH. Para a posição particular mostrada, calcular a força R exercida pelo cilindro hidráulico em D e a intensidade da força sUportada pelo pino em E. Desprezar a massa do cilindro e das barras. Resp. R = 59,7 kN; E= 40,0 kN

Detalhe do mecanismo para içar a carroceria Dimensões em milímetros ProbL 4.95

136 I ESTÁTICA

4.96

Calcular as componentes x, y e z de todas as forças que atuam em cada uma das três partes do mecanismo mostrado. Os dois discos estão rigidamente montados no eixo, sendo que o maior deles tem uma força de 300 N atuando na corda a ele enrolada e orientada para a direção negativa do eixo y. A corda enrolada em torno do disco menor aponta para a direção x e o impede de girar. Trate todas as uniões como tipo rótula e despreze o peso de todos os membros.

(a) Treliças simpL

Probl. 4.97 4.98

Dimensões em milímetros Probl. 4.96 4.97

A estrutura em forma de A mostrada na figura, tem dois pinos, E e F, que permitem que ela gire em torno do eixo y mas não oferecem resistência a forças nesta mesma direção. As uniões em A, B, C, D e G podem ser tratadas como uniões-rótula. A ligação CG é a única barra. Calcular as componentes x, y e z de todas as forças que atuam sobre cada membro da armação. Pode-se desprezar o peso dos elementos comparados com as cargas transmitidas. Resp. Ax =Ay =By = Dy =Ex =Fx = 1,25 kN

Bx=Bz

=Dx =Dz =Ez =,Fz =

Cx = Cz

=5

kN; Az

2,5 kN

=O

Calcular as componentes x, y e z de todas as forças que atuam em cada elemento da armação espacial carregada conforme mostrado.

1. As treliças sirr tração ou compressão. P 2. As treliças siml forma triangular para t treliça são formadas in( ligando-os aos nós existe 3. Suponhamos q união-rótula, no caso da: 4. As cargas exte[ 5. As treliças são os necessários para mant 6. As treliças são no parágrafo 2 acima, Oil 7. O método dos, um nó' onde, pelo meno caso de treliças planas, O' 8. O método das! mais nós e, em geral, en' dos momentos é de grau cortar mais do que três existem apenas três equa 9. O vetor que reI do nó ou da seção em q uma seta saindo do nó o seção. 10. Quando dois r pazes de suportar compn mente determinado. 11. Se duas barras com direção diferente da uma força externa, que tt

(b) Armações e mál

1. As armações e a: mais membros sujeitos a n Probl.4.98

4.7 - FORMULAÇÃO

DO PROBLEMA

E REVISÃO

Neste Capítulo aplicaram-se os princípios do equilíbrio a duas classes de problemas: (a) treliças simples. e (b) armações e máquinas. Não foi necessário desenvolver nenhuma teoria nova pois as soluções foram enco tradas apenas com o traçado do diagrama de corpo livre e aplicando as equações do equilíbrio, já familiares.. Contudo, as estruturas que foram tratadas neste Capítulo proporcionaram a oportunidade de desenvolver uma abordagem sistemática para uma classe de problemas mecânicos que ocorrem fre
2. As armações são máquinas são estruturas q geralmente, envolvem um categorias.

3. Somente serão o mente como internamente 4. O mesmo proced

5. Se uma armação suportes externos, a análi ou máquina, como um t< externos são removidos, desmembrada.

ESTRUTURAS

/ 137

(a) Treliças simples

A mostrada na figura, tem ~item que ela gire em -io oferecem resistência a - . As uniões em A, B, C, como uniões-rótula. A Çalcular as componenque atuam sobre cada desprezar o peso dos as cargas transmitidas. =Dy =Ex =Fx = 1,25 kN =Dz = Ez =-Fz = 2,5 kN -; Az

=O

1. As treliças simples são compostas de barras, ligadas nas suas extremidades e capazes de suportar tração ou compressão. Portanto, as forças internas têm sempre a direção dos seus respectivos membros. 2. As treliças simples são construídas em tomo de uma unidade rígida básica, que não sofre colapso, de forma triangular para treliças planas e de tetraedro para treliças especiais. As unidades adicionais de uma treliça são formadas incluindo novos membros, dois no caso de treliça plana e três nas treliças espaciais, ligando-os aos nós existentes e unindo suas extremidades para formar novos nós. 3. Suponhamos que os nós nas treliças simples são do tipo pino, no caso de treliças planas, e do tipo união-rótula, no caso das espaciais. Portanto, os nós podem transmitir forças, mas não momentos. 4. As cargas externas sobre treliças simples são aplicadas somente nos nós. 5. As treliças são estaticamente determinadas externamente quando os vínculos externos não excedem os necessários para manter uma posição de equillbrio. 6. As treliças são estaticamente determinadas internamente quando são construídas da forma descrita no parágrafo 2 acima, onde os membros internos não excedem aqueles necessários para evitar o colapso. 7. O método dos nós utiliza as equações do equilíbrio das forças em cada nó. A análise deve iniciar por um nó onde, pelo menos, uma força seja conhecida, e que tenha, no máximo, duas forças desconhecidas, no caso de treliças planas, ou, no máximo, três forças desconhecidas, no caso de treliças espaciais. 8. O método das seções utiliza o corpo livre de uma seção completa de uma treliça, contendo dois ou mais nós e, em geral, envolve o equillbrio de um sistema de forças não concorrentes. A equação de equillbrio dos momentos é de grande auxílio no método das seções. Em geral, no caso de treliças planas, se uma seção cortar mais do que três barras cujas força~desconhecidas, a solução não poderá ser encontrada pois existem apenas três equações independentes do equihbrio. 9. O veto r que representa uma força atuando sobre um nó ou uma seção é desenhado do mesmo lado do nó ou da seção em que está a barra que transmite a força. Com esta convenção, a tração é 'indicada por uma seta saindo do nó ou da seção e a compressão é indicada pela seta apontando na direção do nó ou da seção. 10. Quando dois membros são as diagonais de um painel quadrilátero, e são membros flexíveis, incapazes de suportar compressão, somente se considera aquele que está em tração, e o painel permanece estaticamente determinado. 11. Se duas barras carregadas forem colineares em um nó, a inclusão de uma terceira barra neste nó, com direção diferente das outras duas, significará que esta nova barra terá força nula, a menos que se aplique uma força externa, que tenha componente na direção da terceira barra.

(b) Armações e máquinas 1. As armações e as máquinas são estruturas de múltiplas forças, isto é, estruturas que contêm um ou membros sujeitos a mais de duas forças. 2. As armações são estruturas projetadas para suportar cargas, geralmente sob condições estáticas. As 'quinas são estruturas que transformam forças e momentos de entrada em forças e momentos de saída e, ~mente, envolvem uma ou mais partes móveis. Algumas estruturas podem ser classificadas em ambas as legorias. 3. Somente serão consideradas aqui armações e máquinas estaticamente te como internamente. as: (a) treliças simples as soluções foram encon· equilíbrio, já familiares. oportunidade de desen· freliüentemente. os nos passos apresen·

determinadas, tanto externa-

4. O mesmo procedimento para analisar armações, aplica-se às máquinas. 5. Se uma armação ou máquina é uma unidade rígida, como um todo, quando são removidos seus rtes externos, a análise iniciará computando as reações externas sobre toda a unidade. Se uma armação máquina, como um todo, for uma unidade não rígida (que possa sofrer colapso), quando seus suportes ernos são removidos, a análise das reações externas não pode ser completada antes da estrutura ser smembrada.

-, I

138

----

ESTATlCA

6. As forças atuando nas conexões internas das armações e máquinas são calculadas desmembrando a estrutura e construindo um diagrama de corpo livre separado para cada parte. O princípio da ação e reação deve ser rigorosamente observado, pois, do contrário, certamente ocorrerão erros. 7. As equações de equihbrio de forças e de momentos são aplicadas aos membros à medida que for sendo necessário calcular as incógnitas desejadas.

L320D

PROBLEMAS PARA REVISÃO

Probl. ' 4.99

Uma armação usada para testar a resistência à compressão de blocos de concreto, se compõe de quatro sapatas de pressão, de quatro barras de compressão e de três barras externas, disposta como um quadrado, conforme mostrado. Expressar a força compressiva C, que atua sobre cada lado do bloco de concreto quadrado, em termos das forças aplicadas P. iA S o .'?

b

4.105

co::,

r

p \~ b

Uma barra ajustáYl unidade tratora H um grande avião, ~ te da altura do gl barra de reboque, hidráulico CD, qlU bomba manual (nã nominal mostrada , calcular a força P f( C, para posicionar é to tem massa total em G e está suporta

Probl. 4.101

b

H F

E

P

3m

P Probl.4.99

3m 3m

Calcular as forças que atuam nas barras BH, CD e GD da treliça, carregada pelas forças de 40 e 60kN. Resp. BH= 47,1 kN C CD= 6,7 kNC

4.100

I

H

G

4kN

'IF

Awm1 40kN

B

Probl. 4.102 4.103

4painéisde5m

A

c

GD=O

I' J

G

Cada uma das três cargas L, que atuam sobre a treliça da ponte, é de 200 kN. Determinar as forças nos membros EG e DF, com o mínimo de cálculo. Resp. EG = 600 kN T; DF = 825 kN C

r

4.106

O topo de uma ba 50 kg, com centro componentes x e Y I

emE.

F

60kN

Probl. 4.100

~ 4.101

4.102

Determinar a força que atua em cada barra das duas treliças que suportam a carga de 10 kN, em seu nó comum K.

Calcular a força no membro BG, usando um diagrama de corpo liVre do membro rígido ABe. Resp. BG = 8 kN C

I<

L

de 6 m L12 painéis L

>

I

Probl. 4.103 4.104

Calcular as componentes x e y das forças atuando em A e em C, na armação carregada pelo conjugadoM=40N·m.

Probl. 4

ESTRUTURAS

4.107

das desmembrando a ípio da ação e reação

I

139

Determinar a força que atua na barra GL da treliça da torre, carregada, pelo método dos nós. A treliça é estaticamente determinada? Resp. GL:;:: 37,5 kN T

ros à medida que for

;

Probl.4.104 4.105

Uma barra ajustável de reboque, que conecta a unidade tratora H ao trem de aterrissagem J de um grande avião, está mostrada na flgUIa. O ajuste da altura do gancho F, na extremidade da barra de reboque, é obtido através do cilindro hidráulico CD, que é atuado por uma pequena bomba manual (não mostrada). Para a posição nominal mostrada das barras do triângulo ARC, calcuIai a força P fornecida pelo cilindro ao pino C, para posicionar a barra de reboque. O conjun-

Probl.4.107

4.108

Determinar a força que atua na barraAC em função da carga m suportada pela treliça. Todos os ângulos águdos internos são de 30° ou de 60°. Resp. AC = mg/3, C

to tem massa total de 50 kg em centro ~e massa em G e está suportado pelo pino E do trator~ Resp. P = 298 N

01

H G

AB=AC=500

•

A

750

4kN


Probl. 4.105

02

L, que atuam sobre a 200 kN. Determinar as EG e DF, com o mínimo de

600 200

4.106

O topo de uma bancada retrátil tem massa de 50 kg, com centro de massa em G. Calcular as componentes x e y da força suportada pelo pino emE.

= /,••• kN T; DF = 825 kN C

m

B Probl4.108

x e y das forças atuando - carregada pelo conjuga-

4.109 Probl. 4.106

Verificar o fato de cada uma das treliças carregadas mostradas ser internamente instável (nãorígida). Indicar, no mínimo, dois métodos que

;:=====~---~--~--------------------~~-~~~---~~~------------~==-O ;:-,140 I ESTÁTICA

assegurem estabilidade interna (rigidez) a cada treliça, por meio do acréscimo de uma ou mais barras, sem introduzir redundância.

H

G

F

H

G

F

H

F

G

nesta posição particular, devidas ao peso do tronco. Resp. A = 173,5 kN; D = 87,4ld'

F

E

D

~ (d)

(c)

Probl. 4.109 Probl 4.110

Uma chave"antitorque", projetada para ser utilizada por um tripulante de nave espacial, não exige plataforma fixa contra a qual se poderia apoiar, ao fazer o esforço para apertar um parafuso. O pino A aloja-se no orifício existente na estrutura que contém o parafuso que vai ser apertado. Por meio de movimentos sucessivos de oscilação do cabo que comanda a engrenagem, o soquete gira em um só sentido, sob a ação de uma catraca. A reação contra o pino A estabelece a característica "antitorque" desta ferramenta. Para uma força P = 150 N, calcular o torque M transmitido ao parafuso, e a reação externa R contra o pino A, normal à linha AB. (Um dos lados da chave é usado para apertar o parafuso e o lado oposto para afrouxar.) Resp. M= 7,88 N'm; R = 137,0 N

40

12Q

mm

Probl. 4.111

4.112

A caçamba de uma escavadeira tem a capacidad= de 4 m 3 e está sendo utilizada para transportz: material com a massa específica de 2,6 Mg/m' . ~As dimensões são as que aparecem na figura. p~ a posição particular apresentada, em que o braço EB é horizontal, achar a força de compressão I1Z haste do cilindro hidrá~co lL e a força cisalhante suportada pelo pino, emA. A máquina é simétrica em relação ao plano vertical, central e longitudinal e tem dois conjuntos de alavancas iguais ao mostrado na figura. Os pesos próprios das peças podem ser desprezados diante das cargas que suportam. Resp. L = 52,0 kN; A = 247 b'\

P

Dimensões em milímetros p

f~w: A'Y~">.·.-.·.·.·

.... ~.,1

Probl. 4.112

I

Probl. 4.110 4.113 4.111

Na posição particular representada, as lanças AF e EG do empilhador de troncos estão em ângulo reto e AF é perpendicular a AB. Se o guindaste estiver içando um tronco de massa igual a 2,5 Mg, calcular as forças que os pinos A e D suportam,

Um guincho de armação A suporta uma carga c.~ 100 kg com uma força P aplicada no punho C. manivela. Calcular as componentes x e y de todz as forças que atuam em cada uma das três barra da armação, para o punho da manivela na posiçi:= vertical mostrada.

4.114

Calcular a força tot em D, na estrutura t

ESTRUTURAS

, devidas ao peso do

duas forças mostradas. As conexões podem ser consideradas como rótulas. Resp. D = 4,90 kN

, A = 173,5 kN; D = 87,4 kN

I

z

I I

x

100kg

I D~e~sões

, milImetrosem

1200-+-1200 Proo!. 4.113 x

4.111

=vadeira tem a capacidade .:- utilizada para transportar específica de 2,6 Mg/m3• que aparecem na figura. Para apresentada, em que o braço a força de compressão na s.:...>ráulico JL e a força cisalhan_- 0, em A. A máquina é simé:;llanovertical, central e longi::onjuntos de alavancas iguali 5gura. Os pesos próprios das .:::sprezado s diante das cargas L = 52,0 kN; A = 247 kN

4.112

f mação

A suporta uma carga d= força P aplicada no punho ~ as componentes x e y de todE! em cada uma das três barrZ! punho da manivela na posiçãz

I 141

4.114

Calcular a força total que atua sobre a peça BD, Probl. 4.114

= D, ~ "trot"" m:5ionm =-" p''''

~-----------------------------------~---------------------------

5

veis, não se pode tratar ; de problema requer um resistência dos materiais ,

Quando as forças l outras dimensões pertine tos das forças distribuíill mática, obrigando o conJ em três categorias.

FORÇAS mSTRlBUIDAS Distribuição Linem carga vertical· continua, expressa como força por'

5.1 - INTRODUÇÃO Nos capítulos anteriores todas as forças foram consideradas como concentradas e representadas por mei, de vetores nos pontos de aplicação, ou ao longo das linhas de ação. Realmente, no exato sentido da palavra, não existem forças "concentradas", uma vez que wna força real 'aplicada ao corpo é distribuída sobre UIl12 área ou volume fmito, qualquer. Por exemplo, a força exercida pelo pavimento de uma entrada sobre o pneu de um automóvel, conforme mostrado na Fig. 5.1a,-é aplicada sobre uma área de contato, que pode ter UIl12 dimensã'o apreciável, se .o pneu for macio. Quando a dimensã'o b da área de contato é desprezível comparadiõ com as outras dimensões pertinentes, tal como a distância' entre as rodas, então a substituição das forças de contato, na realidade distribuídas por sua resultante R, considerada uma força concentrada, não provocari dúvidas qU!ll1dose estão analisando as forças atuando no carro, como um todo. Mesmo no caso de um manca:. de rolamento carregado, a força de contato entre uma esfera de aço endurecido e sua pista de rolamento. como mostrado na Fig. 5.lb, será aplicada sobre uma área de contato fmal, cujas dimensões, naturalmente. são extremamente pequenas. As forças aplicadas sobre uma barra de uma treliça (Fig. 5.1 c) são aplicadas en: uma área real de contato entre o pino e o furo e, internamente, na seção transversal, da maneira indicadE.. Nestes exemplos e em outros semelhantes, não deve haver dúvida em tratar-se das forças como concentradas. ao analisar seus efeitos externos sobre um corpo, tratado como um todo. Se, por outro lado, o Interesse estiver em encontrar a distribuição interna das forças no material corpo, nas vizinhanças do ponto de contato, onde as tenSÕes e as deformações internas podem ser aprec"

.Distribuição por Á hidráulica da água contra força por unidade de áre tensão, quando é o caso tensão, no SI, é o newtol contudo, muito pequena fluida, o quilopascal (kPa inglês usa, tanto para pre (lb/in 2). (llb/in 2 = 6 895

I

Distribuição por Vo de corpo. A força de corp

da massa de um corpo. Po: balanço, como a da Fig, 5 de toda a estrutura. A int pór unidade de volume) e no SI.

~

L

."\"7

(a)

Detalhe na zona de contato

~

~

pC

c

II

R (a)

R (b)

Fig.5.1

c (c)

As forças de corpo c das mais comumente encc qual atua a resultante da f ciais sobre forças distribu atuando sobre superfícies e

FORÇAS DISTRIBUfoAS

I

143

veis, não se pode tratar a carga como sendo concentrada, mas sim considerar a sua distribuição real. Este tipo de problema requer um conhecimento das propriedades do material e pertence a áreas mais avançadas da resistência dos materiais e das teorias da elastiCidade e da plasticidade. Quando as forças são aplicadas sobre uma região cujas dimensões não são desprezíveis comparadas com outras dimensões pertinentes, deve-se levar em consideração a distribuição real das forças, somando-se os efeitos das forças distribuídas sobre toda a região. Para isto, são empregados procedimentos de integração matemática, obrigando o conhecimento da força em qualquer posição~ Estes tipos de problemas caem, em geral, em três categorias.

Distribuição Linear. Quando uma força é distribuída ao longo de uma linha, como é o caso de uma carga vertiCal continua, suportada por um cabo suspenso (Fig. 5.2a), a intensidade w do carregamento é expressa como força por unidade de comprimento da linha, em newtons por metro (N/m).

e representadas por meio exato sentido da palavra, é distribuída sobre uma entrada sobre o pneu [tato, que pode ter uma é desprezível comparada ,stituição das forças de trada, não provocará no caso de um mancal sua pista de rolamento, . ensões, naturalmente, 5.1 c) são aplicadas em , da maneira indicada. como concentradas,

'Distribuição por Área. Quando uma força é distribuída sobre uma área, como é o caso da pressão hidráulica da água contra a face interna de uma seção de represa (Fig. 5.2b), a intensidade é expressa como força por unidade de área. Esta intensidade é conhecida como pressão, quando se trata de forças fluidas, e tensão, quando é o caso de forças distribuídas internamente em sólidos. A unidade básica para pressão ou tensão, no SI, é o newton por metro quadrado (N/m2), que é também chamado pascal (pa). Esta unidade é, contudo, muito pequena para a maioria das aplicações, sendo empregado, mais comumente no caso de pressão fluida, o quilopascal (kPa), que é igual a 103Pa, e, para tensão, o megapascal, que é igual a 106 Pa. O sistema inglês usa, tanto para pre~São fluida como para tensão mecânica, a unidade de libra por polegada quadrada (lb/in2).(1lb/in2 = 6 895 Fa).

~ Distribuição por Volume. Uma força distribuída sobre o volume de um corpó é conhecida como força de corpo. A força de corpo mais comum é a força de atração gravitacional, que atua sobre todos os elementos da massa de um corpo. Por exemplo, a determinação das forçqs sobre os suportes de uma estrutur~pesada em balanço, como a da Fig. 5 .2c, requer que se leve em consicferação a força gravitacional distribuída ao longo de toda a estrutura. A intensidade da força gravitacional é o peso especifico pg, onde p é a densidade (massa pór unidade de volume) e g é a aceleração devida à gravidade. A unidade para , pg é (kg/m3) (m/s2) = N/m3 no SI.

forças no material do s podem ser apreciá-

~J (a)

(b)

..

t t

.' '.'

t

(e)

Fig.5.2

c (c)

As forças de corpo devido à atração gravitacional da Terra (peso), são, sem dúvida, as forças distribuídas mais comumente encontradas. A Seção A deste capítulo trata da determinação do ponto do corpo no qual atua a resultante da força gravitacional. A Seção B ao capítulo trata de problemás importantes e especiais sobre forças distribuídas que atuam em vigas e em cabos flexíveis, e forças distribuídas de fluidos atuando sobre superfícies expostas.

144 I ESTÁTICA

SEÇÃO A. CENTROS DE MASSA E CENTRÓIDES

o numeradar

5.2 - CENTROS DE MASSA Cansidere um carpa tridimensianal de qualquer tamanha, farma e massa. Se ele estiver suspensa, cama é mastrada na Fig. 5.3, par uma carda em um panta qualquer, tal camaA, a carpa estará em equilíbrio. sab a ação. da tração. na corda, e da resultante W da gravidade, au farças de carpa, que atuam sabre ta das as partículas da carpa. Esta resultante será evidentemente calinear cam a carda. Supanha-se, agara, que sua pasiçãa seja marcada, par exemplo., fazenda-se um fura de diâmetro desprezível, ao. langa de sua linha de ação.. Repete-se a experiência, suspendenda-se o·carpa par autras pantas, cama B e C, marcanda-se, em cada casa, cama anteriarmente, a linha de ação. da resultante. Para tadas as fms práticas, estas linhas de ação. serão. cancarrentes em um panta, canhecida cama centro de gravidade.

de c

carrespandente de G rep. As Eqs. (5.1) padf tar e a centro. de gravid = iX + .iY + kZ. Assim,

r

A massa específi~ diferencial de valume di

ser expressa cama fun~ numeradares e das denOl

z I I I

I I I I ~I

w (a)

(b)

(c)

(a)

Fig.5.3

--r-- --

"" 1'" "" "x

--

--Y

-,~

(b)

Fig, 5.4

A análise exata, entretanto., levaria em canta a fato. de que as direções das farças gravitacianais que atuam sabre as partículas da carpa diferem ligeiramente, parque canvergem para a centro. de atração. da Terra. Ainda mais, cama as partículas cansideradas estão. a diferentes distâncias da Terra, a intensidade da campa de farça terrestre não. é, exatamente, canstante sabre a carpa. Estas cansiderações levam ã canclusãa de que, nas experiências acima descritas, as linhas de ação. das resultantes da atração. terrestre não. são. canearrentes e, partanta, não. existe, rigarasamente falando., nenhum centro. de gravidade única. Isto. entre. tanta não. tem valar prática, desde que se trate de carpas de dimensões pequenas diante das dimensões da Terra. Assitn, pade-se supar um campa unifarme de farças paralelas, decarrente da atração. gravitacianal da Terra, resultando. desta supasiçãa a canceita de um centro. de gravidade única. Para defmir, matematicamente, a pasiçãa da centro. de gravidade G de um carpa qualquer (Fig. S.4a), pade-se escrever uma equação. que estabel,eça, pela tearema de Varignan, que a mamenta em tarna de qualquer eixo. da resultante W das farças gravitacianais é igual ã sarna das 'mamentas,em tama da mesma eixo., das farças gravitacianais dW que atuam sabre tadas as partículas cansideradas cama elementas infmitesimais da carpa. A resultante das farças gravitacianais que atuam sabre tadas as elementas é a pesa da carpa, e é dada pela sarna W = J dW. Se far aplicada a princípio. da mamenta em ta ma da eixo. y, por exemplo., a mamenta da pesa elementar; em tarna deste eixo., é x dW, e a sarna destesIT\amentas para tados as elementas da carpa é Jx dW. Este samatória de mamentas deve ser igual ao.mamenta da sarna Wx.Cam a substituição. de W = mg e dW = g dm, a expressão. das mamento.s para as três eixas vem a ser:

_ J ydm

y=

m

As Eqs. (5.1), (5. mesma da centro de'gr. Não. tem sentida falar de

uma vez que não. atuar. massa única. É absaluta efeito. das farças gravitac usada, quando. se fizer I submetida a fo.rças não. do, que trata da Dinâmil Na maiaria do.s pr uma escolha inteligente carem, tanto quanta po; formato circular. Um Ol

houver uma linha ou pb co.m esta linha au plan( mo.mento.s devido.s a ele

derado co.mo.compo.sto. I Portanto., o centre sobre o seu eixo. central

I

z=

(a)

----

--------------.,..... •.

FORÇAS OISTRIBUi'OAS

/ 145

o

stiver suspenso, como á em equiHbrio sob amam sobre todas as

numerador de cada expressão representa a soma dos momentos, e o produto de m pela coordenada correspondente de G representa o momento da soma. As Eqs. (5.1) podem ser expressas em forma vetorial com o auxl1io da Fig. S.4b, onde a massa elementar e o centro de gravidade G estão localizados por seus vetores de posição respectivos, r = ix + jy + kz e = iX + .iY + k:Z. Assim, as Eqs. (5.1) são as componentes da equação vetorial única

r

na-se, agora, que sua ::Ongo de sua linha de :::arcando-se, em cada - linhas de ação serão

(5.2)

A massa específica p de um corpo é sua massa por unidade de volume. Assim, a massa de um elemento diferencial de volume dV vem a ser dm = p dV. No caso de p não ser constante em todo o corpo, maS poder ser expresso como função das coordenadas do corpo, será necessário considerar esta variação no cálculo dos numeradores e dos denominadores das Eqs. (5.1). Estas expressões seriam, então, escritas:

f

,"

'x (b)

gravitacionais que centro de atração da e:ra, a intensidade do - levam à conclusão "ão terrestre não são - -ó>deúnico. Isto entrete das dimensões da ção gravitacional da qualquer (Fig. S.4a), ento em torno de em torno do mesmo o elementos infini-

xp

dV

y=

f ypdV f pdV

z

f

zp

=----

(5.3)

As Eqs. (5.1), (5.2) e (5.3) defmem a posição do centro de massa, cujo ponto é, evidentemente, o mesmo do centro de' gravidade, contanto que o campo gravitacional seja tratado como uniforme e paralelo. Não tem sentido falar do centro de gravidade de um corpo que foi removido do campo gravitacional da Terra, uma vez que não atuariam forças gravitacionais sobre o corpo. Contudo, ele ainda possuiria seu centro de massa único. É absolutamente correto usar-se o termo centro de gravidade, sempre que se fizer referência ao efeito das forças gravitacionais sobre um corpo. O termo centr.o de massa por outro lado, é mais corretamente usado, quando se fizer referência à influência da distribuição de massa sobre o efeito dinâmico de um corpo submetido a forças não equilibradas. Esta classe de problemas é discutida detalhadamepte no volume associado, que trata da Dinâmica. Na maioria dos problemas, o cálculo da posição do centro de mássa pode ser simplificado por meio de uma escolha inteligente dos eixos de referência. Os eixos, em geral, devem ser localizados de modo a simplificarem, tanto quanto possível, as equações dos limites. Assim, coordenadas polares são úteis para corpos de formato circular. Um outro indício importante pode ser tomado das considerações de simetria. Sempre que houver uma linha ou plano de simetria, deve ser escolhido um eixo ou plano de coordenadas para coincidir com esta linha ou plano. O centro de massa situar-se-á, sempre, sobre està linha ou plano, uma vez que os momentos devidos a elementos simetricamente localizados sempre se 'cancelarão, e o corpo pode ser considerado como composto de pares destes elementos. Portanto, o centro de massa G do cone circular reto homogêneo da Fig. S.5a estará em algum ponto sobre o seu eixo central, que é uma linha de simetria. O centro de massa da metade do cone circular reto está

"ementos é o peso do torno do eixo y, por :::l:!0mentospara todos -- da soma WX.Com a ser:

(5.1)

dV

(ei

(bi

Fig.5.5

~~~----~~~-----------------------------------~~--------~--------

__ I

.............--

146 / ESTÁTICA

sobre o seu plano de simetria, conforme mostra à Fig. 5.5b. O centro de massa do meio anel da Fig. 5.5c está sobre os dois planos de simetria e, portanto, está situado na linhaAB. A localização de G é sempre facilitada pela observação da simetria, quando ela existir.

5.3 - CENTRÓIDES DE LINHAS, ÁREAS E VOLUMES Sempre que a densidade p de um corpo for inteiramente uniforme, ela será um fator constante nos numeradores e denominadores das Eqs. (5.3) e, portanto, se cancelarão. As expressões remanescentes definem uma propriedade puramente gométrica do corpo, uma vez que não fazem referência a qualquer propriedade física. O termo centróide é usado quando o cálculo diz respeito somente à forma geométrica. Quando se fala de corpo físico, real, usa-se o termo centro de massa. Se a densidade for uniforme por todo o corpo, as posições do centróide e do centro de massa serão idênticas, ao passo que, se a densidade variar, estes dois pontos, em geral, não coincidirão. Existem três categorias distintas de cálculo de centróide, dependendo de como a forma do corpo puder ser modelada como linha, área ou volume. (a) Linhas. No caso de uma barra delgada ou de um fio de comprimento L, área da seção tranversalA e densidade p (Fig. 5.6), o corpo se aproxima de um segmento de linha, e dm = pA dL. Se p e A forem constantes sobre todo o comprimento da barra, as coordenadas do centro de massa vêm a ser também as coordenadas do centróide C do segmento de linha, que, das Eqs. 5.1, podem ser:

f xdL

x=---L

f ydL

\

Y=

-L-

_ J zdL z=--L

Os numeradores nadas estarão envolvid Novamente aqui, o ce: uma superfície plana,

(c) Volumes. P dm = p dV. A densida massa também vêm a Si

(5.4)

Deve-se notar que, em geral, o centróide 9,não se situará sobre a linha. Se a barra se situar em um plano único, tal como o plano x-y, somente duas coordenadas exigirão cálculo.

(d) Escolha do j uma teoria está muito de massa e de centró principalmente, na eSC tantes que devem ser ~

(1) Ordem do E diferencial de 1.a orde!

única integração para c dA = 1dy, irá necessita

Fig.5.6

(b) Áreas. Quando um corpo de massa específica p tem uma pequena espessura, t, e se aproxima de uma superfície de área A (Fig. 5.1), então dm = pt dA. Novamente, se p e t forem constantes sobre toda a área, as coordenadas do centro de massa do corpo também vêm a ser as coordenadas do centróide C da área da superfície, e das Eqs. (5.1), pode-se escrever:

y=

f ydA A

(5.5)

* O segundo mome momentos de inércia de áre

·_-------~~---.._----FORÇAS OISTRIBUfoAS

I 147

anel da Fig. 5.5c está G é sempre facilitada

Itcl fator

constante nos

- 5 remanescentes defi. a qualquer propriegeométrica. Quando se por todo o corpo, as .. de variar, estes dois "orma do corpo puder

da seção tranversal A A dL. Se p e A forem vêm a ser também as

Fig. 5.7

Os numeradores das Eqs. (5.5) são conhecidos como primeiro momento de área. * Todas as três coordenadas estarão envolvidas, se a área da superfície for curva como uma concha, como está ilustrado na Fig. 5.7. Novamente aqui, o centróide C da superfície curva em geral não se situará sobre a superfície. Se a área for uma superfície plana, no plano x-y, por exemplo, somente as coordenadas neste plano serão desconhecidas. (c) Volumes. Para um corpo qualquer de volume Ve massa específica p, o elemento tem um peso dm = p dV. A densidade p é cancelada se ela for constante em todo o volume, e as coordenadas do centro de massa também vêm a ser as coordenadas do centróide C do corpo. Das Eqs. (5.3) ou (5.1) elas vêm a ser:

J ydV y=

(5.4)

se situar em um plano

(5.6)

V

(d) Esco/h;;dQ Elemento para Integração. Como oGorre freqüentemente, a principal dificuldade de uma teoria está mUitb mais nos procedimentos para aplicá-Ia do que nos seus conceitos. No caso de centros de massa e de cerrlróides, o conceito do princípio dos momentos é muito simple.s; a dificuldade reside, principalmente, na escolha do elemento diferencial e na definição da integral. Existem cinco pontos importantes que devem ser especialmente observados. (1) Ordem do Elemento. Sempre que possível deve-se ter preferência por selecionar um elemento diferencial de l.a ordem no lugar de elementos de ordem mais alta, de modo que seja necessário apenas uma única integração para cobrir toda a figura. Assim, na Fig. 5.8a, um elemento horizontal de l.a ordem, de área dA = I dy, irá necessitar de apenas uma única integração com respeito a y, a fim de cobrir toda a figura. O IY

IY

I

I

a, t, e se aproxima de constantes sobre toda a - do centróide C da área (a)

(b)

Fig.5.8

(5.5) * O segundo momento de área (momento do primeiro momento) aparecerá posteriormente, entos de inércia de áreas, no Apêndice A.

na apresentação de

148 I ESTÁTICA

)

elemento de 2.a ordem, dx • dy, requer duas integrações para cobrir a figura, a primeira em relação ax e a segunda em relação a y. Como um exemplo mais avançado, tome o .cone sólido da Fig. 5.8b, onde foi escolhido o elemento de 1.a ordem da forma de uma fatia circular, de volume dV = rrr2 dy, que requer somente uma integração, ao invés de escolher um elemento de 3.a ordem, dV = dx • dy • dz, que requereria três integrais trabalhosas. (2) Continuidade. Sempre que possível, deve ser selecionado um elemento que possa ser integrado em uma operação contínua, ao longo de toda a figura. Portanto, a faixa horizontal da Fig. 5.8a é preferível à faixa vertical da Fig. 5.9, que se for usada, irá obrigar a resolver duas integrações separadas, devido à descontinuidade na expressão da altura da faixa, em x = Xl'

Tendo em vista e (3) Simplificação de termos de ordem elevada. zados quando comparados com os termos de ordem elemento de área sob a curva da Fig. 5.10, é dada triângulo de segunda ordem de área -+ dx dy. No caso

Os termos de ordem elevada podem sempre ser despremais baixa (veja o item 1.7). Assim, a faixa vertical do pelo termo de 1.a ordem dA = y dx e é desprezado o limite naturalmente não haverá erro.

(4) Escolha das coordenadas. Como regra geral, escolhe-se o sistema coordenado que seja mais adequado ao contorno da figura. Assim, os contornos da área da Fig. 5.lla são melhor descritos em coordenadas retangulares, enquanto que os de setor circular da Fig. 5.l1b são mais adequados para coordenadas polares. y

e

--x -...j

Fig.5.9

rdx

Fig.5.1O

y

I

I

y

'1>

",,'1

Ir] liJ I ,1I ." I . I I

I I

--x

I

!

r

8

(a)

--x

(b)

Fig.5.11

(5) Coordenadas do centróide do elemento. Quando se adota um elemento diferencial de 1.a ou de 2.a ordem, é essencial empregar as coordenadas do centróide do elemento para representar o braço de momento na equação do momento do elemento diferencial. Assim, para a faixa horizontal de área da Fig. 5.12a, o momento de dA em torno do eixo y é Xc • dA, onde Xc é a coordenada x do centróide G do elemento. Observe que Xc não é o x que descreve os contornos da área. Porém, neste elemento, o braço de momento y c, na direção y, se confunde com as coordenadas y dos dois contornos. Como um segundo exemplo, considere o meio cone sólido da Fig. 5.l2b, tendo como elemento de volume a fatia semicircular de espessura diferencial. O braço de momento para o elemento na direção x é a distância Xc ao centróide da face do elemento e não a coordenada x do contorno do elemento. Por outro lado, na direção z, o braço de momento Zc ao centróide do elemento é o mesmo que a coordenada z do elemento.

O subscrito c serv para os momentos, nos escolhidos.

Neste ponto, é de tos (teorema de Varignl princípio seja reconhecil tendo sempre em men! momentos dos pesos ele tica necessária. O recon para os braços de mome do em mente o aspecto geométricas, serão apli~ foi cancelada. As Tabelas C3 e C formas usualmente empn

FORÇAS OISTRIBUfoAS

f 149

em relação a x e a - .8b, onde foi esco-

. que requer somente . que requereria três

ser integrado em

Y

_ 5.8a é preferível à

/'

/'

/'

(a)

- , devido à descon-

Fig.5.12

Tendo em vista esses exemplos, pode-se reescrever as Eqs. (5.5) e (5.6) na seguinte forma:

sempre ser desprea faixa vertical do

dx e é desprezado o x

=

do que seja mais ".escritos em coorde's

A

J y=

para coordenadas

Yc dA

A

(5.5)

J Zc dA

Z=---

A

e

)

X=

_

y=

J

=

(5.6)

V

J z

Yc dV

Zc

dV

V

o

subscrito c serve para lembrar que os braços de momento que aparecem nas integrais das expressões para os mome.ntos, nos numeradores, são sempre as coordenadas dos centróides dos elementos particulares escollúdos. -erencial de 1.a ou de ntar o braço de orizontal de área da x do centróide G do ~ elemento, o braço de - como elemento de to na direção x é a emento. Por outro ~ a coordenada z do

Neste ponto, é de valia para o estudante verificar se compreendeu claramente os princípios dos momentos (teorema de Varignon), que foi apresentado no item 2.4. É importante que o significado físico desse princípio seja reconhecido na sua aplicação ao sistema de forças-peso paralelas mostrado na Fig. 5.4a. Mantendo sempre em mente a equivalência entre o momento do peso resultante W e a soma (integral) dos momentos dos pesos elementares dW, é pouco provável que ocorra um erro no estabelecimento da matemática necessária. O reconhecimento do princípio dos momentos assegurará a utilização da expressão correta para os braços de momento xc, Yc e Zc do centróide do elemento diferencial escolhido. Além disso, mantendo em mente o aspecto físico do princípio dos momentos, as Eqs. (5.4), (5.5) e (5.6), que são relações geométricas, serão aplicáveis, também, aos corpos físicos homogêneos, onde a densidade (massa específica) foi cancelada. As Tabelas C3 e C4, do Apêndice C, apresentam um sumário das coordenadas de centróides de algumas formas usualmente empregadas.

150 / ESTÁTICA

Este mesmo outros dois lados com a altura co de situa -se na inti deste ponto a q este ladoconsideraãa

Problema Resolvido 5.1 Centróide de um arco de circunferência. Localizar o centróide de um arco de circunferência como o mostrado na figura.

Solução. Escolhendo-se o eixo x como o eixo de simetria, tem-se y = O. Um elemento diferencial do arco tem um compri1) mento dL = r de, e a coordenada x do elemento é r cos e. Aplicando a primeira das Eqs. (5.4) e entrando com L = 2Cir, vem: [Lx=

J

xdL]

(2ar)x

= J" -a (r cos 8)r 2arx

= 2r2

Problema Resolvido Centróide da área d. de da área de um seto:

de

sen a

r sen a x=--a

Resp.

Solução I. Escolhe" tria, y é automaticamer;: coberta tomando-se elementar, como está re esse elemento do cen anel é r rj e a sua espes! dA = 2roetdro. A coordenada x ,é a dA do Problema Resohid r. Assim, a primeira das El;

=

Para uma semi-circunferência 2Ci= 11', o que dá:X = 2r/1I'.Por simetria, vê-se imediatamente que este resultado também se aplica ao arco de 1/4 de circunferência, quando a medida é feita como mostrado.

-

Nota:
É claramente evidente a preferência no us: de coordenadas polares no lugar de coorcL"'nadas retangulares para expressar o comprimento de um arco de circunferência.

Solução lI. A área poc um triângulo de área diferc ângulo total do setor. Este uma área dA = (r /2) (r ds são· desprezados. Novame::: para o centróide do elem~ 5.2, verifica-se que esta cos e. Aplicando-se a prime

Problema Resolvido 5.2 Centróide de uma área triangular. Localizar o centróide da área de um triângulo de base b e altura h.

[Ax= Solução. Considera-se o eixo dos x coincidindo com a base. 1) Escolhe-se uma faixa diferencial de área x dy. Pela semelhança de triângulos, x/(h - y) = b/h. Aplicando-se a segunda das Eqs. (5.5) dá:

[Ay

= J ycdA]

bh rh 2 __ Y - Jo

e

y

b(h h-

y)

d Y -_ bh2 6

h

3

Xc

dA]

e, como anteriormente, Nota:
y=

J

Economizamos aqui uma integração usa.Ili.:: o elemento de área de l.a ordem. Notel[~ dA deve ser expresso em termos da variá•.•. de integração y; daí, ser necessário x = f ('

x

=

Para uma área semici simetria,. vê-se imediatame:: aplica à área de 1/4 de cím mostrado.

FORÇAS OISTRIBUrOAS

I 151

Este mesmo resultado se mantém em relação a qualquer dos outros dois lados do triângulo considerados como uma nova base com a altura correspondente. Assim, pode-se dizer que o centróide situa-se na interseção das medianas, uma vez que a distância deste ponto a qualquer lado é igual a um terço da altura, com este lado considerado como base.

Problema Resolvido

5.3

Centróide da área de um setor circular. Localizar o centróide da área de um setor circular, em relação a seu vértice.

I I I

I I

----~

h-r----i

Solução 1. Escolhendo-se o eixo dos x como o eixo de simetria, y é automaticamente igual a zero. A área do setor pode ser coberta tomando-se um segmento de anel circular como área elementar, como está representado na figura, e deslocando-se esse elemento do centro do círculo para a periferia. O raio do anel é r o e a sua espessura é dr o' de modo que a sua área é dA = 2roadro' A coordenada x ,é a coordenada do centróide do elemento dA do Problema Resolvido 5.1 e é ro sen a/a, onde ro substitui r. Assim, a primeira-!ias Eqs. (5.5a) fornece:

[Ax=

JXc~

• a preferência no uso no lugar de coorde;:ua expressar o compri'. circunferência.

= Ir (rosen ---

-('7Tr2)x 2a 2'7T

a

o

r2ax x

=

a)

---x

(2roa dro)

~r3 sen a

2 r sena =---3 a

Resp.

Solução lI. A área pode também ser coberta pela rotação de um triângulo de área diferencial em tomo do v~rtice e através do ângulo total do setor. Este triângulo, mostrado na ilustração, tem uma área dA = (r/2) (r dO), onde os termos de ordem superior são' desprezados. Novamente, a coordenada x de dA é medida para o centróide do elemento e, conforme o Problema Resolvido 5.2, verifica-se que esta coordenada é 2r/3 multiplicado pelo cos O. Aplicando-se a primeira das Eqs. (5.5a), vem:

Solução I Notas: Q) Observe com atenção que devemos distinguir

entre a variável r o e a constante r. (6)

Tenha cuidado para não usar r o como coordenada do centróide do elemento. y

(r2a)x

= J'" -'"

(~r cos B)(!r2

I xc=jrcosO

dB)

e, como anteriormente,

---x 2 rsena x=---. 3 a

, 'Jma integração usando de l,a ordem. Note que em termos da variável " ser necessário x = f (y).

Resp.

Para uma área semicircular, 2a = '/T, que dá x = 4r/3'/T. Por simetria, vê-se imediatamente que este resultado também se aplica à área de 1/4 de círculo, onde as medidas são feitas como mostrado.

Solução

11

152 I ESTÁTICA

Deve-se notar que, se for escolhido o elemento de segunda ordem 'od'ode, uma integração em relação a e daria como resultado o anel com o qual foi iniciada a Solução I. Por outro lado, a integração em relação a '0 inicialmente daria o elemento triangular com o qual a Solução 11 começou.

Problema Resolvid(

Volume de uma &.! me de uma semi-esfera

Solução I. Escolhi na figura, tem-se: x mais conveniente é o paralela ao plano x-z. círculo y' + z' = r', ( volume da fatia elemer ==

Problema Resolvido 5.4 Localizar o centróide da área sob a curva x = ky3, de x =

O

y I

a

I

x=a.

1)

I I

r-x I

=f

x ia O

XcdA]

Substituindo Y

= (x/k)113

ek

y dx

= a/b3

ia xy

=

O

X

dx y I

4

=,a

bl-------I I I

Resp.

I

Na solução de y pela segunda das Eqs. (5.5a), a coordenada do centróide do elemento retangular é y c = Y /2, onde y é a altura da faixa, regida pela equação da curva x = ky3. O princípio dos momentos dá: [Ay=fYcdA]

3ab -4-y

-Ia ('i)y 2

-

O

Integrando, vem:

x

a

e integrando, vem: -

A segunda das Eqs. b

I I I

Solução I. Escolhe-se um elemento vertical de área = y dx, como aparece na figura. Encontra-se a coordenada x do centróide, a partir da primeira das Eqs. (5.5a). Portanto,

dA

[Ax

d

_

y

I I I

I

a --x

Solução lI. Podll-5 casca cilíndrica de COD mostrado na figura. E cobre-se totalmente o 1 casca elementar está n volume do elemento termos de z, através da Usando o valor de ido hemisfério e su~ obtém-se

dx Solução I

Substituindo-se y

= b (x/a) "3 e integrando,

o

vem:

Observe que

Xc

=x

para o elemento Vertical ..

[Vy

=

J Yc dVj

(Fr

Resp. Solução 11. Em lugar da área elementar vertical, emprega-se a área elementar horizontal, vista na figura abalxo. No cálculo de f x dA, deve-se usar a coordenada x do centróide do elemento para "x". Esta coordenada é a média das coordenadas das extremidades, ou Xc = (a + x)/2. Portanto,

k-xc

br-

==

-2

I

y

_ a+x~

dy

I

I

.

•

: x+-a-xI ~==kY3

O valor de y é determinado por

I

y

I

[Ay=

f ycdA]

y

i

o

b

(a -

x) dy

=

i

o

u

I

y(a -'- x) dy

onde Yc = Y para a faixa horizontal. O cálculo dessas integrais conduzirá aos valores encontrados anteriormente para x e y.

I

--±-

As Soll.ições I e II si uma envolve um elemen: com respeito a uma úni,

Solução Il

Solução 111. Uma o ângulo e como variável raio de qualquer elemen: da fatia seria dy = (r dE'comprimento da casca,y

----------------------------------------_.~ FORÇAS OISTRIBUi"OAS

I 153

Problema Resolvido 5.5 Volume de uma semi-esfera. Localizar o centróide do volume de uma semi-esfera de raio r, em relação à sua base.

Solução l. Escolhendo-se os eixos como está representado na figura, tem-se: x = z = O, por simetria. O volume elementar mais conveniente é o de uma fatia circular, de espessura dy, paralela ao plano x-z. Como o plano y-z corta a semi-esfera no círculo y2 +Z2 = r2, o raio da fatia circular é z = +~. O volume da fatia elementar vem a ser:

1 A segunda das Eqs. (5.00) exige: Solução I

Integrando, vem: x

ij

=

~T

Resp.

i

dz

--x

Solução lI. Pode-se usar como .elemento diferencial uma casca cilÍndrica de comprimento y, raio z e espessura dz, como mostrado na figura. Expandindo o raio da casca, de zero ar, cobre-se totalmente o volume. Devido à simetria, o centróide da casca elementar está no seu centro, de modo que Yc = y12. O volume do elemento é dV= (21TZ dz) (y). Expressando y em termos de z, através da equação do círculo, dá y = +~. Usando o valor de -} 1Tr3 encontrado na Solução I para o volume do hemisfério e substituindo na segunda das Eqs. (5.6a), obtém-se

fz ~y

Solução II o elemento vertical.

Nota: CD

ij

=~.

Resp.

Pode identificar algum termo de ordem superior do volume elementar, que tenha sido omitido na expressão de dV?

As Soluções I e II são de emprego semelhante, por que cada uma envolve um elemento de forma simples e requer a integração com respeito a uma única variável. z

~ção

II

Solução llI. Uma outra alternativa poderia ser o uso do ângulo e como variável de integração, com limites de O a1T12. O raio de qualquer elemento seria r sen e, enquanto que a espessura da fatia seria dy = (r de) sen e e a da casca dz = (r de) cos e. O comprimen to da casca, y = r cos e.

-y Solução III

154 / ESTATlCA

PROBLEMAS PROPOSTOS 5.1

Determinar as coordenadas do centróide da área sombreada. Resp. x = 3b/10; ]i = 3b/4

5.4

Determinar a coordenada y do centróide da área sob a curva senoidal mostrada.

5.5

Determinar a cOClldenada y do cent!Glde da Ílea, por integração direta.

y

I

14R

Resp.

y= ~ 5.9

b~~-------

x

Probl. 5.1

5.2

--x

Localizar o centróide da área sombreada mostrada. Resp. x = 2,09; ]i = 1,43.

.-x = y2/4

Y

I I I

Probl.5.5

5.6

Calcular a coordenada x do centróide da área sombreada.

I

5.10

: ú'L_ 1

---x

3

I I I I I

Probl. 5.2

5.3

Determinar as coordenadas do centróide da área sombreada. Resp. x = 3a/8; ]i = 2b/5

"y

_____

= x2/bl -.J

-- b--x

Probl. 5.6

5.7

Calcular.as coordenadas do centróide da área mostrada. Resp. x= 2a/5; ]i = b/2

Probl.5.3

I

I

Ib I I

----a---J.--x Probl. 5.7

5.8 Probl. 5.4

Calcular as coordenadas do centróide do segmento de área circular.

5.11

Localizar o duas curvas.

FORÇAS OISTRIBUfoAS y I I

5.12

I I I

o centróide da área

I 155

Determinar a coordenada x do centróide da área sombreada, mostrada. (Ver a observação do Probl. 5.11.) Resp. x = 0,339a

I I

I I I

a

~------

o centróide da área,

--x

Probl. 5.8

14R

Resp. )1= ~ 5.9

--x

Localizar O centróide da área sombreada entre as duas curvas. Resp.

x= ~~;y=

+

--

'\

y I

~

i

Y

I

~XX::' 'j. I I x = y2 ~ =

tt/ I

--x

'S

x3

1..

Probl. 5.12

~.

1-

! ~'\

5.13

Especificar as coordenadas do centro de massa da camisa cilíndrica, secionada, por referência direta aos resultados do Probl. 5.1.

--x

t

;50

centróide da área som-

Probl. 5.9

5.10

Determinar a posição do centróide da área sombreada, entre a elipse e o círculo.

Probl. 5.13

---b--x

5.14

Probl. 5.10

I 6:l centróide da área mose3p.

x=2a/5; y=b/2

5.11

Localizar o centróide da área mostrada na figura por integiação direta. (Atenção. Observe cuidadosamente ó sinal do radical.) Resp.

~

Use os resultados do Problema Resolvido 5.3 para calcular as coordenadas do centro de massa da parte mostrada do cilindro sólido homogêneo. Resp. x=y=-21,2mm;z=125mm

x

=

10 4 _

31T 1T

!!..

3

Y

I I

Ib

I

___ I__

x

7

Probl; 5.14

ELjI11 a

...

centróide do segmento

I I

Probl. 5.11

x

5.15

Encontrar a distância z do vértice do cone circular reto ao centróide dó seu volume.

156 I ESTÃTlCA

5.19

Determinar a coordenada x do centróide do volume descrito no Probl. 5.18.

5.20

Determinar a coordenada y do centróide do volume obtido pela revolução da área sombreada, 1800 em torno do eixo x. Resp.

]i

=

5.24

Determinar a coa sólido gerado pel; circular, em tomo

15a/(141T)

Probl. 5.15

5.16

Calcular a distância li medida da base para o centróide do volume do tronco de cone circular reto. Resp.

li = :~ h

Probl. 5.20 5.21

z

Use os resultados do Problema Resolvido 5.2 e determine, por inspeção, a distância h do centróide da área lateral de qualquer cone ou pirâmide de altura h à base da figura.

5.25

Probl. 5.16 5.22 5.17

Localizar o centro de massa do corpo sólido homogêneo cujo volume é determinado pela revolução da área sombreada 3600 em torno do eixo z.

Determinar a distância "f, da base de qualquer cone ou pirâmide, de altura h, ao centróide do seu volume. h Resp.

z

D~terminar a COOl me gerado por UJ quadrante circular.

="4

Pn Probl. 5.22 Probl. 5.17 5.23 5.18

Determinar a coordenada z do centro de massa da quarta parte da casca esférica homogênea de raio r.

Determinar a coordenada z do centróide do volume obtido pela revolução da área sombreada sob a parábola, 1800 em torno do eixo z. Resp.

Resp.

"f= r/2

5.26

A barra esbelta te! me, e está flexiona bola, com o vértice denadas do cer (Lembrete. Um ar dL

"f= 2a/3

=.J

(dx) ,

+ (c/y

x

o~ I I 100 mm I

// / y

I I I

/

t-I

4-a----,/ Probl. 5.18

Probl. 5.23

I y

Prol


:x ao centróide do volu-

l

5.24

Determinar a coordenada z do centro de massa do sólido gerado pela revolução da área do quadrante circular, em tomo do eixo dos z.

R esp. -z=

f .:a y do áreacentróide sombreada, do volu1800 II

,

Resp.

-

y

---

5.27

lla

/ 157

Calcular as coordenadas do centróide de uma cunha cônica, obtida pela revolução do triângulo retângulo de altura a e base b, percorrendo um ângulo (J.

2(4 + 31T)

= 15a/(141T) z

Probl. 5.24 Probl. 5.27 Resolvido 5.2 e de<:stâJlcia h do centróide cone ou pirâmide de

5.25

D~terminar a coordenada z, do centróide do volume gerado por uma rotação de 900, da área do quadrante circular, em tomo do eixo dos z.

5.28

Determinar a posição do centro de massa da concha cônica representada na figura. Resp. x = 2h/3; z= 4r/31T

::z base de qualquer cone centróide do seu vo-

Resp.

z

h ="4

Probl. 5.28 Probl. 5.25 5.29

5.26 ~ do centro de massa da Oca homogênea de raio r. Resp.

z= r/2

A barra esbelta tem uma seção transversal uniforme, e está flexionada, formando um arco de parábola, com o vértice na origem. Determinar as coordenadas . do centro de massa da barra. (Lembrete. Um arco de comprimento diferencial é dL =,j (dx) , + (dy)' =,j 1 + (dyfdx)' dx.)

Determinar a posição do centro de massa do corpo homogêneo, em forma de sino e de espessura desprezível, representado na figura. Resp.

x I

I I

~----I I I

I

I

I I I I O~--~-~I--X

100 mm

1--I

~X .5.23

a

I I

I

I I I

--

I

y

Probl. 5.26

Probl. 5.29

z=

_a_

1T-2

158

5.30

I

ESTATlCA

5.32

Determinar a posição do centróide do volume contido dentro da casca em forma de sino do Probl. 5.29. a

z=

Resp.

5.31

2(lQ-3rr)

Determinar a posição do centro de massa G do semi-anel de aço representado na figura. (Sugestão. Escolher um volume elementar com a forma de uma casca cilíndrica, cuja interseção com o plano das extremidades do semi-anel aparece na figura.) Resp.

Determinar a coordenada x do centróide da metade Resp.

x

superior da casca em forma de s~.

=-

_ r

=

a2 +4R2

2rrR

---

rr rr-2_ 8 ) a (3rr

x I

I

K---I I

Relações análOl por L 's, A's e V's, re das partes compon cavidade, ou furo, é Na prática, ire. expressos segundo fo matemática correspoo Considere o prc A área pode ser divid aparece destacada em momentos da áiea ele nada correspondente metódica da área tota

a,

u.

I

//

//

/

-z

R~R~

y/

Probl. 5.32

Probl. 5.31

5.4 - FIGURAS E CORPOS COMPOSTOS: APROXIMAÇÕES Quando um corpo, ou uma figura, puder ser convenientemente dividido em várias partes de formas simples, o princípio de Varignon pode ser usado, se cada parte for tratada como um elemento finito do conjunto. Assim, para um corpo, mostrado esquematicamente na Fig. 5.13, cujas partes tenham massas ml, m2, m3 e cujas coordenadas dos centros de massa respectivos sejam, digamos, Xl, X2, X3, na direção x, o princípio dos momentos dá:

onde X é a coordenada, segundo o eixo dos x, do centro de massa do conjunto. Relações similares se mantêm para as outras duas coordenadas. Estas somas podem ser expressas em forma resumida, e escritas como:

y=

22mlj 22m

Fig.5.13

z=

~::J

(5.7)

A precisão do c apreciação da área, w constante, não há nec

formato, desde que apl Pode-se reduzir ( de de uma área. Com normais à direção x, sã!

FORÇAS DISTRIBUrOAS

::entro de massa G do éo na figura. (Sugestão. i-entar com a forma de ~ bterseção ~;:nel aparececom na ofigura.) plano _

Resp. r

a2 +4R2

== ---

2rrR

Relações análogas se mantêm para as linhas, áreas e volumes compostos, onde os m's são substituídos por L's, A's e V's, respectivamente. Note-se que, se um furo ou cavidade for considerado como sendo uma das partes componentes do corpo, ou da figura, composto, o peso correspondente, ou área, representada pela cavidade, ou furo, é considerada como uma quantidade negativa. Na prática, freqüentemente aparecem casos em que os limites das áreas ou volumes não podem ser expressos segundo forinas geométricas simples, havendo casos, também, nos quais não se tem a expressão matemática correspondente. Para tais casos é.necessário recorrer a um método q,e aproximação. Considere o problema de determinar a posição do centróide C da área irregular, mostrada na Fig. 5.14. A área pode ser dividida em faixas de largura tu e alturas variáveis h. A áreaA de cada faixa, tal como a que aparece destacada em tracejado, é h Ax e é multiplicada 'pelas coordenadas Xc e y c do seu centróide dando os momentos da áiea elementar. A soma dos momentos de todas as faixas, dividida pela área total dará a coordenada correspondente do centróide procurado. Uma tabela ordenada dos resultados permitirá uma avaliação metódica da área total ~A, das somas ~Axc e ~Ayc' e dos resultados

·~~s partes de formas elemento finito do r.:s tenham massas ml,

IX:. ;(3, na direção x, o

- - similares se mantêm ;: escritas como:

I 159

Fig.5.14

A precisão do cálculo aumentará, diminuindo-se a largura das faixas usadas. Em todos os casos, na apreciação da área, usa-se a altura média. Embora seja usualmente vantajoso utilizar elementos de largura constante, não há necessidade que se faça assim. De fato, pode-se usar elementos de qualquer tamanho e formato, desde que aproximem a área dada com uma precisão satisfatória. Pode-se reduzir o problema de localizar o centróide de um volume irregular à determinação do centróide de uma área. Considere o volume mostrado na Fig. 5.15, onde as grandezas A, das áreas transversais, normais à direção X, são plotadas contra X, conforme mostrado. Uma faixa vertical sob a curva tem áreaA tu,

(5.7) --x

A

0ft\ t

A.

C

~ h-~

Fig.5.15

: II I

--x

160 / ESTAnCA

que é idêntica ao correspondente elemento de volume .::l V. Assim, a área sob a curva plotada representa o volume do corpo, e a coordenada x do centróide da área sob a curva é dado por ~(A Lix)xc x=--~A Lix

que é igual a

8

PROBLEMAS PI«

Calcular a coo gular.

para o centróide do volume real. y,

IJ:

90

5.6

Problema Resolvido

z

Determinar a posição do centro de massa do conjunto suporte-e-eixo. A aba vertical é uma chapa metálica com massa de 25 kgfm2, enquanto o material da base horizontal tem40 kgfm2• A massa específica do eixo é de 7,83 Mgfcm 3. Solução. O corpo pode ser considerado como composto dos cinco elementos, mostrados na parte inferior da ilustração. Tomar-se-á a peça triangular como uma área negativa. Para os eixos de referência indicados é evidente, por simetria, que a coordenada x do centro de massa é zero. A massa m de cada peça é facilmente calculada sem ser'necessária qualquer explicação adicional. Para a peça 1, tem-se do Problema Resolvido 5.3

Z=

4r _ 3;'"-

30

o-_

Xl

O

150 75

mCD ~

~

l00~

4 (50) = 21,2 mm 311'

y

I

TT--

Para a peça 3, vê-se do Problema Resolvido 5.2 que o centróide de uma massa triangular está a + da sua altura a partir da base. Medidas em relação aos eixos coordenados tomam

Z= -[150

- 25 -+(75))=

-±-L

90mml

/

~

-100mm

As coordenadas x e y dos centros de massas das peças restantes são obtidas facilmente por inspeção. Os termos pertinentes à aplicação das Eqs. (5.7) são melhor apreciados na forma de uma tabela como a seguinte:

y(rnrn) Z °m m z°°o mm) (mm) -150,030,0 1,476 21,22 -90,00 2,642 75,0 0,098 (kg) -0,094 -100,0 0,562 -75,0 0,600 -42,19 110,7 -120,73 my 50,0 2,08 9,38 (kg (kg o° mm)

Calcular a coe mostrada.

~

Calcular a COOl breada mostrad

~ ~

Localizar o cen 5.8, repetida 3l artigo.

140,7

As Eqs. (5.7) podem, agora, ser aplicadas, e os resultados são:

=

J;my ] J;m

Y =

140,7 = 53,3 mm 2,642

Resp.

[z =

J;mz ]

Z =

-120,73 2,642

Resp.

[y

J;m

= -45,7 mm

r FORÇAS OISTRIBUfoAS

/

161

plotada representa o

8

PROBLEMAS

PROPOSTOS

Calcular a coordenaday gular.

y I I

do centróide da área trian-

Resp.

Y

= 40

I

mm

I I I

I I I I

y,mm 90

a

~-----=

--x

Probl. 5036 \

\\

\\

.~ '-~.

\ ~ __ x, mm 60

______

Localizar o centróide da área do Probl. 50S,repetida aqui, pelo método apresentado neste artigo. 14R

Resp. Y=--

Probl.5.33

(8

91T

y I

Calcular a coordenada y do centróide da fIgura mostrada.

--x Probl. 5.37

~\ ~

~

Determinar, pelo método artigo,entre a coordenada x do centróide da área deste sombreada a elipse e o círculo do Probl. 5.10, repetido aqui. (Consulte a Tab. C3 no Apêndice C para obter as propriedades de uma área elípticao)

Calcular a coordenada: x do centróide da área sombreada mostrada. Resp. X = 6,54 mm

Y

I

x

Probl. 5.38

Y

I

Probl.5.35 a

@

Localizar o centróide da área sombreada do Probl. 508, repetida aqui, pelo método apresentado neste artigo.

I I

~' .. li .' ..

.

I----x.

Problo 5.39

162 I ESTAnCA rS:39\Loca1izar o centróide da área sombreada do Probl. 5.11, repetida aqui, pelo método deste artigo. 10 - 311' a Resp; x= y= ---4-11' 3 5.47

t5.4Ol Calcular a distância Y do eixo x ao centróide da .../

área sombreada. Probl.5.43

y

/

/ /+" II " 4ml

5.44

"

Calcular as coordenadas do centro de massa da barra esbelta, curvada no formato mostrado. Resp.

~,

6m

X=31,lmm;

Y=48,9mm;

Z=31,lmm

6m

Probl.5.40

Q

Calcular as coordenadas do centróide da área sombreada. Resp. X= Y= 107,2m

5.48

y

I 150mm 50mm

As massas das sistindo de pWl semicircular, ~ 2,5 kg. Calcula massa. Resp. X= 17,9i

Probl.5.44 I

I I I I

5.45

IL:::-::::"150 mm

L:J ---;r 50 mm

Determine, pelo método deste artigo, a altura fi da base ao centro de massa do tronco de cone maciço do Probl. 5.16, aqui repetido ..

50mm

Prob1.S.41

5.42

Determinar a distância fi, da superfície inferior da chapa da base ao centróideda seção estrutural composta. Resp. fi = 39,3 mm

z

Probl. 5.45

5.46

A concha hemisférica e sua base semi-circu1ar são formadas pelo mesmo pedaço de chapa metálica, y I

Probl.5.42

5.43

Uma barra uniforme é dobrada na forma mostrada e está pivotada em Q. Encontrar o valor de a, em terinos do raio r, de modo que a seção reta permaneça na horizontal.

ProbL 5.46

5.49

Uma peça é fi soldada a uma quematizado n material tubuW primento, e a coordenadas do

FORÇAS

de pequena espessura. Usar os resultados do Probl. 5.23, e calcular as coordenadas do centro de massa da concha e da base combinadas.

Resp. X=0,475r; 5.47

5.50

Y=r/3

Calcular as coordenadas do centro de massa do molde mostrado.

DISTRIBUrOAS

Determinar a posição do centro de massa da cilíndrica com uma das extremidades fechacU um semicúculo. A casca é feita de chapa me: de 24 kg/m 2 de massa e o semicírculo da e dade é feito também de chapa metálica cuja fi: no entanto, é de 36 \ég/m2• Resp. X = 348 mm; 'I = - 90,S mm

centro de massa da to mostrado. mrn; Z = 31,1 mm

Probl. 5.50 Dimensões em milímetros Probl. 5.47 5.48

As massas das três peças do conjunto soldado, consistindo de placa triangular, barra uniforme e chapa semicircular, são, respectivamente, 4,2 kg, 2,2 kg e 2,5 kg. Calcular as coordenadas do centro de massa. Resp. X=17,9mrn; '1= 47,2mrn; Z=200,6mm

5.51

Determinar as coordenadas do centro de massa do suporte, que é feito de uma chapa de espessura uniforme. Resp. X= -8,3 mm; '1= -31,4 mm; Z = 10,3 mm y I

li

da artigo, a altura tronco de cone maciço

Probt. 5.51 5.52 Dimensões em milímetros Probl. 5.48 5.49

base semi-circular são de chapa metálica,

Uma peça é formada por uma armação tubular, soldada a uma chapa triangular, tal como está esquematizado na figura. Admitindo que a massa do material tubular seja de 7,5 kg por metro de comprimento, e a da chapa, de 100 kg/m\ calcular as coordenadas do centro de massa da peça .

Como exemplo da precisão que se pode ter nas aproximações gráficas, calcular o erro e, em percentagem, que se comete ao se determinar a coordenada x do centro de massa da área triangular, empregando-se os cinco retângulos de largura a/5, em lugar do triângulo. Resp. e = 1,00% para menos y I

__

b~----- - ... _ . I

y I

I

a Probl. 5.49

Probl.5.52

x

~.: !I

5.53

/ "'lATlCA

Um gabarito metálico tem a forma mostrada. Estimar a localização do centróide da área visualizada e anotar suas coordenadas. A seguir, verifique sua estimativa pelo cálculo usando a malha superposta.

5.56

Determinar a posição do centro de massa da chapa [ma, dobrada no formato mostrado na fIgura. Resp. X = O; Y = -14,5 mm; Z = 73,0 mm

y ,

y I 120'

5.5 - TEOREMASI

Existe um mé que gira em torno de mento L no plano x: o anel gerado por dL e a área total é, então

100

'x

mm

Probl. 5.56

-x 20

5.54

onde y é a ordenada um cilindro circular n

40 60 80 100 120 140 160 mm

Probl. 5.53

5.57

O disco contém três furos de diâmetro d nas posi-

ções mostradas. Determinar o diâmetro D e a posição angular () de um furo a ser broqueado no disco, no mesmo raio r, para assegurar o equilíbrio (centro de massa em O) do disco, quando este girar em torno de seu centro O. Resp. D = 1,227d; () = 84,90

Um envólucro cilíndrico com uma extensão retangular e extremidades semi-circulares é todo fabricado da mesma folha de metal. Calcular o ângulo a feito pela parte retangular com a vertical quando o envólucro repousa sobre uma superfície horizontal, em uma posição de equilíbrio. Resp. a = 39,60

Probl. 5.57

5.58 Probl. 5.54

5.55

Um pedaço retangular é removido de uma pláca de metal quadrada, de lado a. Determinar o valor de h que causará o centro de massa do restante da placa se localizar o mais para a esquerda possível. Resp. h = 0,586a

Porém, COmo.YJ

Uma carga homogênea de explosivos deve tomar a forma de um cilindro circular de comprimento L e diâmetro d2, com um furo axial de diâmetro dI e profundidade h, como mostrado no corte. Determinar o valor h que fará com que o centro de massa da carga fIque o mais afastado possível da extremidade aberta.

No caso do voh

intercepta, pode-se e Fig. 5.17, o anel da SI em torno do eixo dos.

Porém, COmO)lA

onde )I é a ordenada t área geradora pela circ Os dois teorema

áreas e volumes gera&:

Probl. 5.55

Probl. 5.58

* Atribuídos a P;q algumas vezes, com o nOl trabalhos de Pappus seren

I FORÇAS OISTRIBUfoAS

massa da chapa naflgúra. Z= 73,0 mIO

/ 165

5.5 - TEOREMASDEPAPPUS*

"=;

Existe um método muito simples para calcular a área de uma superfície gerada por uma curva plana, que gira em torno de um eixo do seu plano, e que não o intercepta. Na Fig. 5.16, o arco de curva, de comprimento L no plano x-y, gira em torno do eixo dos x, gerando uma superfície. Um elemento desta superfície é o anel gerado por dL. A área deste anel é a súa circunferência vezes o comprimento do arco: dA = 27TY dL e a área total é, então,

y

,

A

'x

Porém, como yL

= f Y dL,

=

27T

J Y dL

a área vem a ser:

(5.8) onde y é a ordenada do centróide C da curva de comprimento um cilindro circular reto de altura L e raio y. yIII

I IIIL I __

~=

:

39,6°

L. Assim, a área gerada é igual à área lateral de I

y

L~

i~~

Fig.5.16

losivos deve tomar a de comprimento L e axial de diâmetro d 1 e o no corte. Determie o centro de massa possível da extremi-

Fig.5.17

No caso do volume gerado pela revolução de uma área, em torno de um eixo do seu plano, e que não a intercepta, pode-se estabelecer uma expressão, igualmente simples para o cálculo do volume gerado. Na Fig. 5.17, o anel da seção transversal dA e raio y é um elemento do volume gerado pela revolução da área A, em tomo do eixo dos x. O volume elementar é d V = 211)' dA, e o volume total é:

Porém, comoyA

= f y dA, tem-se: (5.9)

1-F(::fJ

de y é a ordenada do centróide C da área A resolvida. Assim, o volume gerado é obtido multiplicando-se a irea geradora pela circunferência da trajetória circular, descrita pelo seu centróide. Os dois teoremas de Pappus, expressos pelas Eqs. (5.8) e (5.9), são úteis não somente para o cálculo das ireas e volumes gerados como também para determinar os centróides de linhas e áreas planas, quando as áreas

* Atribuídos a Pappus de Alexandria, geôrnetra grego que viveu no 3.0 século d.e. Esses teoremas são apresentados, =__as vezes, com o nome de Guldin (Paul Guldin, 1577-1643), a quem alguns atribuem a autoria original, não obstante os :::3balhos de Pappus serem, aparentemente, do seu conhecimento.

166 / ESTÁTICA

e volwnes gerados pela revolução dessas linhas e áreas, em torno de eixos que não os interceptam, são conhecidos. Dividindo-se a área ou volwne por 27T vezes o valor correspondente ao comprimento da linha ou a medida da área, tem-se a distância do centróide ao eixo de revoluçã:o. No caso em que a linha ou área não completa o giro, percorrendo apenas wn ângulo e, menor do que 2rr, a área ou o volume, gerado pode ser obtida, substituindo-se 27T por e nas Eqs. (5.8) e (5.9). Assim A

= ()ijL

e

v = ()ijA

sendo e expresso em radianos.

"

PROBLEMAS

PROPOSTOS

5.59

Determinar o volume V e a área lateral A, de um cone circular reto de raio da base r e altura h, pelo método apresentado nesta seção.

5.60

Da área conhecida A = 4'/1'r' da superfície de uma esfera de raio r, determinar a distância radial r do centróide do arco do semicírculo usado para gerar a superfície.

5.61

Do volume conhecido V = 1- '/I'r3 de uma esfera de raio r, determinar a distância radial r do centróide da área do semicírculo usado para gerar a esfera.

5.62

Usar a notação do semitoro do Probl. 5.32 e determinar o volume V e a área A- da superfície de um toro completo.

5.64

Calcular o volume V do sólido gerado pela revolução, no ângulo de 1800 do triângulo retângulo, em torno do eixo dos z. Resp. V= 3 619mm3

ProbL 5.64 5.65

O triângulo sombreado de base b e altura h gira em torno de sua base de um ângulo e para gerar uma parte de um sólido de revolução. Escreva a expressão dO'volume V do sólido gerado.

5.69

Calcular o anel com mostrada.

5.70

Determinar, área da su

Probl. 5.62 Probl. 5.65 5.63

Uma casca tem a forma de uma superfície gerada por um arco de circunferência, girando 3600 em torno do eixo dos z. Calcular a área da superfície de um dos lados da casca completa. z

c

Probl. 5.63

Probl. 5.66

FORÇAS OISTRIBUfoAS I 167 5.66

5.67

Os dois arcos de círculo AB e BC sofrem uma revolução em torno do eixo vertical para obter a superfície de revolução mostrada. Calcule a área desta superfície. Resp. A = 9,87 (10') mm'

forma de sino do Probl. 5.29, mostrada aqui outra vez. x I I I

Determinar o volume V gerado pela revolução da área do quadrante de círculo, em torno do eixo dos z, num ângulo de 900•

~---.a I I I I I

z I I

~

I

gerado pela revoluttiângulo retângulo, em


esp.

V= 3 619

mm3

5.68

Determinar o volume V gerado pela revolução da área do quadrante de círculo, em torno do eixo dos z, num ângulo de 900• Resp.

V=

1103

- 12

(311 -

5.71

Determinar o volume contido pela casca em forma de sino do Probl. 5.70. Empregar os resultados citarlos no Probl. 5.39.

5.72

Um tanque de arrnazenamento de água é uma casca de revolução e deve. ser pintado cqm duas demâos de tinta com índice de aproveitamento 16 m'/litro. O engenheiro (que não se esqueceu da Mecânica), consultou um desenho em escala do tanque e determinou que a linha curva ABC tem um comprimento de 10 m e que o seu centróide dista 2,50 m da linha de centro do tanque. Quantos litros de tinta serão necessários para pintar o tanque e a coluna vertical cilíndrica? Resp. 25,5 litros

2)

z

I I

A

Probl. 5.68

5.69

Calcular o volume Ve área A total da superfície do anel completo, cuja seção transversal quadrada é mostrada. z

I

Probl. 5.72

c ProbL 5.69

5.70

Determinar, empregando o teorema de Pappus, a área da superfície de um dos lados da casca em

5.73

Um volante de controle manual, feito de alumínio, tem as proporções mostradas na vista em corte. A área total da seção mostrada é 15 200 mm' e o volante tem massa de 10,0 kg. Calcular a distância r ao centróide da meia seção. A massa específica do ", alumínio é 2,69 Mg/m3•

168 / ESTÁTICA

cendo-se as relações suportar aquelas forÇ< a segunda envolve car. Este item diz respeiú calcular a distribuição

Dimensões em milímetros Probl. 5.75

Probl. 5.73

5.74

(a) Tipos de v~ com a aplicação dos mais apoios do que o das reações dos apoio pios da Estática. A Fi estaticamente determi

Uma superfície é gerada pela revolução completa, em torno do eixo dos z, do arco de círculo de 0,8 m de raio e subtendido pelo ângulo de 1200• O diâmetro do pescoço é de 0,6 m. Determinar a área A gerada. Resp. A = 4,62 m'

5.76

Calcular a massa· m, em toneladas do concreto necessário para construir a represa em arco circular vista na figura. O concreto tem massa específica de 2,40 Mgfm'. Resp.

m

=

1,126 (106)/Mg

\. \0,8m

1\ V/

120' )

I

/

/

Probl. 5.74

5.75

Um anel de estiropor, cuja seção é mostrada, foi projetado para a embalagem de um item de produção em massa. Calcular o volume de estiropor usado em cada anel. Resp. v= 27,2 (106) mm3

Probl. 5.76

As vigas podem da Fig. 5.18 estão SI distribuída. A intensi mento da viga. A in carregamento na Fig. D, onde muda abrup vada,dwjdx, o é.

SEÇÃO B. TÓPICOS ESPECIAIS 5.6 - VIGAS Os elementos estruturais que oferecem resistência à flexão causada por cargas aplicadas são conhecidos como vigas. As vigas, em sua maioria, são barras prismáticas, longas, e as cargas são em geral aplicadas normalmente aos eixos das barras. As vigas são, sem dúvida alguma, os mais importantes de todos os elementos estruturais, e a teoria que serve de base para os cálculos deve ser perfeitamente conhecida. A capacidade de carga de uma viga é analisada sob dois aspectos. Primeiro, estabelecendo-se as condições exigidas pelo equilíbrio da viga, como uma peça única, e considerando-se qualquer parte dela separadamente. Segundo, estabele-

(b) Gsalhamm

oferece resistência ao

força V é chamada fo: é chamado momento

atuam sobre uma seçã


cendo-se as relações entre as forças resultantes e a resistência interna associada, de modo que a viga possa suportar aquelas forças. A primeira parte desta análise exige a aplicação dos princípios da Estática, enquanto a segunda envolve características de resistência, normalmente tratadas no estudo da Resistência dos Materiais. Este item diz respeito somente ao primeiro aspecto do problema e dará os conhecimentos necessários para calcular a distribuição ao longo da viga das forças internas e dos momentos que atuam em cada seção. (a) Tipos de vigas. As vigas apoiadas de modo que as reações dos apoios possam ser calculadas apenas com a aplicação dos princípios da Estática são conhecidas como estaticamente determinadas. As que têm mais apoios do que os necessários para o equilíbrio são estaticamente indeterminadas e, para a determinação das reações dos apoios, devem ser consideradas as relações entre as cargas e as deformações, além dos princípios da Estática. A Fig. 5.18 mostra exemplos de ambos os tipos. Nesta seção são examinadas somente vigas estaticamente determinadas.

,,;uos

neladas do concreto esa em arco circular massa específica de m

= 1,126

Contínua

(lQ6)/Mg

âv,

8 t-t

Composta y

Engastada em uma extremidade e simplesmente apoiada na outra

Engastada em ambas

/

,

as extremidades Vigas estaticamente indeterminadas

Vigas estaticamente determinadas

/

Fig.5.18 As vigas podem, também, ser identificadas pelo tipo de carregamento externo que suportam. As vigas da Fig. 5.18 estão suportando cargas concentradas enquantO' que a viga da Fig. 5.19 suporta uma carga distribuída. A intensidade w de uma carga distribuída pode ser expressa como força por unidade de comprimento da viga. A intensidade pode ser constante ou variável, contínua ou descontínua. A intensidade do carregamento na Fig. 5.19 é constante de C aD e variável deA a C e deD aB, além disto, é descontínua em D, onde muda abruptamente de intensidade. Embora intensidade não seja descontínua em C, a sua derivada,dwjdx, o é. li-

w

~

C

D

~--x B

Fig.5.19 são conhecidos

aplicadas normalIe rodos os elementos 11

I 169

A capacidade de exigidas pelo equilí. Segundo, estabele-

(b) Osalhamento, Flexão e Torção. Além de resistir à tração e à compressão, uma viga também oferece resistência ao cisalhamento, à flexão e à torção. Estes três efeitos estão ilustrados na Fig. 5.20. A força V é chamada força de cisalhamento, o conjugado M é conhecido como momento fletor e o conjugado T é chamado momento torsor. Estes efeitos representam as componentes vetoriais da resultante das forças que atuam sobre uma seção transversal da viga, como está mostrado na parte esquerda da figura.

170 I ESTATICA

v ~

V Cisalhamento

Torção

B)M

carga suportada p mente entendido q' sobre alongamento, são - atuando em viga com seção tr diferente porém a re A variação ~ elementos necesslÍri' preocupação princill atua. As variações

Flexão

V

Carregamento combinado

Fig.5.20

A partir deste ponto a atenção será voltada, principalmente, para a força de cisalhamento V e para o momento fletor M, causados por forças aplicadas sobre a viga e contidas em um único plano. As convenções mostradas na Fig. 5.21, para valores positivos de cisalhamento Vede momento fletor M, são as mais empregadas. Observa-se, pelo princípio da ação e reação, que os sentidos de VeM são opostos nas duas seções.

ó

mais perfeição grafj distância ao longo ~ fletor da viga. A primeira etl de todas as reações livre da viga, considE transversal arbitrárJ , esta parte isolada d momento fletor M menor número de simples. Não se de da, porque uma tall mento) e do momd escolhida, devem (c) Cargas mente ao longo da resultantes das c~ centróide da figura .

+v Fig.5.21

Ocorre com freqüência a impossibilidade de se determinar, sem o auxI1io de cálculos, se o cisalhamento e o momento, sobre uma certa seção de uma viga carregada, são positivos ou negativos. Por esta razão, é recomendável representar VeM, em seus sentidos positivos, nos diagramas de corpo livre, e deixar os sinais algébricos dos valores calculados indicarem o sentido correto. Para auxiliar a interpretação física do momento fletor M, considere a viga, mostrada na Fig. 5.22, tlexionada pelos dois conjugados iguais e opostos, aplicados em suas extremidades. A seção transversal da viga é a do perfIl estrutural I, com a alma de pequena espessura comparada com a das mesas. Para este perf1l, a

I Fig.5.22

'" N.T. O esfo . cima. Se forem utilizad; O momento fi sentido dos ponteiros ~ usual indicar traçado, porém não são


I 171

carga suportada pela alma pode ser desprezada quando comparada com as das mesas. Deve ficar perfeitamente entendido que a mesa superior sofre encurtamento, estando sob compressão, enquanto a mesa inferior sobre alongamento, estando sob tração. A resultante das duas forças - uma de tração e a outra de compressão - atuando em uma seção qualquer é um conjugado e tem o valor do momento fletor da seção. Se uma viga com seção transversal diferente fosse carregada do mesmo modo, a distribuição das forças na seção seria diferente porém a resultante seria o mesmo conjugado. A variação da força de cisalhamento Vedo momento fletor M, ao longo do comprimento, fornece elementos necess;irios ao estudo da viga. Particularmente, o valor máximo do momento fletor é, em geral, a preocupação principal no projeto ou seleção de uma viga, devendo-se determinar esse valor e a seção em que atua.

ento V e para o o. As convenções são as mais empreduas seções.

As variações da força de cisalhamento (esforço cortante) e do momento fletor são representadas com mais perfeição graficamente. As expressões para VeM, quando representadas graficamente, em função da distância ao longo da viga, fornecem os diagramas de esforço cortante (força de cisalhamento) e de momento fletor da viga. A primeira etapa na determinação dos esforços cortantes e momentos fletores é estabelecer os valores de todas as reações externas sobre a viga, pela aplicação das equações de equilíbrio a um diagrama de corpo livre da viga, considerada como um todo. Em seguida, uma parte da viga, à direita ou à esquerda de uma seção transversal arbitrária, é isolada com um diagrama de corpo livre, e as equações de equilíbrio são aplicadas a esta parte isolada da viga. Essas equações estabelecerão as expressões para o esforço cortante Ve para o momento fletor M que atuam na seção transversal da parte da viga isolada. A parte da viga que encerra o menor número de forças, à direita ou à esquerda da seção arbitrária, usualmente conduz à solução mais simples. Não se deve escolher uma seção transversal que coincida com a localização de uma carga concentrada, porque uma tal posição representa um ponto de descontinuidade na variação do esforço cortante (cisalhamento) e do momento fletor. Finalmente, é importante observar que os cálculos para VeM, em cada seção escolhida, devem ser coerentes com a convenção positiva, ilustrada na Fig. 5.21. * (c) Cargas Distribuídas. Os carregamentos cujas intensidades sejam constantes ou que variem linearmente ao longo da viga são de fácil tratamento. A Fig. 5.23 ilustra os três casos mais comuns e as respectivas resultantes das cargas distribuídas. Em cada um desses exemplos, observa-se que a resultante passa pelo centróide da figura formada pela intensidade w e pelo comprimento, sobre o qual se distribui o carregamento.

, se o cisalhamento Por esta razão, é e deixar os sinais na Fig. 5.22, - transversal da viga Para este perfll, a

R

=t

I

A1ffll

wL

w

C2L/3~

L

L

(b)

(e)

~

Fig.5.23

• N.T. O esforço cortante é positivo, quando, calculado pelas forças situadas à esquerda da seção, for voltado para cima. Se forem utilizadas as forças à direita, a convenção deverá ser invertida. O momento fletor é positivo quando, calculado pelas forças situadas à esquerda da seção, indicar uma rotação no sentido dos ponteiros de um relógio. Se forem utilizadas as forças à direita a convenção deverá ser invertida. ~ usual indicar nos diagramas as zonas positivas e nega,tivas por meio dos sinais (+) e (-). Existem convenções para o traçado, porém não são universais.

172 / ESTÁTICA

Para um carregamento de forma mais geral, como o da Fig. 5.24, deve-se iniciar com um incremento diferencial de força, dR = w dx. A integral f w dx dá a resultante R e a integral f xw dx, o momento da força distribuída. O princípio dos momentos permite localizar R através de R"X = f xw dx.

j+-x

dR=wdx

I I I I I I I I

H-x~

~dx Fig.5.24

(d) Relações Gerais entre Carregamento, Cisalhamento e Momento. Pode-se estabelecer algumas rela· ções gerais, para qualquer viga com carga distribuída, que muito auxiliarão a construção das distribuições de cisalham~ntos e de momentos. A Fig. 5.25 representa uma parte de uma viga carregada e um elemento dx da viga, isolado. O carregamento w representa a força por unidade de comprimento da viga. O cisalhamento Ve o momento M que atuam sobre o elemento são traçados, na posição x, com sentido positivo. No lado oposto do elemento, onde a coordenada é x + dx, estas quantidades são também mostradas no sentido positivo, poré~ identificadas 'como V + dV e M + dM, porque é necessário existir variação de VeM como x. O carregamento aplicado w pode ser considerado constante sobre o comprimento do elemento, pois este comprimento é uma quantidade diferencial e o efeito de qualquer variação de w ao longo dele é desprezível comparado com o próprio valor de w.

w

quando V Obsemv~. referente a w e, duas uriidades

M(i~M+dM V+dV

grau emx, o As Eqs. (5.

Fig.5.25

O equilíbrio do elemento requer que a soma das forças verticais seja zero. Assim, tem-se

v-

w dx - (V

~;ess:a

momemoM; diagrama de mento é, gera1:::la Quanl será máximo

-1 r-dx

= f(x)

ou

Assim, se para utilizar os -w for uma funl Quando a cada plano. Os

+ dV) = O

ou

(5.10) Observa-se da Eq. (5.10) que a tangente do diagrama de cisalhamento deve ser, em qualquer ponto, igual ao negativo do valor do carregamento aplicado. A Eq. (5.10) vale dos dois lados de uma carga concen-

* Quando w: funções singularid.a.d de descontinuidades.


com um incremento IW dx, o momento da ::x.

/ 173

trada, porém não pode ser usada no seu ponto de aplicação devido à descontinuidade provocada pela variação súbita no cisalhamento. O equilibrio do elemento na Fig. 5.25 também requer que a soma dos momentos seja nula. Tomando os momentos em relação ao lado esquerdo do elemento, tem-se M

dx

+ w dx- 2 + (V + dV)

dx -

(M

+ dM) = O

Os dois M's se cancelam e os termos w (dX)2/2 e dV dx podem ser desprezados, por serem diferenciais de ordem superior comparados com os demais. Com isto, obtém-se simplesmente (5.11)

que significa ser o cisalhamento, em qualquer ponto da viga, igual à tangente da curva de momentos. Pode-se, agora, exprimir o momentoM em função do cisalhamento V, integrando 5.11. Assim, M

f

Mo

"

dM=f

"o

Vdx

ou M

=

Mo

+

(área sob o diagrama de cisalhamento de Xo ax).

Nessa expressão, Mo é o momento fletor em Xo e M, o momento em x. Nas vigas onde não existir momento Mo externamente aplicado em Xo = 0, o momento total em qualquer seção é igual à área sob o diagrama de cisalhamento até aquela seção. O procedimento de somar a área sob o diagrama de cisalhamento é, geralmente, a maneira mais simples de construir o diagrama de momentos .. O, e passa por um valor nulo, o momento fletor Quando V é uma função contínua de x, com dV/dx será máximo ou mínimo, neste ponto, uma vez que dM/dx = O. Também ocorrem valores críticos de M quando V cruza o eixo do zero de forma descontínua, como é o caso de vigas com carga concentrada. Observa-se; das Eqs. (5.10) e (5.11), que V é uma função de x com grau uma unidade acima daquele referente a w e, também, que o grau de M em x é um acima do de V. Além disto, o grau da função M de x é duas unidades acima do de w. Assim, para uma viga com carregamento dado por w = kx, que é do primeiro grau em x, o cisalhamento V é do segundo grau em x e o momento fletor M é do terceiro grau em x. As Eqs. (5.10) e (5.11) podem ser combinadas para dar

*

(5.12) :em-se

Assim, se w é uma função de x, o momento M pode ser obtido por duas integrações, tendo atenção para utilizar os limites ~da integração apropriados em cada integração. Este método só pode ser empregado se w for uma função contínua de x. * Quando a flexão de uma viga ocorrer em mais de um plano, pode ser efetuada uma análise separada em cada plano. Os resultados podem ser, então, combinados vetorialmente. (5.10)

em qualquer ponto. uma carga concen-

* Quando w é uma função descontínua de x, é possível introduzir um conjunto especial de expressões chamadas funções singularidade, que permitem escrever expressões analíticas pna o cisalhamento Ve o momento M sobre um campo de descontinuidades. Este livro não discutirá estas funções ..

174 I ESTÁTICA

Problema Resolvido

5.7

4 kN

~

Sm

Determinar as distribuições de cisalhamento e de momento na viga da fIgura produzidas pela carga concentrada de 4 kN.

4m;l

Solução. Encontra-se as reações nos apoios através do diagrama de corpo livre da viga considerada como um todo. 4kN

RI

= 1,6 kN

R2

= 2,4 kN

±

A seguir, isola-se uma seção da viga, de comprimento x, e traça-se o seu diagrama de corpo livre mostrando o cisalhamento V e o momento fletor M, com seus sentidos positivos. O equilíbrio dá

J--x V

tRz = 2.4

= O] [I:MRI = O]

1,6 -

V=

[I:Fj

Mq

M -1,6x=

V= 1,6kN

O

=O}

[I:.MR,

2,4 kN

[I:Fy

kN

= O]

A seguir, diagrama de A intens:idarle êa

.:li

M= 1,6x

O

V,kN Estes valores de Vede M se aplicam a todas as seções da viga à esquerda da carga de 4 kN. O próximo passo é isolar uma seção da viga à direita da carga de 4 kN e traçar o seu diagrama de corpo livre mostrando VeM com seus sentidos positivos. O equilíbrio requer,

= O]

[I:MR2

= O]

V + 24

=O

-(2,4) 00

V=

- 2,4 kN

-x) +M=

O

F=

M,kN'm I 9,S

[I:Fy

A resultante igual a área da área. Assim,

1,SI

I

I r--------I I

M= 2,4 (10 -x)

I

I

A equação ção das forças dando

I

I I

I OLol

O Estes resultados são válidos apenas nas seções da viga à direita da carga de 4 kN. Os valores de VeM são representados conforme mostrado. O momento fletor máximo ocorre na seção onde o cisalhamento muda de sentido. Quando se percorre no sentido positivo o eixo x, partindo de x = O, vê-se que o momento M é, meramente, a área sob o diagrama, de cisalhamento.

- 2,4

6

iõ-x, m

[I:M= O]

[I:Fy=

O]

Como a in expressões para Os diagraIIlal podem ser obti Nota-se que M é

0= 1,33 -O,~ este valor de Mmáx.

x,

= ~~

Outra vez, o, a área sob a C1.Ifft Se as expres.1i obtém-se -dV, forme requerido mente, a w e a Y.

FORCAS OISTRIBUfoAS

Problema Resolvido

I 175

5.8

Determinar as distribuições de cisalhamento e de momentos, induzidos na viga pela carga distribuída, cuja intensidade varia linearmente com o comprimento, conforme mostrado .

. . ~ .~kN/m I.

~ ..

.

.1

10m

Solução. A resultante R da distribuição linear de carga é igual à área do diagrama triangular, que representa a carga distribuída, e passa pelo centróide desta área. Assim, R = -} (0,8) (10) = 4 kN. O equilÍbrio da viga como um todo dá

[I:MRI [I:Fy

~ 2,4kN

= O] = O]

0,4 (6,67) R!

+

R.

2,67 - 4

(10) = O,

= O,

R. = 2,67kN =

RI

y I

1,33 kN

--x

A seguir, isola-se uma seção representativa da viga e traça-se o diagrama de corpo livre, mostrando VeM nos sentidos positivos. A intensidade da carga linear é w = (x/l0)

R2

= 2,67 kN

(0,8) = 0,08x kN/m

A resultante F do carregamento linear sobre a seção da viga é igual a área da distribuição triangular e passa pelo centróide desta área. Assim, F= -}wx = -}(O,08x)x

= 0,04 x'

--x,m 10

A equação de momentos em tomo da seção cortada e a equação das forças na direção y estabelecem o equilÍbrio da seção, dando [I:M=

O]

1,33x - 0,04x'(x/3)

-M=

- 2,67

O

M= 1,33x - 0,0133x3 [I:Fy

= O]

1,33 - 0,04x' - V= O

V= 1,33 - 0,04x'

Como a intensidade da carga é uma função contínua de x, as expressões para VeM são válidas ao longo de toda a viga. Os diagramas da força de cisalhamento e do momento fletor podem ser obtidos, agora, plotando VeM, conforme mostrado. Nota-se que M é máximo quando V = O, o que ocorre quando 0= 1,33 - 0,04x' ()u x =.J 1,33/0,04 = 5,77 m. Substituindo este valor de x, na expressão, paraM, dá Mmáx. = 1,33 (5,77) - 0,0133 (5,77)3 = 5,13 kN 'm Outra vez, observa-se que o valor de M, em qualquer seção, é a área sob a curva de cisalhamento até aquela seção. Se as expressões para VeM forem derivadas em relação a x, obtém-se -dv/dx = 0,08x e dM/dx = 1,33 - O,04x', que, conforme requerido pelas Eqs. (5~10) e (5.11), iguala, respectivamente, a w e a V.

5,77

lO-X'

m

-----------------.~.~-"---'""!!-----------~ 176 / ESTÁTICA

Problema Resolvido 5.9 Traçar os diagramas das forças de cisalhamento e dos momentos fletores para a viga carregada, mostrada na parte superior da figura. Determinar o momento máximo M e sua localização x, a Pll1tir da extremidade esquerda da viga. m

Solução. As reações dos apoios são mais facilmente encontradas, considerando-se as resultantes das cargas distribuídas, conforme mostrado no diagrama de corpo livre da viga considerada como um todo. Oprirneiro intervalo da viga é analisado no diagrama de corpo livre da seção compreendida por ° < x < 2 m. O somatório das forças verticais e o somatório dos momentos em torrio da seção cortada dá

P;Fy=

v = 1,23

01

= 1,23x

= 01

[~M=OI

I

2kN

5.

Traçar

m~ro

fu' ~

homem"~

lho.

tR, = 1,23kN

=°

I

L _327kN I IR2 -

- 0,0833x3

Estes valores de VeM são válidos para O < x < 2 m e estão plotados, neste intervalo, nos diagramas de cisalhamento ede momento mostrados nas ilustrações. Do diagrama de corpo livre da seção compreendida em 2 < x < 4 m, o equilíbrio das forças verticais e a soma dos momentos, em torno da seção cortada dá [~Fy

TI

-----' ---x

3

M

OBLEMAS

- 0,25x'

M + (0,25x') ~ - 1,23x

[~M=O]

m

V + 1 (x - 2) + 1 - 1,23 =

°

x-2 M + 1 (x - 2) -- 2

- -} (2)) - 1,23x

+ 1 [x

I~~("

~' t •

123 kN

~M

Á"-.

M

~D ,,L

1',5 kN

l(x _ 2)

, 'm·-,:

V = 2,23 - x

=°

~M

x

~~_

I

578 T"", 0""

I

i

~

I

.

monto",tm

M= -0,667 + 2,23x - 0,50x' Estes valores de Vede M estão traçados nos diagramas de cisalhamento e de momento, para o intervalo 2 < x < 4 m. Continua-se a análise do restante da viga, usando o diagrama de corpo livre da parte da viga à direita da seção, no intervalo seguinte. Deve-se observar que VeM estão representados nos seus sentidos positivos. O somatório de forças verticais e o somatório dos momentos em tomo da seção dá

t

i

V

]1,5 1: I

1/23kN

e

I

'

M= 1,83 kN'm

Resp.

~

61

M= 7,33 - l,77x

Estes valores de Vede M estão traçados nos diagramas de cisalhamento e de momento, para o intervalo 4 < x < 5 m. O último intervalo pode ser analisado por simples inspeção. O cisalhamento é constante e igual a + 1,5 kN e o momento segue uma relação linear, iniciando com valor nulo na extremidade direita da viga. O momento máximo ocorre em x = 2,23 m, onde a curva do cisalhamento cruza o eixo x, e a intensidade de M é obtida substituindo este valor de x na expressão para M do segundo intervalo. O .momento máximo é

I

-l--x,m

-1,771

V= -1,77 kN

2m

I

1831----~ J

I

:

I

5 79

.

b

:I

p

1

1 1

MkN'm

1

Traçar os mentofletoI

I--x,m 1

6

5.80

Traçar os mento fletor 1 determinar a : fletor e a sua Rap_


I 177

Como já foi visto, o momento M em qualquer seção, é igual à área sob o diagrama do cisalhamento, até a seção. Por exemplo, para x < 2 m, x M - O = fo (1,23 - 0,25x2) dx,

[.6.M=fvdx]

M= 1,23x - 0,0833x3 que está em concordância com os resultados já obtidos.

PROBLEMAS 5.77

PROPOSTOS

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para o trampolim que suporta um homem de 80 kg em posição para dar um mergulho.

---x

----x

-----.J

Probl. 5.80

= 3,27kN

~2

5.81

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga mostrada.

600N

Probl. 5.77

5.78

4m

~_

A ~2Illt

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga carregada.

4m

600N

~

B

Probl. 5.81 3kN

2m

..s;=

!

3m

h~

Probl. 5.78

x,m 51

2kN

5.82

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga mostrada e encontrar o momento M na seção C. ' Resp. Mc= -2,78Nom

61 1

1

I

5.79

-1771 ,

1

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga em balanço.

1

I

p

1

1

1

1

,I iC

6

x,m

t

I

I

Probl.5.79 5.80

Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento fletor para a viga horizontal mostrada e determinar a intensidade máxima do momento fletor e a sua localização. Resp. Mmáx. = 6,00 kN o m em x = 7 m

~A

~c

'~

Probl. 5.83

B

178 I ESTÁTICA 5.83

Traçar os diagramas de cisalhamento e momento, para a viga carregada, em seu centro, pelo conjugado C.

5.84

Traçar os diagramas de cisalhamento e momento para a viga sujeita ao conjugado da extremidade. Qual é o momento M em urna seção 0,5 m à direitadeB? Resp. M= -120N.m

5kN

r

~ A

5.85

.

~

B Probl. 5.84

---r- I

I

1

~~L~--k-~---J..~J Probl. 5.87 =

5.88

12 m-r-2

1--

m-----+i

r

..J

120N'm

o perfil

soldado em ângulo está também soldado à viga AB, e suporta a carga de 1 kN. Traçar os diagramas de cisalhamento e de momento para a viga.

A resistência à flexão de urna viga de largura uniforme é proporcional ao quadrado da alturay da viga. A viga em balanço da figura tem altura h no engastamento. Encontrar a altura y em função do comprimento x a fim de que todas as seções da viga tenham a mesma resistência à flexão. Resp. y = h .JXTf

I

>

I

-r-~-{ I I I I

Y

Probl. 5.88

1 kN

5.89

--

Urna viga em balanço tem a forma de um arco de quadrante de círculo. Determinar as expressões para o cisalhamento V e para o momento fletor M, em função de e ..

Traçar 0-5 mentos pan Calcular o

I

Probl.5.85

5.86

~M

Construir o diagrama de momento para as duas vigas ligadas pela articulação B e carregadas corno está na figura.

Probl. 5.89 5.90

4m

4m

6m

C

6m~

Probl. 5.86

5.87

Traçar os diagramas de cisalhamento e momento para a viga carregada, corno se vê na flgUIa.·Determinar o momento fletor M de intensidade máxima. Resp. M= -5 kN-m

Construir o diagrama de momento fletor para o eixo AB, em balanço, da unidade rígida mostrada. 5.94

Traçar os diaB mentos para I por metro de sobre sua parte


5.91

Escrever as expressões para o momento de torção T, e para o momento fletor M, na viga curvada na forma de um quadrante de círculo, sob uma carga L na extremidade. Usar uma notação coerente com o sistema de coordenadas '-O-z, onde os vetores dos momentos positivos são tomados no sentido positivo dos eixos. Resp. M,=-Lacoso; T=-La(1-senO)

.•.•..

/

/

,

-- --

Traçar os diagramas de esforços cortantes e de momentos para a viga carregada. Calcular a intensidade máximaM do momento fletor. Resp. M= fPl

Probl. 5.95

a~

O

5.95

I 179

5.96

--- ---

Traçar os diagramas de esforços cortantes e de momentos, para a viga em balanço, com o carregamento mostrado. Calcular a intensidade máximaM do momento fletor.

Probl. 5.91

L

5.92

I I I I

Y

Traçar os diagramas dos esforços cortantes e dos momentos, para a viga em balanço com a carga uniforme w por unidade de comprimento.

Probl.5.96 a forma de um arco de

~ I.:

I

5.97

J

Probl. 5.92 5.93

Traçar os diagramas de esforços cortantes e momentos para a viga uniformemente carregada. Calcular o momento fletor máximo M. Resp.

M=

Resp.

Probl. 5.97

Traçar os diagramas de esforços cortantes e momentos para a viga que suporta a carga de 500 N por metro de comprimento da viga, distribuída sobre sua parte média ..

5.98

5.99

Probl. 5.94

Traçar os diagramas de esforços cortantes e de momentos para a viga simples, com carregamento mostrado na figura. Determinar a intensidade M do momento fletor máximo. Resp.

500N/m

~ J:D1-

M= 12 kNem

wI' 8

Probl. 5.93 5.94

Traçar os diagramas de esforços cortantes e de momentos para a viga em balanço, carregada, onde o conjugado da extremidade M1 é ajustado de modo a produzir momento nulo na extremidade engastada. Calcular o momento fletor M em x= 2m.

..Il

M=

woI' 12

Uma viga suporta uma carga distribulda, de intensidade constante w = 3 kN1m, entre os pontos A e B. Calcular a força de cisalhamento e o momento fletor em B, se os seus valores em A são, respectivamente, + 2 kN e -1 ,5kN • m.

180 f ESTAnCA 1,5 kN/m

~

5.106

~

'. r=-1/2 ~

1/2----.,.j

~2m

>I<

1m~

Probl. 5.102

Probl. 5.98 5.103 3 kNfm

Determinar o momento fletor máximo M e o valor correspondente de x na viga da ponte rolante. Indicar a seção onde este momento atua. L a +1 Resp. MA = 4T (1- a)2; x =

-2-

5.7 -

~ A

B

Um elem

1-<-2m~ Prob\. 5.99

L 5.100

CABO-S

Urna carga distribuída sobre urna viga em equilÍbrio, aumenta linearmente de 2 a 4 kN/m, em um intervalo de 2 m. Calcular a força de cisalhamento e o momento fletor na seção B, se os seus valores na seção A são, respectivamente, + 3 kN e + 2 kN • m. kN; MB = 2,67 kN'm Resp. VB =

Probl. 5.i03 5.104

-3

O eixo, apoiado nas extremidades, está sujeito a cargas que variam linearmente em planos perpendiculares entre si. Determinar a expressão para o momento fletor resultante M que atua no eixo. Resp.

M=

~l x(1-

x) .,)51' - 2lx + 2x2

pênseis, linhas cálculo dessas o comprimento hipótese, não agindo na direçr Os cabos forças distribuí carga de intensil desprezado; em caso, o equilíbrio

4 kNfm

.--x A

B

~2m~

Probl. 5.100

5.101

Fazer um croqui dos diagramas de momento fletor da viga da parte superior para os valores do balanço x = O,x = O,4b e x = 1.

5.105

A viga curva, em balanço, vista na figura, tem a forma de um arco de quadrante circular e suporta urna carga de w N/m que atua na face superior da viga. Calcular o momento de torção e o momento fletor M em função do ângulo (J.

b

Resp. >:7lA

L

~

T = wr2 (% cos ~) M = - wr2 (1 - sen (J) -

I

(a) ReZaçõ(!$,

Probl. 5.101

5.102

(J

Traçar os diagramas de esforços cortantes e de momentos para a viga mostrada. Determinar a distância b, medida da extremidade esquerda ao ponto onde o momento fletor é nulo entre os suportes. Resp. b = 1,5 m

de comprimento

Probl. 5.105

*N.T. Um todos os seus pontos.

FORÇAS OISTRIBUfoAS 5.106

M

= -wol 11

-

( 11 I

I

sen -11X + x - I )

~

41

'

J

t-_x-J_z

f1etor máximo M e o va:: ::Javiga da ponte rolante. 3 ::nomento atua. ..•= -L (I - a) 2 . x = --a+l

u

181

rrx

A viga em balanço suporta uma carga senoidal w = Wo sen (11Xj[) por unidade de comprimento. Determinar o momento fletor M, em função de x, aplicando diretamente a Eq. (5.12). Resp.

I

Probl. 5.106

2

5.7 - CABOS FLEXlYEIS*

a::::=idades, está sujeito a te em planos perpena expressão para o }f que atua no eixo.

::'-! -

x) .J 512

-

2lx

+ 2x2

Um elemento estrutural de grande importância é o cabo, ou fio, flexível, muito usado nas pontes pênseis, linhas de transmissão, transportes em carros aéreos, linhas de telefone e muitas outras aplicações. No cálculo dessas estruturas é necessário que se conheçam as relações existentes entre as tensões, o vão, a flecha e o comprimento do cabo. Para isso, estuda-se o cabo como um corpo em equilíbrio, admitindo-se que, por hipótese, não haja nenhuma resistência oposta à flexão. Tal suposição implica em se ter as forças sempre agindo na direção do cabo. Os cabos flexíveis podem suportar uma série de forças concentradas, como se vê na Fig. 5.26a, ou forças distribuídas por todo o comprimento, como se indica no carregamento da Fig. 5.26b, onde w é uma carga de intensidade variável. Em alguns casos, o peso do cabo, comparado com as cargas que atuam, pode ser desprezado; em outros, o peso é importante, podendo mesmo ser a carga única a considerar. Em qualquer caso, o equilíbrio do cabo é estudado da mesma maneira.

IY

I

-x+dx

I

=-X--11

T+dT

~fr~+-x W T

• ~',vista na figura, tem a te circular e suporta atua na face superior da ~ de torção e o momento ÍD~-ulo 6.

8

wdx

8+d8-

(c)

R (b)

:: = wr2

cos ~) = -wr2 (1 - sen 6) (~

-

6 -

Fig.5.26

(a) Relações Gerais. Se a carga w aplicada ao cabo da Fig. 5.26b, for expressa em força por unidade de comprimento do vão x, a resultante R das cargas verticais será x

~

---- ~--

R

=J wdx

* N.T. Um cabo flexível é um fio, que é uma estrutura considerada flexível em todos os pontos, isto é, articulada em todos os seus pontos.

182 I ESTATICA

fazendo-se a integração no intervalo desejado. A posição de R é encontrada pelo princípio dos momentos, de modo que

f xdR

x= --R-

Rx= fxdR

A carga elementar dR = w dx é representada por uma faixa elementar de altura w e largura dx da área sombreada do diagrama de carga e R é representada pela área total. Conclui-se, das expressões anteriores, que R passa pelo centróide da área sombreada. A condição de equiHbrio do cabo estará satisfeita, se cada parcela infmitesimal estiver em equihbrio. O diagrama de corpo livre de um elemento diferencial é mostrado na Fig. 5.26c. A tração * no cabo, em um ponto qualquer defmido por x, é T, sendo e o ângulo que o cabo forma com a horizontal na direçãox. Na seção x + dx a tração é T + dT, e o ângulo e + de. Note-se que as variações de T e e foram tomadas positivamente para uma variação positiva de x. A carga vertical w dx completa o diagrama de corpo livre. O equilíbrio das forças verticais e horizontais exige, respectivamente, que: (T

+ dT)

sen (e

(T+dT)cos(e

+ de) =

T sen e + w dx

+ de) =

Tcose.

Desenvolvendo o seno e o co-seno da soma dos dois ângulos, e substituindo-se cosde = 1, o que é verdadeiro no limite, quando de tende para zero, e simplificando, vem

+ dT) (sen e + cos e de) (T + dT) (cos e - sen e de)

(T

sen de

= de e

modo que C = o.

Tsene + wdx T cos

e.

Cancelando os termos de segunda ordem, obtém-se

que define a in ..

T cos e de + dT sen e - T sen e de

+ dT

onde C é urna

cos e

= w dx = o

que se pode escrever como

O estudante d (T sen e)

=

w dx

e

d(Tcose)

=

O

A segunda relação mostra que a componente horizontal de T não varia, o que está claro no diagrama de corpo livre. Chamando esta força horizontal constante de To = T cos e e combinando com a primeira equação resulta d (To tg e) = w dx. Porém, tg e = dy /dx o que permite dar à equação de equillbrio a forma

(5.13)

A Eq. (5.13) é a equação diferencial dos fios ou cabos flexíveis. A solução desta equação é a relação que satisfaça tanto à equação quanto às condições nas extremidades fixas do cabo denominadas condições de contorno. Esta relação defme a forma do cabo e será usada para resolver dois casos importantes de carregamentos de cabos.

Dida e conseqüente parábola vertical. J tranSforma-se na 'ft:IIl

A tração T Fig. 5.27, o qual eq

y = f(x)

* N.T. É comum,

se bem que erradamente, chamar-se a tração no cabo, de tensão.

Eliminando T.

..r------~-----..._.· ..---------------------~-------~----------------FORÇAS OISTRIBUfoAS

• - dos momentos, de

L

<

ra l4" e largura dx da área lpre5SÕes anteriores, que em equilíbrio. O .ãO no cabo, em um na direçãox. Na furam tomadas positirpo livre. O equilíiO

)

I 183

I

Fig.5.27

(b) Cabo Parabólico. Quando a intensidade do carregamento vertical w é constante, a situação se aproxima bastante da que se tem em uma ponte pênsil, onde o peso uniforme do tabuleiro pode ser expresso pela constante w. O peso próprio do cabo não é distribuído uniformemente pela distância horizontal (vão), porém, sendo relativamente pequeno, é desprezado. Nestas condições, prova-se que o cabo toma a configuração de um arco parabólico. A Fig. 5.27 mostra uma ponte pênsil de vão L e flecha h, com a origem das coordenadas no meio do vão, sobre a curva. Sendo constantes w e To, a Eq. (5.13) pode ser integrada uma vez em relação a x para se obter: dy _ wx

dx-To

+C

se sendO =dO e onde C é uma constante de integração. Para os eixos coordenados escolhidos, dyjdx modo que C = O. Portanto,

= O,

quando x

= O, de

dy _ wx

dx-To que defIne a inclinação da curva como função de x. Integrando novamente, vem:

Iyo

o no diagrama de o com a primeira equi11ÔriOa forma

dy

= IZwX -dx o To

ou

(5.14)

~

O estudante deve perceber que poderia chegar aos mesmos resultados por meio de uma integral indefinida e conseqüente cálculo da constante de integração. Pela Eq. (5.14), verifica-se que a forma do cabo é uma parábola vertical. A componente horizontal da tração do cabo, componente essa que tem valor constante, transforma-se na própria tração do cab", na origem. Entrando na Eq. (5.14) com os valores x = L/2 e y = h, vem

To

= WL2 8h

e

y

=

4hx2 L2

(5.13) A tração T pode ser determinada no diagrama de corpo livre por uma porção flnita do cabo, visto na Fig. 5.27, o qual exige que equação é a relação cabo denominadas r dcris casos importantes

I do

Eliminando To, vem

(5.15)

-------->-.., --. ~

-.

184 I ESTÃTICA

= L/2 e vale

A tração máxima ocorre quando x

T,-- WLj 2 max. -

o comprimento S do cabo IS/2 o

1

--

+ 16h2 U

completo é obtido da relação diferencial ds

ds=-=

2S

IL/2 o

j 1+

-

_(dy)2 dx

dx=

IL/2 o

= V7;ix)2 + (dy)2. Portanto,

j 1+

-

(WX)2 To

dx

Por conveniência de cálculo, substitui-se esta expressão por uma série convergente, que, em seguida, é integrada termo a termo. Partindo do desenvolvimento,

(1

+ x)n = 1 + nx +

n(n 2!

1)

x2

n(n - l)(n -

+ -------x33!

2)

+ ...

pode-se escrever a integral do seguinte modo

Como w/To

= 8h/L2, vem (5.1

Examinando-se esta série verifica-se que é convergente para todos os valores de h/L :s;;; 1/4. Na maio"'dos casos, h é muito menor do que L/4, de modo que os três termos da Eq. (5.16) dão suficiente precisão. (c) Cabo em Catenária. Consideremos, agora, um cabo uniforme (Fig. 5.28) suspenso por dois pontl situados no mesmo plano horizontal e sujeito somente à ação do seu próprio peso. Na parte direita da fIgUI'E aparece o diagrama de corpo livre de uma porção fmita do cabo de comprimento s. Este diagrama de co livre difere daquele da Fig. 5.27, na qual a força vertical total suportada é igual ao peso da parte do cabo d~ comprimento s, em lugar da carga uniformemente distribuída em relação à horizontal. Se o peso do cabo fi jJ. por unidade de comprimento, a resultante R da carga será R = jJ.S e o incremento de carga vertical w rlx_ da Fig. 5.26c, será substituído por jJ.ds. Assim, a equação diferencial, Eq. (5.13), para o cabo vem a ser:

A Eq. (5:

(5.1A tração

L combinanJ y I I I

Fig.5.28

* Ver Ta


I

185

Como s = f(x,y), é necessário modificar a equação, de modo que só apareçam essas duas variáveis. Considerando a identidade (dS)2 = (dX)2 + (dy)2, vem (5.15a)

Ihr + (dy)2.

d2y dx2

Portanto,

= ~j1 To

(5.18)

+ (dy)2 dx

A Eq. (5.18) é a equação diferencial da curva (catenária) formada pelo cabo. A solução desta equação é facilitada pela substituição p = dy /dx, que dá

.. 6:

~=~dx e, que, em seguida, é

Vf+1J2

To

Integrando, vem ln (p

+ Vf+1J2) = ~ x + C o

= p = O,quando

A constante C é zero, visto que dyjdx a forma exponencial e simplificando, vem

x

= O. Entrando

comp

= dyjdx, passando para

dy dx

tendo-se introduzido a função hiperbólica* por conveniência. A inclinação pode ser integrada para se obter Y

(5.16) !/L ~ 1/4. Na maioria

To

fJ.x

fJ.

To

= -cosh-

+K

A constante de integração k é calculada, considerando-se que x exige que K = - To/p. e, portanto,

= O, quando

y

= O. Esta

substituição

suficiente precisão. y

50 por dois pontos

= -To ( cosh -.fJ.x To fJ.

- 1)

(5.19)

!'-,~parte

direita da figura Este diagrama de corpo da parte do cabo de '- Se o peso do cabo for ãe carga vertical w dx, cabo vem a ser:

A Eq. (5.19) é a equação da curva (catenária) formada pelo cabo suspenso sob a ação do seu próprio peso. No diagrama de corpo livre da Fig. 5.28 vê-se que dyjdx riores vem s

=-

To fJ.

senh-

= tg e = p.s/To. Assim, das expressões ante-

fJ.x To

(5.17) A tração T no cabo é obtida do triângulo de equilíbrio das forças na Fig. 5.28. Assim,

que, combinando com a Eq. (5.20), transforma-se em

* Ver Tab. C3, Apêndice C.

(5.20)

186 / ESTÁTICA ou

Problema Reso1- .

JlX

T

= TO cosh-

(5.21)

To

Substituir o cabo carregamento unifa cabo de massa 12 como carga apenas entre dois pontos situa do outro e tem uma do vão, a tração má..~·

q

A tração pode também ser expressa em função de y com o auxilio da Eq. (5.19), que quando substituída na Eq. (5.21), fornece, T

= To +

(5.22)

f.l.Y

A Eq. (5.22) mostra que o incremento na tração do cabo, partindo do ponto mais baixo, depende apenas de f.l.Y. A maioria dos problemas que envolvem catenárias exige a solução das Eqs. (5.19) a (5.22), o que pode ser feito graficamente ou por cálculo. O processo gráfico será visto no exercício que aparece adiante. A solução dos problemas de catenária, onde a relação flecha-vão é pequena, pode ser obtida, dentro de uma certa aproximação, pelas fórmulas apresentadas para o cabo parabólico. A relação flecha-vão, sendo pequena, significa que o cabo é tenso e, nesse caso, pouca diferença existe entre a distribuição uniforme do peso ao longo do cabo e a mesma carga distribuída ao longo do vão. Muitos problemas que tratam de cabos parabollcos ou catenários apresentam cabos suspensos em pontos que não estão no mesmo nível. Nesses casos, as relações podem ser aplicadas em ambos os lados do cabo, a partir do ponto mais baixo.

Solução. Como a , do comprimento do Cl aplica e tem-se uma (5.20) e (5.21), que cabo e a tração, exig,e que deve ser achada y=60me/J= 12(9)

60=

T.

0,11~'

ou

7,01

T, Problema Resolvido 5.10

Esta equação pode so gráfico. Cada um To, podendo ser calcul rentes valores de To' . igualdade e determina gráfica é mostrada na conduz à solução CÍl

Um cabo leve suporta uma massa de 12 kg por metro, medido na horizontal, e está suspenso entre dois pontos situados no mesmo nível e afastados de 300 m. Se a flecha for de 60 m, encontrar a tração no meio do vão, a tração máxima e o comprimento total do cabo. Solução. Como a distribuição da carga é horizontal uniforme, a solução da parte (b) do Art. 5.7 se aplica e tem-se uma forma parabólica para o cabo. Para h = 60 m, L = 300 m e w = 12 (9,81) (10-3) kN/m, a relação da Eq. (5.14) dá para a tração no meio do vão,

A tração máxima (5.22), vale y

Tmáx.

Tmáx.

I

[T

o

=

8h wL2

]

To

=

0,1177 (300)2 = 22,07 kN 8 (60)

1---------

Resp.

I 60m I

A tração máxima ocorre nos suportes e é dada pela Eq.

= ~2

J~1 + (~)4h

T max. ' = 0,11772 (300)

Q[~J

.J 1 + I 4 (60)

3 5 -5 5 32 (1)4

[ 1 + 8 (1)2

2s= 2 0,111'; R = 12(150)(9,81)(10-3)

= 17,66 kN

2] 2

= 28 , 27 kN

Res.P

A relação entre flecha e vão é 60/300 = 1/5 < 1/4. Portanto, a expressão da série desenvolvida na Eq. (5.16) é convergente, e pode-se escrever para o comprimento total

S = 300

O comprimento to 23,2

To

(5.15a); Assim,

1) [T max. '

1)

= 2.;

PROBLEMAS PROPOl Nota: 5.107
+ ... ]

= 300 [1 + 0,1067 - 0,01024 + ... ] = 329 m

Resp.

Sugestão: Verificar o valor de Tmáx. diretamente do diagrama de corpo livre da metade direita do cabo, de onde se pode obter um po1Ígono de forças.

Os dois cabos de de 1000m e w uma carga vertica memente, em reI2 suas torres. Cal.a no meio do vão

FORÇAS OISTRIBUrOAS


(5.21)

Substituir o cabo do Problema Resolvido 5.10, que tem um caxregamento uniformemente distribuído na horizontal, por um cabo de massa 12 kg por metro do seu comprimento e tendo como carga apenas o seu peso próprio. O cabo está suspenso entre dois pontos situados no mesmo nível e distantes 300 m um do outro e tem uma flecha de 60 m. Encontrar a tração no meio do vão, a tração máxima e o comprimento total do cabo.

que quando substi-

(5.22) mais baixo, depende

Solução. Como a distribuição da carga é uniforme ao longo do comprimento do cabo, a solução da parte (c) do Art. 5.7 se aplica e tem-se uma forma de catenária para o cabo. As Eqs. (5.20) e (5.21), que dão respectivamente o comprimento do cabo e a tração, exigem o conhecimento da tração mínima To, que deve ser achada pela Eq. (5.19). Assim, para x = 150 m, To, kN0,33 y = 60 m e J.l = 12 (9,81) (10-3) = 0,1177 kN/m,

a(5.22), O que pode adiante. ser obtida, dentro de - flecha-vão, sendo uição uniforme do

60

cabos suspensos em • ::m. ambos os lados do

de Tmáx. diretali:' :cIpO livre da metade -~ se pode obter um

/ 187

=

To 0,1177

[COSh (0,1177) . To (150)

23,5 24,0 23,0 Solution To = 22,5 23.2 kN 0,28 0,30 0,29 0,31 0,3

_ 1.]

ou 7,063

= cosh

To

17,66 _ 1. To

Esta equação pode ser resolvida mais facilmente pelo processo gráfico. Cada um dos membros da equação é uma função de To, podendo ser calculada e representada graficamente para diferentes valores de To' A interseção das duas curvas estabelece a igualdade e determina o valor correto de To·. Esta representação gráfica é mostrada na figura que acompanha este problema e conduz à solução To

= 23,2

kN.

A tração máxima surge quando y é máximo e, pela Eq. (5.22), vale T máx.

1

Resp.

O comprimento total do cabo é dado pela Eq. (5.20) 2s

PROBLEMAS 5.107

= 23,2 + (0,1177) (60) = 30,2 kN.

=2

23,2 0,1177

senh (0,1177) (150) 23,2

330m.

Resp.

Nota:
Observe que a solução do Probl. Resolvido 5.10 para o cabo parabólico dá uma aproximação muito boa para os valores da catenária, mesmo no caso de grandes flechas. A aproximação é ainda melhor para pequenas relações entre flecha e vão.

PROPOSTOS

Os dois cabos de uma ponte pênsil,com um vão de 1000 m e uma flecha de 150 m, suportam uma carga vertical de 480 MN; distribuída uniformemente, em relação à distância horizontal, entre suas torres. Calcular a tração To, em cada cabo, no meio do vão, e o ângulo 8 formado pelos

cabos com a horizontal, junto aos suportes na parte superior de qualquer das torres. Resp. To = 200 MN; 8 = 31,0° 5.108

A ponte Golden Gate, em São Fraricisco, tem um vão principal de 1 280 m, uma flecha de 143 me

188 I ESTÁTICA uma carga estática total de 310 kN por metro linear, medido horizontalmente. Os pesos de ambos os cabos principais estão incluídos nessa carga estática admitindo-se uniformemente distribuídos ao longo da horizontal. O ângulo feito pelo cabo com a horizontal, no topo da torre, é o mesmo em ambos os lados da torre. Calcular a tração To no meio do vão, em cada cabo principal e a força de compressão C exercida pelo cabo no topo de cada torre. 5.109

O cabo de A a B está carregado com uma carga de 80 Mg distribuída uniformemente ao longo da horizontal. A inclinação do cabo é zero em A, e seu peso é pequeno comparado com a carga que suporta. Calcular a tração máxima T no cabo. Resp. T máx. = 1 173 kN

B

lar o comprimento total S de cada cabo, entre as duas torres idênticas. 5.113

5.114

5.115

r------

90m

1~

5.117

Uma pequena ponte pênsil para pedestres tem um vão de 100 m entre suportes, colocados no mesmo nível. Cada um dos cabos suporta uma carga uniforme de 20 kg por metro, medido na horizontal. Se a tração máxima no cabo é 18 kN, calcular a tração To no meio do vão, a flecha h e o ângulo e feito pelo cabo com a horizontal, nos suportes. Resp. To = 15,09 kN; h = 16,25 m; e = 33,0°

y I I

r-< I

I-

r!

Um cabo que suporta uma carga uniformemente distribuída ao longo da horizontal, tem 33,6 m de comprimento e está suspenso entre dois pontos no mesmo nível e afastados de 30 m um do outro. Determinar a flecha h do cabo. Um cabo suporta uma carga de 50 kgfm uniformemente distribuída, em relação à horizontal, e está suspenso por dois pontos fixos localizados como se vê na figura. Determinar as trações T e To, máxima e mínima, no cabo. Resp. T= 35,61 kN; To = 21,04 kN

~

5.118

O cabo de massa suspenso por dai do outro e sobre carga por unidalj horizontal, supor centro a w 1 IIll3 relação w = a + j flecha h do cab meio do vão.

A

200m

100m

Probl. 5.109

---~ 5.110

5.111

20m

+---

Desenvolver a Eq. (5.19) em série de potências de cosh (jJ.X/To) e mostrar que a Eq. (5.14), equação da parábola, pode ser obtida tomando-se apenas os dois primeiros termos da série. (Ver Tab. B8, Apêndice B, para o desenvolvimento em série das funções hiperbólicas.) Medidas feitas no ponto A dos cabo.s da ponte p~nsil indicaram um aumento de 1,80 MN na tração em cada um dos dois cabos principais devido ao recapeamento executado no piso da ponte. Determinar a massa total m' de material adicionado ao piso por metro linear da ponte. Resp. m' = 909 kg/m

20m

1<

50kg/m

5.116

Um cabo de massa desprezível está suspenso por dois pontos fixos tendo inclinação nula no suporte mais baixo, como se vê na figura. Deduzir a equação da curva formada pelo cabo, sabendo que a carga w por ele suportada decresce uniforme~ente com x desdewo até zero. Resp.

~ I

I

ri h

5.112

O cabo de uma ponte pênsil com um vão de 1 000 m está 150 m abaixo da parte superior das torres de suporte, na posição a 1/4 do vão. CalcuG

L/2--

Probl. 5.115

3hx2

Probl. 5.111

t.. Wo

I I I I

Probl. 5.116

y

x

= --21' (l - -31 )

PIO

5.119

Uma draga flnIlI um único cabo horizontal no uma distância de ancoragem B, ção de 300 k:Y massa de 22 Q' ] calcular a a1

FORÇAS DISTRIBUfDAS

• t:a1 S de

cada cabo, entre as

as..

5.117

le ;ênsi1 para pedestres tem um 11: mportes, colocados no mes;;ns cabos suporta uma carga Jpar metro, medido na hori,rixima no cabo é 18 kN, cal10 ::reio do vão, a flecha h e o ;::aba com a horizontal, nos

l

O cabo visto na figura é de massa desprezível e tem inclinação nula no suporte mais baixo. A carga varia linearmente com x, desde Wo até w I' como se vê na figura. Deduzir a expressão para a tração To, na origem.

acima do nível da água e encontre o comprimento do cabo entre A e B. Resp. H == 24,5 m; s == 251 m

5.120

Refazer o Probl. 5.119 usando as relações para um cabo parabólico, como aproximação, e compare os resultados com os obtidos pelo Probl. 5.119.

5.121

Um cabo flexível está ligado ao ponto A e passa sobre uma pequena polia em B, que está 180 m acima de A. Se o cabo exige uma tração T == 50 kN em B, para fazer com que o ângulo a seja nulo em A, determinar o peso J.l do cabo, por metro de seu comprimento.

li

,e.:;

h == 16,25 m; () == 33,0°

., uma carga uniformemente horizontal, tem 33,6 m , suspenso entre dois pone afastados de 30 m um do fi;cha h do cabo. carga de 50 kg/m unUor, em relação à horizontal, e '5 pontos fixos localizados Determinar as trações T e no cabo.

r= 35,61 kN;

To

==

Probl. 5.117

5.118

21,04 kN

O cabo de massa desprezível, visto na figura, está suspenso por dois pontos a uma distância L um do outro e sobre a mesma linha horizontal. Se a carga por unidade de comprimento na direção horizontal, suportada pelo cabo varia de Wo no centro a w1 nas extremidades, de acordo com a relação w == a + bx', deduzir a equação para a flecha h do cabo, em função da tração To no meio do vão. L' Resp. h == -(5wo + wl)

'

m \, A~~~~--~~~

/

I

I

f..-r

B

180m

~.~"om~ Probl. 5.121

48To

eprezível está suspenso por lo inclinação nula no suporse vê na figura. Deduzir a ada pelo cabo, sabendo suportada decresce unUorIR w. até zero.

L5.116

/ 189

3hx' Y==2T(l-31)

'I

x

5.122

Resolver o Probl. 5.121 usando, como aproximação, as relações para o cabo parabólico.

5.123

Um cabo de 40 m de comprimento está suspenso entre ,dois pontos separados por uma distância horizontal de 10 m. Calcular a distância h para a parte mais baixa do cabo. Resp. h == 18,5 m

Probl. 5.118

r-10ffi-] 5.119

Uma draga flutuante é mantida em posição por um único cabo preso à sua popa, tendo direção horizontal no ponto de amarração A e vencendo uma distância horizontal de 250 m até o ponto de ancoragem B, em terra. É necessária uma tração de 300 kN no cabo, em A. Se o cabo tem massa de 22 kg por metro do seu comprimento, calcular a altura H necessária para a ancoragem, B

~~~ ~"""

•.,,~~

·250

Probl. 5.119

._gr .... ~ ,""i'.

m

-

Probl.5.123

5.124

Um cabo, sujeito à ação do seu próprio peso, está suspenso entre dois pontos situados no mesmo nível e distantes 400 m entre si. Sabendo que a flecha é de 100 m, calcular o comprimento total S do cabo. Qual será o erro cometido se o cálculo for feito com a expressão dos cabos parabólicos, usando três termos nas séries?

190 / ESTÁTICA

5.125

Uma linha de transmissão elétrica está suspensa .por duas torres situadas no mesmo nível e distantes 200 m uma da outra. O cabo tem 18,2 kg/m de comprimento e uma flecha de 32 m, no meio do vão. Sabendo que o cabo pode suportar uma tração máxima de 60 kN, determinar a massa p por unidade de comprimento, do gelo que se pode acumular no cabo, sem ultrapassar aquela tração máxima. Resp. p = 13,4 kg de gelo por metro

5.126

Resolver o Probl. 5.125 usando, como aproximação, as relações para o cabo parabólico.

5.127

Um navio para lançamento de cabo submarino, reboca um arado A durante uma inspeção do fundo do oceano para, posteriormente, lançar um cabo telefônico. O navio mantém-se com velocidade baixa constante, com o arado na profundidade de 180 m. O cabo tem comprimento suficiente para permitir que saia horizontalmente do arado, que está a 480 m a ré do navio. O peso efetivo do cabo de reboque, levando em conside-

ração seu empuxo, é de 45,2 N/m. Devido à baixa velocidade, pode-se desprezar as forças do movimento do cabo na água. Calcular a força horizontal To aplicada ao arado e a tração máxima no cabo. Encontre, também, o comprimento do cabo de reboque do ponto A ao B. Resp. To=30,2kN; Tmáx.= 38,3 kN; s=522m 5.128

Um balão está preso ao tambor de guincho por meio de um cabo de 100 m de comprimento, diâmetro de 12 mm e massa de 0,51 kg/m. Para iniciar o enrolamento do cabo no tambor é necessário um torque de 400 N •m. O vento na região é muito fraco. Nestas condições, o cabo, na entrada do tambor faz um ângulo de 30° com a vertical. Calcular a altura H do balão, sabendo que o diâmetro do tambor é de 0,5 m. Resp. H= 90m

H

1 Probl. 5.127

5.8 -

ESTÁTICA

Como ds sen e

=

Girando o elemeD

a pressão em um ponto levar em consideração unidade de volume; deI resulta uma quantidade ciais de segunda ordem. Em qualquer fln função, considera-se m mostra um elemento di

sentido positivo da dirr face inferior é P mais multiplicado pelo volm das forças verticais, não

Probl. 5.128

DOS FLUIDOS

Até aqui dedicamos nossa atenção, principalmente à ação das forças que agem em corpos rígidos. Neste item estudaremos o equilíbrio de corpos, sujeitos a forças devidas à ação de pressões exercida~por fluidos. Um fluido é qualquer substância contínua que, em repouso, é incapaz de suportar uma força de cisalhamento. Força de cisalhamento é uma força tangente à superfície sobre a qual atua e aparece quando existe diferença de velocidades entre lâminas adjacentes dos fluidos. Assim, um fluido em repouso só pode exercer força normal sobre uma superfície limite. Os fluidos podem ser gasosos ou líquidos. A Estática dos fluidos é, geralmente, apresentada como Hidrostática quando o fluido é um líquido e como Aerostática quando o fluido é um gás.

Esta relação dife para a superfície. A '& com o conhecimento o Os fluidos esselll

dos frns práticos, suas Com p constante, a Eq

(a) Pressão dos fluidos. Em um ponto qualquer de um fluido, a pressão é a mesma em todas as direções (princípio de Pascal). Este fato pode ser demonstrado, considerando-se um prisma triangular e inflnitesimal do fluido, como se vê na Fig. 5.29. As pressões do fluido normais às faces do elemento foram designadas por Pl, P2, P3 e P4. O equilíbrio das forças segundo as direções x e y exige que P2dxdz

= P3dsdz cose

P 1 dy dz

= P3 ds dz sen e.

* Ver Tab. C1, Ap

FORÇAS OISTRIBUIOAS

a. é de 45,2 N1m. Devido à baixa • ~zar as forças do movia ~ Calcular a força horizon•• 1DIdo e a tração máxima no ém, o comprimento do •• :;.xmto A ao B. I; T::::Jáx. = 38,3 kN; s = 522 m

/ 191

I

dx

P2dxdz

tambor de guincho por 100 m de comprimento, e massa de 0,51 kg/m. Para do cabo no tambor é neces~ -4[W) N •m. O vento na região é • rondições, o cabo, na entrada • Ê:l!iDiode 30° com a vertical. Wdo balão, sabendo que o diâicleO,5 m. Resp. H= 90m IRSC 3D

Fig.5.29

• :e

Como ds sen () = dy e ds cos () = dx, estas equações exigem que Pl=P2=P3=P,

Girando o elemento num ângulo de 90°, verifica-se que P4 também é igual às outras pressões. Portanto, a pressão em um ponto qualquer de um fluido é a mesma em qualquer direção. Nesta análise não é necessário levar em consideração o peso do elemento do fluido, visto que quarido o seu peso específico (peso por unidade de volume; densidade p, veja a aceleração da gravidade g) é multiplicado pelo volume do elemento resulta uma quantidade diferencial de terceira ordem que pode ser desprezada, diante das grandezas diferenciais de segunda ordem, quando se passa os limites. Em qualquer fluido em repouso, a pressão é função da dimensão vertical. Para se determinar esta função, considera-se uma variação da dimensão vertical, e leva-se em conta o peso do fluido. A Fig. 5.30 mostra um elemento diferencial de uma coluna vertical de um fluido, cuja seção transversal tem a área dA. O sentido positivo da dimensão vertical h foi tomado para baixo. A pressão sobre a face superior é P e sobre a face inferior é P mais a variação de p, isto é, P + dp. O peso do elemento é igual a seu peso específico pg multiplicado pelo volume. Como as forças normais, a superfície lateral não interfere no cálculo do equilíbrio das forças verticais, não aparecem na figura. O equilíbrio do elemento do fluido na direção h exige P dA

+

pg dA dh dp

=

(p

+

pgdh

dp) dA

=O (5.23)

pdA

pgdAdh

corpos rígidos. Neste lIex.ercida~por fluidos. Um .força de cisalhamento. quando existe diferença só pode exercer força dos fluidos é, geral.mt-iaJ quando o fluido é

- a mesma em todas as prisma triangular e do elemento foram

I \

Fig.5.30

Esta relação diferencial mostra que a pressão em um fluido aumenta com a profundidade ou decresce para a superfície. A Eq. (5.23) é verdadeira, tanto para os líquidos quanto para os gases, estando de acordo com o conhecimento comum das pressões exercidas pelo ar e pela água . Os fluidos essencialmente incompressíveis são chamados líquidos, do que se segue que, para a maioria dos fms práticos, suas densidades p podem ser consideradas constantes, em qualquer parte dos líquidos. * Com p constante, a Eq. (5.23) pode ser integrada como se encontra, e o resultado é (p

= Po + pgh)

* Ver Tab. Cl, Apêndice C, para tabela dos pesos específicos.

(5.24)

192/

ESTÁTICA

A pressão poé a pressão sobre a superfície de líquido, onde h = O. Se Po for devido à pressão atmosférica, e se o instrumento de medida registra somente o acréscimo acima da pressão atmosférica, * obter-se-á, com a leitura, a pressão conhecida como "pressão manométrica" que é p = pgh. A unidade usada para pressão no SI é o quilopascal (kPa), que é o mesmo que um quilonewton por· metro quadrado (103 N/m2). No cálculo da pressão, se for usado Mg/m3 para p, m/s2 para g e m para h, o produto gh dará a pressão diretamente em kPa. Por exemplo, a pressão em uma profundidade de 10 m, em água doce é

P __ - pgh -

É evidente que as seção 4-3-7-8 e em todas vista, bidimensional de seção, a distribuição de chapa sobre a quala = bp dy. Mas p dy é dR = b dA'. Portanto, a área trapezoidal1-2.6-S

m3 S2 (10 m) _- 98,1 (310 --sz( 1,0 Mg) ( 9,81 m) kg' m m21 )

= 98,1

kN/m2

= 98,1

kPa

(b) Pressão hidrostática sobre superfides retangulares imersas. Uma superfície imersa em um líquido, como é o caso de uma válvula-gaveta de represa ou a parede de um tanque, está submetida a pressão do fluido normal à sua superfície e distribuída sobre sua área. Nos problemas onde as forças do fluido são apreciáveis, é necessário considerar a força resultante devida à distribuição de pressão sobre a superfície, e a posição na qual esta resultante atua. Para os sistemas abertos para a atmosfera terrestre, a pressão atmosférica Po atua sobre todas as superfícies e, portanto, dá uma resultante nula. Assim, necessitamos considerar, somente, o acréscimo acima da pressão atmosférica, chamado "pressão manométrica" ou p = pgh. Consideremos o caso comum da ação da pressão hidrostática sobre uma chapa retangular imersa em um líquido. A Fig. 5.3la representa uma chapa 1-2-3-4, com a aresta superior na horizontal e o plano da chapa fazendo um certo ângulo qualquer e com o plano vertical. A superfície horizontal do líquido está represen· tada pelo plano x-i. A pressão do fluido (manométrica) que atua normalmente à chapa, no ponto 2, está representada pela seta 6-2, e é igual ao peso específico pg vezes a profundidade vertical da superfície do líquido ao ponto 2. Esta mesma pressão atua em todos os pontos ao longo da aresta 2-3. No ponto I, sobre a aresta inferior, a pressão do fluido é igual a pg vezes a profundidade vertical do ponto 1, e esta pressão é a mesma em todos os pontos ao longo da aresta 1-4. A variação da pressão p sobre a área da chapa é governada pela relação linear da profundidade e, desse modo, representada pela altitude do prisma truncado 1-2-3-4-5-6-7-8 com a chapa como base. A força resultante produzida por esta distribuição de pressão está representada porR, que atua em algum ponto P, conhecido como centro de pressão.

Deve-se tomar cuidI pela distribuição trapezo' A área trapezoi, de média. Portanto, a fi vezes a área A da chapa. O da chapa. Portanto, u:n

onde h

= Y cos e.

A linha de ação a; na Fig. S.31b como o I resulta

que é simplesmente a ~ bidimensional, a resuld sobre a seção vertical. na Fig. S.31a, através ddI No estudo de UIlll do-se a resultante com gulo e um triângulo, e pela parte retangular a representada pelo acré'J parte triangular, como

5

(a)

(b)

(c) B

Fig.5.31 (aJ

,..A pressão atmosférica ao nível do mar (1 atmosfera) pode ser igual a 101,3 kPa.

FORÇAS OISTRIBUfoAS / 193

ir :""'=\idoà pressão atmos!iC

a:::mosférica,* obter-se-á,

..;r. um quilonewton por, s=: para g e m para h, o drndidade de 10 m, em

É evidente que as condições que prevalecem na seção vertical 1-2-6-5, na Fig, 531 a, são idênticas às da seção 4-3-7-8 e em todas as outras seções verticais da chapa. Assim, o problema pode ser analisado a partir da vista, bidimensional de uma seção vertical, como é mostrado na Fig. 531b para a seção 1-2-6-5. Para esta seção, a distribuição de pressão é trapezoidal. Se b for a largura horizontal da chapa, uma área elementar da chapa sobre a qual a pressão P = pgh atua é dA = b dy, e um aumento da força resultante é dR = P dA = = bp dy. Mas p dy é, simplesmente, o acréscimo sombreado da área trapezoidal dA', de modo que dR = b dA'. Portanto, a força resultante que atua sobre a chapa inteira pode ser expressa como o produto da área trapezoidall-2-6-5 pela largura b da chapa R

- - :mersa em um líquido, -=c.idaa pressão do fluido 5:rido são apreciáveis, é -- - , e a posição na qual • c:::lOsférica Po atua sobre somente, o acrés-

em um ,tal e o plano da chapa 'quido está represena, no ponto 2, está e ~cal da superfície do :-3, No ponto 1, sobre a ::o 1, e esta pressão é a -r:;:ada chapa é governada '.0 prisma truncado - 'ção de pressão está

'.

dA

I

= bA I

Deve-se tomar cuidado para não confundir a área física A da chapa com a área geométrica A', definida pela distribuição trapezoidal da pressão. A área trapezoidal, que representa a distribuição de pressão, é facilmente expressa usando-se sua altitude média. Portanto, a força resultante R pode ser escrita em função da pressão média Prnéd, = ~ (P1 + P2) vezes a área A da chapa. A pressão média é também a pressão que ocorre na profundidade média do centróide O da chapa. Portanto, uma expressão opcional para R é

-=-,

11 :=eTaIlgUlar imersa

=bf

R

= Prnéd. A = pghA

onde h = Y cos e. A linha de ação da força resultante R é obtida do princípio dos momentos. Usando o eixo x (ponto B na Fig. 531b como o eixo dos momentos dá RY = f y(pb dy). Substituindo P dy = dA' e cancelando b resulta

_ f ydA' f dA'

y=

que é simplesmente a expressão para a coordenada do centróide da área trapezoidal,A'. Portanto, na vista bidimensional, a resultante R passa pelo centróideC da área trapezoidal defmida pela distribuição de pressão sobre a seção vertical. Evidentemente, Y também posiciona o centróide C do prisma truncado 1-2-3-4-5-6-7-8 na Fig. 5.31a, através do qual a resultante realmente passa, No estudo de uma distribuição trapezoidal de pressão, o cálculo é usualmente simplificado, considerando-se a resultante como composta por duas componentes (Fig. 5.31c). O trapezóide é dividido em um retângulo e um triângulo, e a força representada por cada parte é considerada separadamente. A força representada pela parte retangular atua no centro O da chapa, e éR2 =P2A, onde A é a área 1-2-3-4 da chapa. A força representada pelo acréscimo triangular da distribuição de pressão é -+ (P1 - P2)A e atua no centróide da parte triangular, como mostrado.

(a)

Fig.5.32

194 I ESTÁTICA

(c) Pressão hidrostática sobre superfícies cilíndricas. A resultante R, causada pela pressão distribuída em superfície curva, acarreta mais cálculo do que em superfície plana. Como exemplo, considere a superfície imersa, mostrada na Fig. 5.32a, onde os elementos da superfície são paralelos à superfície horizontal x-y' do líquido. Todas as seções verticais, perpendiculareS à superfície, revelam a mesma curvaAB e a mesma distribuição de pressão. Portanto, a representação bidimensional da Fig. 5.32b, pode ser usada. Para determinar R por integração direta, é necessário integrar as componentes de dR, segundo os eixos dos x e dos y, ao longo da curvaAB, visto que a pressão muda continuamente de direção. Assim, e

Ry

= bf

(p

dL)y

= bf

P dx

Em seguida, seria necessário escrever uma equação de momentos para determinar a posição -de R. Um segundo método para a determinação de R é, freqüentemente, muito mais simples. Considera-se o equihbrio da porção do líquido ABC diretamente acima da superfície mostrada (Fig. 5.32c). A resultante R revela-se, então, como a reação igual e oposta da superfície sobre a porção do líquido. As resultantes das pressões nas direções AC e CB sãoPy ePx, respectivamente, e são fmalmente obtidas. O pesoP da porção do líquido é calculado a partir da área ABC de sua seção, multiplicada pela dimensão constante b e pelo peso específico pg. O peso W passa pelo centróide da área ABC. A força de equilíbrio R é, então, determinada completamente pelas equações de equihbrio, aplicadas ao diagrama de corpo livre da porção do fluido. (d) Pressão hidrostática sobre superfícies planas de qualquer fonnato. A Fig. 5.33a mostra uma superfície plana de qualquer formato imersa em um líquido. A superfície horizontal do líquido é o plano x-y, e o plano da chapa forma um ângulo e com a vertical. A força que atua sobre a faixa diferencial de área dA paralela à superfície do líquido é dR = p dA = pgh dA. A pressão p tem a mesma intensidade por todo o comprimento da faixa, visto que não há alteração da profundidade ao longo da faixa horizontal. A força total que atua sobre a área exposta A é obtida por integração e é

R

=f

dR

Substituindo a relação do centróide hA

=f

P dA

= pg f

h dA

= f h dA, vem (5.25)

A grandeza pgh representa a pressão que existe na profundidade média sobre a área.

do centróide O da área, e é a pressão

A resultante R pode. lú. a pressão p do flui, olume resultante é um produz o volume elemem pelo volume total do cili:rn

Vê-se pela Eq. (5.~profundidade que correspcl ou o volume V, não é ób ..

onde a profundidade h e! função de y para efetuar a . A segunda exigência fim .de responder pelos mo da Fig. 5.33b como o eixo

Esta segunda relação portanto, que a resultante essão que varia linea.rme Iressão. Deve-se notar, cui coincidem.

(e) Flutuação. O explicado, para qualquer f porção do fluido limitada ,ida, irregular, na Fil!:. 5":: cavidade, e substituído, siJ Dão haveria modificação porção do fluido antes de das sobre sua superfície, de do fluido. Se o elemento

=

Fig.5.33

FORÇAS DISTRIBU(DAS

IR pela pressão distribuída _,considere a superfície IP==fície horizontal x-y' do AB e a meSma distriÍ"U3:'illa. Para determinar R ~

I

195

A resultante R pode, também, ser representada geometricamente pelo volume mostrado na Fig. 5.33b. Aí a pressão p do fluido é representada como uma altitude em relação à chapa considerada como base. O volume resultante é um cilindro reto truncado. A força dR que atua sobre a área diferencial dA = x dy produz o volume elementar dV = p dA mostrado pela fatia sombreada, e a força total é então representada pelo volume total do cilindro. Portanto,

íiosx e dosy, ao longo R

=

f dR

=J

dV

=

V

Vê-se pela Eq. (5.25) que a altitude média do cilindro truncado é a pressão média pgh que existe na profundidade que corresponde ao centróide O da área exposta à pressão. Em problemas onde o centróide O, ou o volume V, não é óbvio, pode-se realizar uma integração direta, para obter R. Assim

posição"deR.

- simples. Considera-se o - 32c). A resultante R . As resultantes das O peso P da porção do li :onstante b e pelo peso é, então, determinada -o do fluido. 5.33a mostra uma ..: do líquido é o plano ~ diferencial de área - "ensidade por todo o ba:r:izontal. A força total ..g.

R

=

f dR = f P dA = f

pghx dy

onde a profundidade h e o comprimento x da faixa horizontal da área diferencial devem ser expressos em função de y para efetuar a integração. A segunda exigência da análise da pressão do fluido é a determinação da posição da força resultante, a fim ,de responder pelos momentos das forças de pressão. Usando o princípio dos momentos com o eixo dos x da Fig. 5.33b como o eixo dos momentos, vem

RY=

ou

J ydR

y=

J ydV

(5.26)

V

Esta segunda relação satisfaz a defmição da coordenada Y para o centróide do volume Ve é deduzido, portanto, que a resultante R passa pelo centróide C do volume definido pela área da chapa como base, e a pressão que varia linearmente como altitude. O ponto P em que R está aplicado à chapa é o centro de pressão. Deve-se notar, cuidadosamente, que o centro de pressão P e o centróide O. da área da chapa não coincidem.

(5.25)

o da área, e é a pressão

(e) Flutuação. O princípio da flutuação, cuja descoberta é atribuíja a Arquimedes é facilmente explicado, para qualquer fluido, líquido ou gasoso, em equilíbrio, da maneira que segue. Consideremos uma porção do fluido limitada por uma superfície fechada, imaginária, como está ilustrado pela linha interrompida, irregular, na Fil!. 5.34a. Se o fluido pudesse ser retirado do interior da superfície limite, fechada, da cavidade, e substituído, simultaneamente, pelas forças que exercia sobre os limites da cavidade (Fig. 5.34b), não haveria modificação alguma no equiHbrio do fluido vizinho. Além disso, o diagrama de corpo livre dessa porção do fluido antes de ser removido (Fig. 5.34c) mostra que a resultante das forças de pressão, distribuídas sobre sua superfície, deve ser igual e oposta a seu peso mg e deve passar pelo centro de massa do elemento do fluido. Se o elemento for substituído por um corpo das mesmas dimensões, a ação das forças sobre a

x

(b)

Fig.5.34

(c)

196 / ESTÁTICA

superfície do corpo, mantido nesta posição, será idêntica a das que atuavam sobre o elemento do fluido. Assim, a resultante das forças que atuam sobre a superfície de um objeto imerso em um fluido é igual e oposta ao peso do fluido deslocado e passa pelo centro de massa do fluido deslocado. * Essa força resultante é a força de empuxo ' (5.27) onde p é a densidade de fluido e g é a aceleração da gravidade. No caso de um líquido cuia densidade é constante, o centro de massa do líquido deslocado coincide com o centróide do volume deslocado. Segue da discussão anterior que, quando a densidade do objeto é menor do que a densidade do fluido no qual ele está imerso, haverá uma força vertical não-equilibrada, e o objeto flutuará. Quando o fluido de imersão é um líquido, o obieto sobe até a superfície, ficando, então, em repouso, em situação de equilíbrio, supondo-se que a densidade do novo fluido, acima da superfície, seja menor do que a densidade do objeto. No caso da superfície de separação entre um líquido e um gás, tal como entre a água e o ar, o efeito da pressão do gás sobre a parte do objeto flutuante, acima da superfície do líquido, é contrabalançada pelo acréscimo de pressão no líquido decorrente da ação do gás sobre a sua superfície. Um dos mais importantes problemas de flutuação é a determinação da estabilidade de um objeto flutuante. Esta situação pode ser ilustrada considerando-se o casco de navio, mostrado em corte transversal, em posição vertical na Fig. 5.35a. O ponto B é o centróide do volume deslocado e é conhecido como o centro de empuxo. ** A resultante das forças exercidas sobre o casco, pela pressão da água, é a força F. A força F passa por B, e é igual e oposta ao peso w do navio. Se o navio for obrigado a inclinar-se no ângulo o: (Fig. 5.35 b), a forma do volume deslocado muda, e o centro de empuxo deslocar-se-á para uma nova posição, tal como B. O ponto de interseção da linha vertical que passa por B' com a linha de centro do navio é chamado de metacentro M, e a distância h, de M até o centro de massa G, é conhecida como altura metacêntrica. Para a maioria dos formatos de casco, a altura metacêntrica permanece praticamente cpnstante para ângulos de inclinação até 20° aproximadamente. Quando M estiver acima de G, como na Fig. 5.35b, há evidentemente um momento de correção, que tende a trazer o navio de volta à sua posição original. O valor deste momento, para qualquer ângulo específico de inclinação, é uma medida da estabilidade do navio. SeM estiver abaixo de G, como para o casco da Fig. 5.35c, o momento que surge com qualquer balanço do casco, está no mesmo sentido, e tende a aumentar a inclinação. Isto evidencia uma condição de instabilidade e deve ser evitada no projeto de qualquer navio.

Problema Resolvido

S_··

A chapa retangular, de altura e 6 m de largun e bloqueia a extremidade i profundidade. A chapa esIi zontal na direção de sua contida pelo ressalto fixo e horizontalmente contra a força B exercida contra a

Solução. O diagrama d corte e inclui as compo A, o peso W = mg da cJ1aI;a B (desconhecida) e a pressão contra a face vertic:a A massa específica modo que a pressão média é lPméd.

=

pgh]

Pméd.

=:

A resultante R, das [, ser [R

= Pméd. A]

=,

R

Esta força atua no c::il1i pressão, que está 1 m aciI somatório de momentos, jg a força B desconhecida. Assí 3 (265) -

Problema Resolvido

5.1;

O espaço de ar em um 1 do com uma pressão de 5, atmosférica. Determinar a . pela água na parede da extn

Solução. A figura ma> superfície da extremidade, da água doce é J.l = pg = (1 que o incremento de pressã: IIp F (a)

F (b)

~F (c)

= J.lllh =

As forças resultantes R ções de pressão retangular e

Fig.5.35

* N.T. Este é.o conhecido Princípio de Arquimedes, em geral, apresentado com o seguinte enunciado: "Todo corpo mergulhado em um fluido recebe um empuxo, de baixo para cima, igual ao peso do fluido por ele deslocado". ** N.T. Na técnica naval este ponto é conhecido também como centro de carena.

A resultante é, então,

FORÇAS OISTRIBUfoAS I 197

_ o elemento do fluido. um fluido é igual e ••Essa força resultante é

Problema Resolvido 5.12 A chapa retangular, mostrada no corte vertical AB, tem 4 m de altura e 6 m de largura (na direção normal ao plano do papel) e bloqueia a extremidade de um canal de água doce de 3 m de profundidade. A chapa está articulada em torno de um eixo horizontal na direção de sua aresta superior, que passa por A, e está contida pelo ressalto fIxo em B, na abertura do canal, que reage horizontalmente cop.tra a aresta inferior da chapa. Calcular a força B exercida contra a chapa pelo ressalto.

(5.27) 'do cuia densidade é eslocado. a densidade do fluido , Quando o fluido de simação de equiltbrio, densidade do objeto. e o ar, o efeito da é contrabalançada pelo

A ~<>

--'

-- -:. _lfID_"

=-"_-:--

~

-~

I' .=

=- 3m

1='

~'=,

O diagrama de corpo livre da chapa é mostrado em corte e inclui as componentes vertical e horizontal da força em A, o peso W = mg da chapa (não especificado), a força horizontal B (desconhecida) e a resultante R da distribuição triangular de pressão contra a face verticaL A massa espec.íf1ca da água doce é p = 1 000 Mg/m 3, de modo que a pressão média é

mlB

Solução.

. ilidade de um objeto . em corte transversal, e é conhecido como o .:a água, é a força F. A . linar-se no ângulo a ?aIa uma nova posição, de centro do navio é - -;:.;como altura metacên-

IPméd. = pgh]

y I I Ay

x--._ Ax

-l

Pméd. = 1 000 (9,81) (3/2) = 14,72 kPa .

mg

A resultante R, das forças de pressão contra a chapa, vem a ser [R

= Pméd.A]

R = (14,72) (3) (6) = 265 kN.

Nota: Esta força atua no centróide da distribuição triangular da pressão, que está 1 m acima da parte inferior da chapa. Um somatório de momentos, igual a zero, em torno deA, determina a força B desconhecida. Assim,

nte cpnstante para na Fig. 5.35b, há 'ção original. O valor 'dade do navio. SeM

3 (265) - 4B =

O,

B = 198,7 kN

4m

J

Observe que as unidades envolvidas com a pressão pgh são:

( 103m3 kg)(m)~ (m)= (kg.m)l( 103-s,-' kN/m' = kPa.

Resp.

_ r balanço do casco, instabilidade e deve

m'1) =

Problema Resolvido 5.13 r-5OOmID-1 O espaço de ar em um tanque fechado de água doce é mantido com uma pressão de 5,5 kN/m' (ou kPa) acima da pressão atmosférica. Determinar a força resultante R exercida pelo ar e pela água na parede da extremidade do tanque. Solução. A fIgura mostra a distribuição de pressão sobre a superfície da extremidade, onde Po = 5,5 kPa. O peso específIco da água doce é J.l = pg = (1 000) (9,81) = 9,81 kN/m3, de modo que o incremento de pressão t:.p devido à água é t:.p =

1

J.l

Vista lateral A

PO

t:.h = 9,81 (0,6~ = 5,89 kPa.

=~

.~

As" forças resultantes R I e R., correspondentes às distribuições de pressão retangular e triangular", respectivamente, são

--~ Ri

I

-~

J I --'L

PO

B

"mm I 560

RI = poA 1= 5,5 (0,760) (0,5) = 2,09 kN /:"P

R. = t:.Pméd.A.

ciado: 'Todo corpo o",

= 5,~9 (0,6) (0,5) = 0,883 kN

Nota:

A resultante é, então,

R = RI + R. = 2,09 + 0,883 = 2,97 kN

Resp.

Dividir a distribuição de pressão nessas duas partes é, sem dúvida, o caminho mais simples para encontrar a solução.

198 I ESTÁTICA

Solução Alternativa. A represa pode ser obtida peh i

Localiza-se R aplicando o princípio dos momentos em torno de A, observando-se que R I atua no centro da altura de 760 mm e que R2 atua no centróide da distribuição de pressão triangular, que está a 400 mm abaixo do nível da água e a 400 + 160 = = 560 mm abaixo de A. Assim, 2,97 h

= 2,09

h = 433

onde p =

(380) + 0,883 (560)

mm

Rx

Resp.

=f

dRx

=p

pgh

= pgr

dA cos .•

sen

(J

e

11'/2 pgr2b sen 8 cm

O

= +pgr2b 11'/2

Ry

= Jo

pgr2b sen2 8 d8:

= +1I'pgr2b Assim, R = .JR~2 + R do os valores numéricos:


R=

Determinar, completamente, a força resultante R exercida sobre a superfície cilÍndrica da represa, pela água. A massa específica da água doce é 1 000 Mg/m" e a represa tem um comprimento; normal ao papel, de b = 30 m.

+(1,00)

(9,81) (4

Como dR sempre passa passa por O e, portanto, 05 de O devem se anular. De'

I

=Ry

XI'

que dá

-=-B Por triângulos semelhantl

Solução. A porção circular de água BDO está isolada, e seu diagrama de corpo livre está desenhado. A forçaPx é

1

Px

=

=

puh A O'

= (1000)(9,81)(4) 2

(30) (4) = 2350 kN

o

o peso mg

pgr br 2'

=

pgV

11'(4)2

= (1 000) (9,81) --

4

[~Fy

= O] = O]

Rx

----\

= Px = 2 350

Ry =

mg

=

=.J

Rx2

+ Ry2]

kN

3 700 kN

R =.J (2350)2 + (3 700)2

=4

380 kN Resp.

Pode-se encontrar graficamente a coordenada x do ponto A, através do qual passa R. Algebricamente, x é determinado pelo princípio dos momentos. Usando B como centro de momentos, vem r Px -3


Determinar a força resul1 semicircular do tanque de á estiver cheio até sua capacil em função do raio r da extJ fica p da água.

A força resultante R, exercida pelo fluido sobre a represa, é igual e oposta à mostrada atuando sobre o fluido, e é [R

---x

x

(30) = 3 700 kN

e passa pelo centro de massa G. O equilíbrio da seção de água exige P;Fx

D

da água é

W

Notas:

Veja a Nota CD no Probl. Resolvido 5.12 se houver alguma dúvida a respeito da unidade de pgh.

Solução I. Por integraç faixa horizontal de área p = pgy, o incremento da fll que, R

= Jp

dA

(.

Integrando dá

J

4r

+ mg -311'-

= J pgy

Ryx

=O Determina-se a posição Tomando os momentos em

x=

2 350

(4) 3' + 3 700 3700

(li) 311'

= 2,55

m

Resp.

[RY= Jy dR]

i-Pg7


I 199

Solução Alternativa. A força atuando sobre a superfície da represa pode ser obtida pela integração direta dos componentes dRx onde p Rx

= P dA

= pgh = pgr sen e

= fo

11/2

dR y

= p dA

= b (r de).

Assim,

cos e

e

e dA

= -pgr'b

pgr'b sen e cos e de

sen e

-o [cos 4 2e J11/2

=

= -}pgr'b

Ry

= fo11/2 pgr'b

=

sen' e de

2 pgr2b [ !....

0- sen4 2e J11/2

_

= + 11pgr2b Assim, R =.) Rx2 + Rl do os valores numéricos:

R = -} (1,00)

(9,81)

=-}pgr' b.)1 (30)

(42)

+ 112/4. Substituin-

.)1 + 112/4 = 4 380 kN

Resp.

Como dR sempre passa pelo ponto O, vê-se que R também passa por O e, portanto, os momentos de Rx e de Ry em torno de O devem se anular. De modo que se pode escrever Rx Yl = =Ry xl' que dá

Por triângulos semelhantes, vê-se que x/r

D

= X1/Yl

= 2/11

e

x

=

2r/11= 2 (4)/11

= 2,55

m

Resp.

---x Problema Resolvido 5.15 Determinar a força resultante R exercida sobre a extremidade semicircular do tanque de água mostrado na figura, se o tanque estiver cheio até sua capacidade máxima. Expressar a resultante em função do raio r da extremidade circular, e da massa específica p da água.

Probl. Resolvido 5.12 se a respeito da unidade

Solução l. Por integração direta determina-se R. Com uma faixa horizontal de área dA = 2x dy, atuada pela pressão p = pgy, o incremento da força resultante é dR = p dA, de modo que, r

R =fpdA

=f pgy(2xdy)

=2pg

fo

y~dy

.

Integrando dá Resp. Determina-se a posição de R pelo princípio dos momentos. Tomando os momentos em relação ao eixo x, vem: [RY=fydR]

@ Este método· de solução pela integração é viável aqui, principalmente, devido à geometria do arco circular.

200 / ESTÁTICA

Integrando resulta 2

3Pgr

:3 -

4

42

Y=~

e

1T

y=

31T

---r6 r

Resp.

Solução 11. Usando a Eq. (5.25) diretamente para encontrar R, onde a pressão média é pgh e h é a coordenada do centróide

da área sobre a qual atua a pressão. Para uma área semicircular, 4r /31T. Assim,

h= [R

= pghA)

Resp.

Probl. 5X Este cálculo significa encontrar o volume da figura formada pela área semicircular e a distribuição de pressão. A resultante R age no centróide C do volume definido pela figura pressão-área. O cálculo da distância Y do centróide emprega a mesma integral obtida na Solução I.

Nota:
Atenção para não cometer o erro de pensar que R passa pelo centróide da área sobre a qual atua a pressão.

30

A comporta vertical lada em torno de U!ll eÍ sua aresta superior A, 1 de um canal retan"aula: de largura (na direção : Calcular a força F da tará a profundidade da

Problema Resolvido 5.16 Urna bóia, com formato de poste, tem 8 m de comprimento, 0,2 m de diâmetro e massa de 200 kg. Sua extremidade inferior está presa por um cabo de 5 m ao fundo de um lago de água doce. Se a profundidade da água é de 10 m, calcular o ângulo 8 feito pelo poste com a horizontal.

I .~ I.

T-

_~I _1W"'

Solução. O diagrama de corpo livre da bóia mostra seu peso 1) atuando em G, a tração vertical T do cabo de ancoragem e a força de empuxo B que passa pelo centróide C da parte submersa da bóia. Faça x ser a distância de G à superfície da água. A massa específica da água doce é p = 103 kg/mS, de modo que a força de empuxo é [B=pgV)

B

=

103 (9,81)

1T

-==----.:":--l/~-

I

Probl

.131

(0,1)' (4 + x) N

O equilíbrio dos momentos, em torno.do ponto A dá LMA

=O

4+x 200(9,81)(4 cos 8) - [103 (9,81)rr (0,1)' (4 + x)) -cos 8 2

=O

x

= 3,14 m

r-·

Nota:

Assim, e

8 = arc sen ( 4 + 53,14 ) = 44,5°

Resp.

Urna parede de co tem altura h, espessm parede sustenta lama, líquido de massa ~ espessura mínima b ( ela tombe, girando eêll

'~

.. ".-

.'. ~:.:.-- .. 0", __•••.• ~'-'.•-:::.-.,__ .....• >-._':.~.:..-~ .-..•.... ....;

Corno as forças, decorrentes do peso e do empuxo, são verticais, para haver equilíbrio a outra única força, T, deve ser também vertical.

..

h

',:<0"; ~<>.'-:-

A~~ ~b~


A represa em curva tem a forma de urna ~uperfície cilíndrica de 240 m de raio, e subtende um ângulo de 60°. Se a profundidade da água for de

ProbI

90 m, determinar a força total P exercida pela água sobre a face da represa .. Resp. P = 9,54 Gl\

5.132

A forma para uma tem a seção mostD


/ 201

uma escora BC em cada 1,6 m ao longo do comprimento da parede. Calcular a compressão em uma escora BC, supondo que as uniões A. B e C atuem como articulações. O concreto úmido pode ser tratado como um líquido de massa específica 2 400 kg/m 3. Resp. C = 16,3 kN B

r

ProbJ. 5.129

l,2m

=eter =tróide

o erro de pensar da área sobre a

t

/)'

i/~/"

5-130

A comporta vertical carregada à mola está articulada em torno de um eixo horizontal, ao longo de sua aresta superior A, bloqueando a extremidade de um canal retangular com água doce de 1,2 m de largura (na direção normal ao plano do papel). Calcular a força F da mola pré-montada, que limitará a profundidade da água em h = 1,8 m. Resp. F = 38,1 kN

.

1

Probl. 5.132 5.133

t

------===-

r

Um tubulão cilíndrico de raio r e espessura de parede t foi colocado em posição e a água do seu interior, bombeada para fora. Analisar as forças que atuam sobre um anel semicircular, de altura diferencial, e determinar a expressão da tensão de compressão a, na parede do cilindro, para qualquer profundidade h. A massa específica da água ép.

1,5m

t

~

~

h

Probl. 5.130

.131

entes do peso e do para haver equilíbrio T, deve ser também ver-

Uma parede de concreto, de seção retangular, tem altura h, espessura b e massa específica Pc' A parede sustenta lama, que se comporta como um líquido de massa específica Pm' Determinar a espessura mínima b da parede, para impedir que ela tombe, girando em torno da arestaA.

Probl. 5.133

5.134

A comporta articulada ABC fecha uma abertura de largura b (perpendicular ao papel) em um canal de água. A água tem livre acesso tanto à parte inferior como ao lado direito da comporta. Quando o nível da água aumenta acima de um

c

h

~

-~~~.;.•..

'~~b~

ProbJ. 5.131 :arça total P exercida pelz

~

.. Resp.

P

= 9,54 GN

5.132

A forma para uma pequena parede de concreto tem a seção mostrada na figura. Foi colocada

Probl. 5.134

-202 / ESTÁTICA certo valor h, a comporta se abre. Determinar o valor crítico de h. Desprezar a massa da comporta. Resp. h = a

5.137

fi

5.135

A figura mostra a seção transversal de uma comporta retangular de 4 m de altura e 6 m de comprimento (perpendicular ao papel), que bloqueia um canal de água doce. A comporta tem massa de 8,5 Mg e é articulada em torno do eixo horizontal que passa por C. Calcular a força vertical P exercida pela fundação sobre a extremidade inferior A da comporta. Desprezar a massa da estrutura que sustenta a comporta.

O bloco homogêneo de massa específica p está flutuando entre dois líquidos de massas específicas PI < P e P, > p. Determinar a expressão para a distância b do bloco dentro do líquido superior.

---

-~---------~---~-------

f~~ti[-1[~~-~:~~-;~ft~=~~~~~~= P2

II(~ Probl. 5.137

3mlB

5.138

------

----- - ~._--,.

-~lm ~-3m

-

'-=----

~

LJ -. ---====: ..

1'

O galpão está submetido a um vento horizontal. A pressão p contra o telhado circular é aproximadamente Po cos e. A pressão é positiva a barlavento do galpão e negativa, a sotavento. Determinar o esforço cortante horizontal total Q, sobre a fundação do telhado, por unidade de comprimento, medido na direção normal ao plano do papel. Resp. Q = + 1trpo

ProbL ~

Probl. 5.135

5.141 5.136

Um cilindro maciço de concreto de 2,4 m de comprimento e 1,6 m de diâmetro, é mantido submerso até a metade em água doce por um cabo que passa por uma polia fixa em A. Calcular a tração T no cabo. O cilindro é tornado estanque à água por um envoltório plástico. (Consultar a Tabela C1 do Apêndice C, se necessário.) Resp. T = 89,9 kN

Probl. 5.138

5.139

Um canal de água doe pendicular ao plano I por um obstáculo re1 seção ACD. As esconl estão localizadas a ca ra de 9 m. Determin;; escora BC. Supor qU desprezível, compara atuantes.

O casco de uma plataforma flutuante para perfu· ração de petróleo consiste de dois batelões retangulares e de seis colunas cilíndricas que suportam a plataforma de trabalho. Quando lastrada, a estrutura toda tem um deslocamento de 26 000 Calcular o calado h total da estrutura quando estiver fundeada no oceano. A massa específica da água salgada é 1 030 kg/m 3• Desprezar as componentes verticais das forças devido ao fundeamento. Resp. h = 24,1 m

t

ProbL: 5.140

Probl. 5.136

Os lados de uma calha em forma de V, contendo água doce, mostrada em corte, estão articulados em torno de sua interseção comum que passa por O, e estão mantidos na posição mostrada na fIgUra por um cabo e tensor; localizados a cada 2 m, ao longo do comprimento da calha. Calcular a tração T em cada tensor.

5.142

A chapa retangular, r de altura e 2,7 m de papel) e separa os re! de óleo. O óleo te (razão entre a

=

FORÇAS DISTRIBUfDAS

/ 203

p , ~

>

de massa específica p está Iiquidos de massas específi~_Determinar a expressão para dentro do líquido superior.

~---------~----------------------~--------------------------------------------------------------~---------------------

-------

-------

Vista lateral

Vista frontal Probl. 5.139

5.137

água doce) de 0,85. Determinar a profundidade h da água, necessária para fazer com que a reação em B seja nula.

- lendo a um vento horizontal. ~ o telhado circular é aproxima_ A pressão é positiva a barla::egativa, a sotavento. Determite horizontal total Q, sobre a - >, por urndade de comprimen- normal ao plano do papel.

=-

Resp.

Q

= -} rrrpo

t

Probl. 5.140

h

Um canal de água doce tem 9 m de largura (perpendicular ao plano do papel) e está bloqueado por um obstáculo retangular, mostrado por sua seção ACD. As escoras horizontais BC de suporte estão localizadas a cada 0,6 m, ao longo da largura de 9 m. Determinar a compressão C em cada escora BC. Supor que o peso do obstáculo seja desprezível, comparado com as outras forças atuantes. Resp. C = 25,4 kN

5.138

• :;a.taforma flutuante para perfu· Re consiste de dois batelões retan· iI colunas cilíndricas que suportarr. ~ rrabalho. Quando lastrada, ~ Ila::: um deslocamento de 26 000 , h total da estrutura quand Ia oceano. A massa específicz é 1 030 kg/m 3. Desprezar as com- das forças devido ao fundea-

-± Prob1. 5.142

5.143

Uma comporta retangular cuja seção está mostrada na fIgura,· tem 3 m de comprimento (na perpendicular ao papel) e é articulada em torno da aresta superior B. A comporta separa um lago de água doce, à esquerda, de uma bacia de maré de água salgada, à direita. Calcular o torqueM necessário a ser aplicado no eixo B da comporta para impedir que ela se abra quando o nível da água salgada diminuir de h = 1 m. Resp.

:;JOO

l

Resp.

h

= 24,1

n:

• ;:alha em forma de V, contendc lIt:::rla em corte, estão articulado~ • t:terseção comum que passa po:: Cns na posição mostrada na flglle tensor; local~zados a cada 2 lU. lIlCprimento da calha. Calcular ~ =sor.

Prob1. 5.141

-42

A chapa retangular, mostrada em corte, tem 3 m de altura e 2,7 m de largura (normal ao plano do papel) e separa os reservatórios de água do mar e de óleo. O óleo tem uma densidade relativa (razão entre a massa específica do óleo e o da

Prob1. 5.143

M=195,2kNom

204 I ESTÁTICA

5.144

A forma de uma sapata de concreto é articulada emA, na aresta inferior, e suportada por travessas horizontais BC, espaçadas de 1,5 m, como se vê na fIgura. Desprezando o peso da forma, calcular a força de compressão C, em cada travessa, resultank do comportamento do concreto ao ser despejado, tomando para o concreto a massa específIca de 2,40 Mgfm 3.

------

--

cular a massa . mersível deve combinados da bo cancelem seus Apêndice C, se nl Resp. m =

--------1.i-2,7~

'--

L'

-

-

P

1

B Probl. 5.146

5.147

A câmara de mergulho tem massa total, d'água, de 6,7 Mg, incluindo pessoal, equip= to e lastro. Quando a câmara desce a uma p~ didade de 1,2 km no oceano, a tração no câx:.f de 8 kN, Calcular o volume total V desl pela câmara.

Probl. 5.144

5.145

o

objeto flutuante , esfera e de um cilindI Se o objeto flutua acima da superfície máxima h que o objeto não flutue trada.

A chapa de fechamento da porta de visita de um tanque de água doce está aparafusada no local e o tanque está cheio até o nível mostrado. Calcular o acréscimo de tração em cada parafuso, em A e B, devido ao enchimento do tanque. (Supor que não haja variação na pressão da gaxeta entre a chapa de fechamento e o tanque, de modo que a força devida à pressão da água é resistida unicamente pelo acréscimo na tração nos parafusos.) Resp. TA = 80,0 N; TB = 96,6 N Probl. 5.147

---

-,',t--

----

--

~., ---:-'. 4OO~mm

1<~~>I

(j ,

~uu 1

°lt +' -1'200mm

__

I

-i- -i1

I

5.148

.

.....I

,-------, d _r "'1200mm

Probl.5.145

5.146

A comporta AB, em forma de quadrante de círculo, mostrada em corte, tem uma largura horizontal de 1,8 m (normal ao plano do papel), e controla o fluxo de água doce sobre a borda em B. A comporta tem massa total de 3 100 kg, e está articulada em torno de sua aresta superior A. Calcular a força mínimaP, necessária para m,anter a comporta fechada. No posicionamento do centro de gravidade da comporta, desprezar sua espessura comparada com o raio de 2,7 m. Resp. P = 45,0 kN

5.149

5.150

A corrente de aço tem um diâmetro rtoI11.im::. elo de 6 mm e massa de 93 kg por 100 me comprimento. Sua resistência à ruptura é 13,5 kN. Que comprimento h da corrente p ser abaixada dentro de uma parte profunda .:i oceano antes da corrente se romper, sob a ~de seu próprio peso? Resp. h = 1 í'::~Um superpetroleiro se movimenta de um anCOC?douro em água doce para outro em água salgó e, então, recebe um carregamento adicional 2400 m3 de óleo combustível (de densidade reh=tiva 0,88). As marcas de calado no casco do navi:: apresentam a mesma leitura na água salgada,
=

ProbL

Determinar a força 1 doce do tanque sobre tada. O nível da áglD terminar também a água.

,~

---~

Probl. :


cular a massa do lastro de chumbo que O submersível deve transportar, de modo que os pesos combinados da esfera de aço e do lastro de chumbo cancelem seus empuxos. (Consultar a Tab. Cl, Apêndice C, se necessário.) Resp. m = 1,210 Mg (toneladas métricas)

P

5.153

Uma grande válvula borboleta, colocada em uma tubulação horizontal, consiste de um disco circular plano, que gira em torno de um eixo diametral vertical O-O. Se a diferença da pressão do fluido sobre as duas faces da válvula variar linearmente com a distância ao eixo, de zero a Po' conforme mostrado na figura, determinar o torque M a ser aplicado no eixo em O para manter a válvula fixa em uma posição. (Sugestão. Veja a utilidade dos resultados do Problema Resolvido 5.15.) Resp.

mergulho tem massa total, fora incluindo pessoal, equipamen''''0 a câmara desce a uma profunno oceano, a tração no cabo é o volume total V deslocado

Ia

I 205

M

=

l!. por3 4

Probl. 5.150

5..J51

O objeto flutuante é composto de uma semiesfera e de um cilindro circular de raio igual a r. Se o objeto flutua com o centro da semi-esfera acima da superfície da água, determinar a altura máxima h que o cilindro pode' ter, antes que o objeto não flutue mais na posição vertical mostrada. Resp. h = r/..[2

I 10

Mdb

! I

O

Vista fron tal tem um diâmetro nominal do de 93 kg por 100 metros de ~' resistência à ruptura é de rimento h da corrente pode de uma parte profunda do corrente se romper, sob a ação Resp.

h

= 1 704 m

5..1.52

Determinar a força total R, exercida pela água doce do tanque sobre a janela triangular representada. O nível da água atinge o topo da janela. Determinar também a distância H de R ao nível da água.

se movimenta de um ancorapara outro em água salgada ~ 'JlD. carregamento adicional de combustível (de densidade relalIO:aSde calado no casco do navio -=s:na leitura na água salgada, deto, e na água doce, antes de bustível. Calcular o deslocatotal) do navio em tonela-

ZISÍvel, para pesquisas em grantem um compartimento para a de esfera, feito de aço, com m e espessura de 35 mm. Cal-

Probl. 5.153

Probl. 5.151

1 } 1m

Probl. 5.152

5.154

O fundo do canal de água doce, mostrado em corte, consiste de duas chapas retangulares, AB e BC, homogêneas, com massa de 1,5 Mg, cada uma. As chapas são articuladas ao longo da aresta comum B e ao longo das arestas A e C das paredes do canal, que mede 6 m de comprimento (perpendicular ao plano do papel). Calcular a força P, por metro de comprimento do canal, exercida por uma chapa sobre a articulação em B.

I

l,

-~-----------------------------------"_--,c 206

I

5.155

ESTATlCA

A comporta de controle, de seção transversal cilíndrica, é usada para regular o fluxo de água sobre o vertedouro de uma represa de água doce, como está mostrado na figura. A comporta tem massa de 7 Mg e um comprimento normal ao papel de 6 m. Um torque aplicado ao eixo da comporta em O controla a posição angular da comporta. Para a posição mostrada, determinar as componentes horizontal e vertical, Fx ~eFy, da força total exercida pelo eixo sobre seus mancais em O. Calcular o efeito da pressão do fluido, por integração direta sobre a superfície cilíndrica. Resp. Fx = 127,1 kN; Fy = 35,4 kN

5.157

A extremidade de uma estaca uniforme, de comprimento 1 e massa específica P I está articulada.. em torno de um ponto distante h, acima da superfície de um líquido de massa específica p;Encontrar o ângulo e formado pela estaca com ~ superfície do líquido, supondo que p, > p,. Resp.

e

= arc sen

( !!...1

j

P, P, - P,

---x Probl. 5.157 5.158

Probl. 5.155

5.156

Uma chapa plana veda uma abertura triangular na parede vertical de um tanque contendo líquidO de massa específica p. A chapa é articulada em torno da aresta superior O do triângulo. Determinar a força P necessária para manter a comporta em posição fechada contra a pressão do líquido. Resp.

P

pgab

= -- 6

a

(h + - ) 2

É difícil conseguir, pelo cálculo, a determina~ precisa da posição vertical do centro de gravidac= G de um navio. Tal ponto é mais facilmente ob~ do por uma simples experiência, inclinando-se :: navio carregado. Com referência à figura, a m= externa conhecida mo é localizada à distância::.da linha de centro, e o ângulo de inclinação 8 ~ medido por meio do desvio de um fio-de-prum::. O deslocamento do nSlVioe a localização do metEcentro M são conhecidos. Calcular a altura mel:?cêntrica GM de um navio de 12 000 t, inc1inad= por uma massa de 27 t, localizada a 7,8 m linha de centro, se o fio-de-prumo de 6 m estire:desviado à distância a = 0,2 m. A massa mo est2 distância b = 1,8 m acima de M. [Observar quer tonelada métrica (t) é igual a 1 000 kg e é o memo que o megagrama (Mg).] Resp. GM = 0,530:::.

a

Para encontrar a fi volume, de área ou c= Feito isso, somou-se C resultante. Para encontrar a

.teorema de Varignon). eixo conveniente ao m trar o braço de momento Quando a força está força de atração pg p 'rpOSde densidade COIlStl mando um problema apeI centro de massa do co 1Iendo espessura constante. :lgadas e fios de densi priedades de um segme essenciais para a identificaçã Quatro medidas úteis iferenciais. Primeiro, relac mbre o sistema que fornece es diferenciais de mais ; 's baixa. Terceiro, escoll: segunda ordem, e este I o, sempre que POSSIT integração. Na seção B deste capí "íbrio, para resolvere e: os expressou-se a intensi intensidade da força co.m .ejam fisicamente bastante

Determinar a coordena. sombreada entre o qWl reta. (Usar a Tab. C3, .J Probl. 5.156

Probl. 5.158 y I

I I

I I bl

I I

5.9 - FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃO

L __

---a-Probl. 5.l:

Neste capítulo foram apresentados váFios-exemplos de casos mais comuns de forças distribuídas, volumes, em áreas e ao longo de linhas. Em todos os problemas o interesse principal estava em deter:

du", rol",,, a "sultant, das fo'ç", dlst,ibuídas , a sua !ocalizaç'o.

e:.

A barra semicirculaz: w por unidade de compriI

FORCAS OISTRIBUfoAS

~ =a

estaca uniforme, de com-

iespecífica I está articulada, i ponto distante h, acima da suP

llíq:rido de massa específica p,. lIc s formado pela estaca com a 1E;o, supondo que p, > PI• i3

= are sen

-

(hI

--RF::' p, -PI' ')

5.157

ir, pelo cálculo, a determinação .-ertica1 do centro de gravidade 'z! ponto é mais facilmente obtiexperiência, inclinando-se o Com referência à figura, a massa m o é localizada à distância d " e o ângulo de inclinação (J é do desvio de um fio-de-prumo. ~io e a localização do meta:ridos. Calcular a altura meta-

Iio

navio de 12 000 t, inclinado de 27 t, localizada a 7,8 m da ~, o fio-de-prumo de 6 m estiver - o = 0,2 m. A massa mo está à ::: acima de M. [Observar que a t) é igual a 1 000 kg e é ornes-

f ~

i

/ 207

Para encontrar a resultante, iniciou-se multiplicando a intensidade da força pelo elemento apropriado de volume, de área ou de comprimento, de acordo com a unidade na qual esta intensidade estava expressa. Feito isso, somou-se (integrou-se) as forças incrementais sobre toda a região de interesse para obter sua resultante. Para encontrar a localização da linha de ação da resultante empregouose o princípio dos momentos (teorema de Varignon). Igualou-se a soma dos momentos de todos os incrementos de força em torno de um eixo conveniente ao momento da resultante em relação a este mesmo eixo e, então, resolveu-se, para encontrar o braço de momento desconhecido da resultante. Quando a força está distribuída em uma massa, como é o caso da atração gravitacional, a intensidade é a força de atração pg por unidade de volume, onde p é a densidade e g é a aceleração da gravidade. Para corpos de densidade constante, viu-se na Seção A que pg se cancelava ao se aplicar o princípio dos momentos, tomando um problema apenas geométrico de determinação do centróide da figura, que coincidia, então, com o centro de massa do corpo físico cujos limites defmem a figura. Em chapas planas e cascas homogêneas, e tendo espessura constante, o problema reduz-se ao de encontrar as propriedades de uma área. Para barras delgadas e fios de densidade uniforme e seção transversal constante, o problema reduz-se ao de encontrar as propriedades de um segmento de linha. Essas idealizações matemáticas dos corpos físicos são elementos essenciais para a identificação da formulação de problemas reais. Quatro medidas úteis são apresentadas a seguir para problemas que exigem a integração de relações diferenciais. Primeiro, relacionar um sistema adequado de coordenadas. Geralmente a melhor escolha recai sobre o sistema que fomecer a descrição mais simples dos limites da região de integração. Segundo, as quantidades diferenciais de mais alta ordem devem sempre ser desprezadas quando comparadas com as de ordem mais baixa. Terceiro, escolher, de preferência, um elemento diferencial de primeira ordem, no lugar de um e segunda ordem, e este no lugar de um de terceira ordem, para reduzir o trabalho durante os cálculos. Quarto, sempre que possível, escolher um elemento diferencial que evite descontinuidades dentro da região de integração. Na seção B deste capítulo, fez-se uso das observações citadas acima, juntamente com os princípios do equiHbrio, para resolver e encontrar os efeitos das forças distribuídas em vigas, cabos e fluidos. Nas vigas e cabos expressou-se a intensidade da força como força por unidade de comprimento. Em fluidos, expressou-se intensidade da força como força por unidade de área ou pressão. Embora estes três tipos de problemas !ejam fisicamente bastante diferentes, suas formulações contêm os citados elementos comuns.

(Mg).]

Resp. GM = 0,530

m

OBLEMAS PARA REVISÃO .159

Determinar a coordenada x do centróide da área sombreada entre o quadrante de elipse e a linha reta. (Usar a Tab. C3, Apêndice C, se necessário.) -

midades sobre superfícies horizontais lisas, uma em nível mais alto que a outra. Determinar a força FA sob a extremidade A.

20/3

Resp. X=-- 1T-2

Resp. FA =

1.5.158 y I

l I I I

bl

I I

L------a

----

--x

Probl. 5.159 B

s de forças distribuídas, em

~cipal

estava em determina

d60

A barra semicircular uniforme AB tem massa p por unidade de comprimento, e repousa as extre-

Probl. 5.160

-2- 1--;2) pg1Tr

(

208 / ESTA T1CA

5.161

Um pequeno balão, utilizado para registrar a velocidade e direção do vento, tem massa de 0,4 Ieg. Se o balão está inflado com 0,3 kg de hélio e exerce uma força, para cima, de 5,3 N sobre sua ancoragem, antes de soltar-se, determinar o diâmetro d do balão esférico. A massa específica do ar é 1,206 kg/m3• Resp.· d = 1,138 m

5.162

Determinar as coordenadas do centróide da forma feita de chapa fina de metal.

5.165

Um cabo de 300 m de comprimento está suspenso por duas extremidades, em dois pontos situados no mesmo nível e distantes 280 m um do outro. Sabendo que o cabo suporta uma grande carga uniformemente distribuída, em relação à direção horizontal, encontrar a flecha h do cabo, partindo da Eq. (5.16), por aproximações suces· sivas. Resp. h = 47,5 m

5.166

Desenhar os diagramas de esforços cortantes e de momentos, para a viga em balanço carregada, como é mostrado na figura.

5.168

A comporta AB é 1,5 m de altura por de massa e é usada JlIlI ga na parte inferior Como resultado da mula água doce na pI lar o momento M, da articulação, necessi contra as forças hidn: A densidade relativa

Probl. 5.166

Probl. S. Probl. 5.162 5.167 5.163

O centro de empuxo (também chamado, na técnica naval, como centro de carena) B do casco de um navio é o centróide do volume do líquido deslocado. A tabela abaixo apresenta os valores das áreas imersas, das seções transversais do casco, em função da distância x tomada na linha d 'água, para cada 5 metros. Trace a curva correspondente a esses valores e determine a distância x de B. medida do ponto A em direção à popa, com aproximação de 0,5 m.

Calcular a massa m e a área totalA da superfície da roda gerada pela revolução da seção sombreada em torno do eixo z. O material da roda tem massa específica de 7,21 Mg/m 3. Resp. 'm = 291 Ieg; A = 1,149 m' z

300

O 30 25 40 45 O 22,1 7,1 23,8 15,8 25,1 24,7 19,5 12,5 (m') 5,1 A x35 (m)

x (m) 50

15 20 105 O

Resp.

x=

5.169

A estrutura, projetall marinha sob o gelo, eJ câmara de observação cie pelo eixo cilíndí:ii para acesso à câman prateleira situada na Para assegurar uma l estrutura, é necessáric sobre o gelo com UII cento da força total imersa. Se a estrutUIa 5,7 Mg fora d'água, a do lastro de chumb chumbo é de 11,37 ~

24 m

T mm

1 200

Probl. 5.163

5.164

Determinar a coordenada x do centróide da área sombreada.

I

I I

I

''-'.

Ia

.

A ",

I

..•

x

I

(~I)'"-(:=

B

'~\~\1i~~~\~~-~-'-~'\'},-~~~'':!\\'I- --/1 ~

"

1

--.---------

..

....J

C

11--

'\

...•....•

I

----L--x a/2

::..~

x

'Om

-~

..••

a/2

Probl. 5.164

Probl. 5.167

Probl. S.


= ce

A comporta AB é uma chapa retangular com 1,5 m de altura por 1,1 m de largura, de 260 kg de massa e é usada para fechar o canal de descarga na parte inferior de um reservatório de óleo. Como resultado da condensação no tanque, acu' mula água doce na parte inferior do canal. Calcular o momento M, aplicado em torno do eixo B da articulação, necessário para fechar a comporta contra as forças hidrostáticas da água e do óleo. A densidade relativa do óleo é 0,85.

comprimento está suspen-

~~rles, em dois pontos situa, ~ e distantes 280 m um de ~~

o cabo suporta uma grandf

-=:c distribuída, em relação ~ Ith encontrar a flecha h do cabo. ;Ll6), por aproximações sucesResp.

h

= 47,51:.

5.170

Ia ::z fi"oura.

li::

8.'

l

l

mrm

5.171

1

5.166 Probl. 5.168

(também chamado, na técdde carena) B do casco c..= 5i:ie do volume do líquido der 11. i::cixo apresenta os valores dE • EÇÕeStransversais do casco, :r tomada na linha d'água, p= ~":e a curva correspondente L ~e a distância x de B, n::;:~ direção à popa, com aproxi-

=

x (m)

A (m')

25

25,1 23,8 19,5 12,5 5,1

30 35

40 45 50

.....

A estrutura, projetada para observação da vida marinha sob o gelo, em águas do p610, consiste da câmara de observação, cilíndrica, ligada à superfície pelo eixo cilíndrico, aberto na parte superior, para acesso à câmara. O lastro está apoiado na prateleira situada na parte inferior da câmara. Para assegurar uma condição de estabilidade à estrutura, é necessário que suas pernas se apóiem sobre o gelo com uma força mínima de 15 por cento da força total de flutuação da estrutura imersa. Se a estrutura sem o lastro tem massa de 5,7 Mg fora d'água, calcular a necessária massa m do lastro de chumbo. A massa específica do chumbo é de 11,37 Mg/m3• Resp. m = 4,24 Mg

t

500N ·'1

~ I m+0,6m~

A viga AD está suportada e carregada como mostrado. O cabo que sustenta a carga de 1 200 kg está enrolado no tambor E, que, por sua vez, é travado ao seu suporte e não pode girar. Desprezar as dimensões dos flanges que fixam os suportes à viga em B e D e construir os diagramas de cisalhamento (força cortante) e de momentos para a viga carregada. Determinar o momento fletor M de maior intensidade e a distância x, na qual ele ocorre, da articulação A.

1200 kg

Probl. 5.171

O

Resp.

.5.167

9

,

, I f-<--1,2 m--+0,6 Probl.5.170

0,9m

+-6m~

Desenhar os diagramas de esforços cortantes e de momentos para a viga carregada. Determinar o momento fletor M que provoca a compressão máxima nas fibras superiores da viga. Resp. M= 52,8 N'm

Ai1H ~ H 900N/m

~ de esforços cortantes e d= • ~ nga em balanço carregad2..

/ 209

x=

24~

Probl. 5.169

5.172

Uma represa é formada pelas chapas planas A e B, cujos pesos são desprezíveis. As escoras C e D estão localizadas de 3 em 3 m ao longo do comprimento. Uma amostra da lama tem massa específica de 1,6 Mg/m 3. Determinar a compressão em C e D. Pode-se supor que todas as ligações sejam articuladas. Resp. C=474kN;D=88,3kN

5.173

A extremidade de um canal de água doce, com uma seção em V de 60°, está fechado pela chapa triangular A, inclinada. Calcular a força resultante R, exercida sobre a chapa A pela água, e a altura h do ponto sobre a chapa A através do qual R atua . Resp. R = 151,0 kN; h = 2 m

210 I ESTÁTICA

;;lÁgua= t~

5.175

-

:'- 1---=- ~B

:':doce' 3 fi

D

Probl. 5.172

A viga suporta uma carga uniformemente distribuída, como se vê na figura. Determinar o valor de x, de modo a tornar mínimo o.momento fletor máximo M, que atua na viga. Qual é o valor deM? Resp. M= 0,0214wP; x = 0,207l

~ x,.1

l

kx> i

Probl. 5.175

5.176

.Enquarito se efetuam reparos em seu cabo, as hélices do navio de assentar cabos exercem um empuxo para a frente de 300 kN, para manter uma posição fixa no mar calmo. A profundidade do oceano neste local é h, medida em metros, e observa-se que o cabo faz um ângulo de = 600 com a horizontal, onde ele entra na água, no ponto P. A massa do cabo é de 22 kg/m e a área de sua seção transversal é de 4 600 mm'. A massa específica da água salgada é 1,03 Mg/m3• Calcular o comprimento s do cabo do ponto P ao ponto onde o cabo toca o fundo do oceano, e encontrar a distância horizontal x deste ponto a um outro diretamente abaixo de P. Determinar a profundidade h do oceano. Calcular também o torque M sobre o tambor, de 2 m de diâmetro, de assentar o cabo, para impedi-Io de girar. (Nota. A carga vertical é a diferença entre o peso do cabo e o peso da água deslocada.) Resp. s = 3 070 m; x = 2330 m; h=1770m; M=600kN'rn (J

~

A

SeçãoA·A Probl. 5.173

5.174

A superfície da figura é gerada pela revolução do arco semicircular de raio b, 1800 em torno do eixo z. Determinar a distância r, do eixo z ao centróide da superfície. Resp.

r=

Probl. 5.174

1T(2a' + b') - 8ab 1T(1Ta-2b)

Probl. 5.176

6.1 -

INTRODUÇÃO

Supôs-se nos capí maioria dos casos, fossem sem atrito e foi ilustrada

muito pequeno, há um gra: de contato de suportarem superfícies que se tocam, s todas as superfícies reais qr as forças de atrito geradas e Em alguns tipos de atrito, como, por exemplo, escoamento de fluidos nas

situações, ao contrário, prc correias e nas cunhas. Os paradas, e o simples andar toda a natureza e existem, que são fabricadas e o de muitas vezes, denominado 01:1 o processo. Em todos os uma perda de energia, que i o atrito entre as peças em

SEÇÃO A. O FENÓMENO 6.2 -

TIPOS DE ATRITO

Existem vários tipos um destes tipos é resumi, os tipos mais comuns.

(a) Atrito seco. O a estão em contato sob cond: tangente às superfícies de como durante o tempo em

•. ~ uniformemente distrili :=2figura. Determinar o valor mínimo o.momento fleIIE m:Ia na viga. Qual é o valor

6

= 0,0214wl'; x = 0,207/

ATRITO

IILS.l75

reparos em seu cabo, as ESentar cabos exercem um te de 300 kN, para manter calmo. A profundidade ._, é h, medida em metros, e faz um ângulo de e = 600 :z ele entra na água, no ponI ::;óo é de 22 kg/m e a área de ~ é de 4600 mm'. A massa .~ é 1,03 Mg/m3. Calcular J .:c cabo do ponto P ao ponto 10 .:'::::::
=

êa.)

= 3 070 m; = 1770

m;

x = 2 330 m; M= 600 kN'm

6.1 -

INTRODUÇÃO

Supôs-se nos capítulos anteriores, que as forças de ação e reação entre as superfícies de contato, na maioria dos casos, fossem normais às superfícies. Essa hipótese caracteriza a interação entre as superfícies sem atrito e foi ilustrada no Ex. 2 da Fig. 3.1. Embora em muitos casos esta hipótese ideal acarrete um erro uito pequeno, há um grande número de problemas em que se deve considerar a capacidade das superfícies contato de suportarem forças tangenciais, assim como forças normais. As forças tangenciais, geradas entre mperfícies que se tocam, são conhecidas como forças de atrito e estão presentes em um grau qualquer entre todas as superfícies reais que se tocam. Sempre que existir a tendência de uma superfície deslizar sobre outra, forças de atrito geradas estarão sempre se opondo a essa tendência. Em alguns tipos de máquinas e processos é interessante tornar mínimo o efeito retardador das forças de mito, como, por exemplo, nos mancais de qualquer tipo, nos parafusos de acionamento, nas engrenagens, no escoamento de fluidos nas tubulações e na propulsão de aviões e mísseis através da atmosfera. Em outras situações, ao contrário, procura-se tirar vantagens do atrito, como nos freios, embreagens, transmissões por rreias e nas cunhas. Os veículos com rodas dependem do atrito tanto para as partidas quanto para as paradas, e o simples andar depende do atrito entre o sapato e o solo. As forças de atrito estão presentes em toda a natureza e existem, de modo considerável, em todas as máquinas, seja qual for o grau de precisão com são fabricadas e o de lubrificação que possuem. A máquina ou o processo em que se despreza o atrito é, 'tas vezes, denominado ideal. Quando se considera o atrito, usa-se o termo real para caracterizar a máquina o processo. Em todos os casos reais; onde ocorre deslizamento entre as peças, as forças de atrito acarretam a perda de energia, que é dissipada em forma de calor. Além de gerar calor e da perda associada de energia, atrito entre as peças em contato ocasionará desgaste durante o período de movimento relativo entre elas.

SEÇÃO A. O FENÓMENO ,.2 -

DO ATRITO

TIPOS DE ATRITO

Existem vários tipos distintos de resistências ocasionadas pelo atrito, encontradas na Mecânica. Cada destes tipos é resumidamente definido nesta seção. Na próxima, serão considerados, com mais detalhes, tipos mais comuns. (a) Atrito seco. O atrito seco é encontrado quando as superfícies, sem lubrificação, de dois sólidos, estão em contato sob condição de deslizamento ou de tendência ao deslizamento. Surge uma força de atrito tangente às superfícies de contato, não somente durante o tempo em que só há a tendência ao deslizamento, ~o durante o tempo em que o deslizamento é realizado. O sentido da força sempre se opõe ao movimento

212 I ESTÁTICA

ou quando o movimento está iminente. Este tipo de atrito é conhecido, também, com o nome de atrito de Coulomb. As leis do atrito seco ou de Coulomb foram grandemente estudadas a partir das experiências de Coulomb, em 1781, e dos trabalhos de Morin, de 1831 a 1834. Apesar de não ter uma teoria perfeita para o atrito seco, a análise fornece elementos suficientes para a solução da grande maioria dos problemas em que ele aparece, o que será visto no item 6.3. Esta análise constitui a base para a maior parte deste capítulo. (b) Atrito fluido. O atrito fluido aparece quando as camadas adjacentes em um fluido (líquido ou gás) movem-se com velocidades diferentes. Este movimento causa as forças de atrito entre os elementos do fluido, e estas forças dependem da velocidade relativa entre as camadas. Não havendo tal velocidade relativa, não haverá atrito do fluido. O atrito fluido depende não somente dos gradientes de velocidade no interior do fluido, como também da viscosidade do mesmo, que é uma medida de sua resistência à ação de cisalhamento entre as camadas do fluido. O atrito fluido é tratado no estudo da mecânica dos fluidos e não será desenvolvido neste livro. (c) Atrito interno. O atrito interno é encontrado em todos os materiais sólidos submetidos a uma carga cíclica. Para materiais altamente elásticos, a volta ao estado inicial sem deformação processa-se com pequena perda de energia, causada pelo atrito interno. Para os materiais de baixo limite elástico e que sofrem apreciáveis deformações plásticas, durante o carregamento, a quantidade de atrito interno, que acompanha esta deformação, pode ser considerável. O mecanismo do atrito interno está associado com a ação da deformação por cisalhamento. O estudante deve consultar uma obra especializada para obter a descrição detalhada do fenômeao. Como este livro trata, principalmente, dos efeitos externos das forças, não se considerará atrito interno daqui para frente.

6.3 -

ATRITO SECO

O restante deste capítulo será dedicado a descrever os efeitos do atrito seco nas superfícies externas de corpos rígidos. O mecanismo do atrito seco será agora explicado, em detalhes, com auxílio de uma experiência bastante simples.

(a) Mecanismo do Atrito. Consideremos um bloco sólido de massa m, em repouso sobre uma superfície horizontal, como é mostrado na Fig. 6.1a. As superfícies de contato possuem uma certa aspereza. A experiência envolve a aplicação de uma força horizontal P, que varia continuamente de zero até um valor suficiente para mover o bloco e dar-lhe uma velocidade apreciável. O diagrama de corpo livre do bloco, para

um valor qualquer bloco. Esta força de corpo, sobre o qual R, exercida pela su laridades das superfí . necessariamente inte: R3 etc., sobre o bl extensão da deform um dos pontos de c' a força total de atrito F relativo, os contatos R serão menores do que fato bem conhecido que a exigida para iniciá·lo, Suponhamos, agor, como uma função de P equiHbrio exige que rrãii sempre igual e em senequilíbrio, e todas as atinge um valor que ocaJ meSmo momento, a fo~ ticamente constante, por A região até o pon estático, e o valor da fo valor de zero até, e in valor máximo Fa max. ' do l

onde /ls é a constante de cuidadosamente, que em dando nenhuma indicaçã{ que se sabe que o movimf Ao iniciar o deslizaI

pouco menor do. que a f( normal. Portanto,

(a)

Atrito estático FI (sem : Atrito dinâmico movimento)1 (movimento) ~~

I

~, I F,;mãx~=l1sN-: I I

{'Fk=l1kN p (d)

(c)

Fig.6.1

onde /lk é o coeficiente velocidade do bloco, o cc efeito da lubrificação p grandemente das condiçõ estão sujeitos a grandes' É costume escrever l

Estará subentendi

estático correspondente, ( car, uma vez mais, que a1g à iminência do movimento

ATRITO

com o nome de atrito de partir das experiências de ~ mna teoria perfeita para o - . dos problemas em que • parte deste capítulo. em um fluido (líquido ou :i:toentre os elementos do ~do tal velocidade relativa, ,de velocidade no interior do J ~

p

- 'a à ação de cisalhamento • t!:lidos e não será desenvol- 3Ólidos submetidos a uma ;rmação processa-se com elástico e que sofrem interno, que acompanha -':0 com a ação da deforma. a descrição detalhada do não se considerará atrito

superfícies externas de auxilio de uma experiên,

repouso sobre uma superuma certa aspereza. A .te de zero até um valor corpo livre do bloco, para

f 213

um valor qualquer de P, aparece na Fig. 6.1b. Denomina-se F, a força de atrito exercida pelo plano sobre o bloco. Esta força de atrito estará sempre em sentido oposto ao movimento, ou à tendência ao movimento do corpo, sobre o qual ela atua. Existe também uma força normalN que, neste caso, iguala-se aP, e a força total R, exercida pela superfície de suporte sobre o bloco, é a resultante de N e F. Uma vista aumentada das irregularidades das superfícies em contato (Fig. 6.1 c) auxiliará a visualização da ação mecânica do atrito. O apoio é necessariamente intermitente e ocorre nas saliências em contato. A direção de cada uma das reações, R 1, R2 , R3 etc., sobre o bloco, dependerá não somente da geometria do perm das irregularidades, mas também da extensão da deformação local, assim como da solda, que pode ocorrer sobre uma minúscula crosta em cada um dos pontos de contato. A força normal totalN é simplesmente a soma das componentes n das forças R, e a força total de atrito F é a soma das componentes t das forçasR. Quando as superfícies estão em movimento relativo, os contatos estão, aproximadamente, na parte superior das saliências, e as componentes t das forças R serão menores do que quando as superfícies estão em repouso relativo. Esta consideração ajuda a explicar o fato bem conhecido que a forçaP, necessária para manter o movimento do bloco, é geralmente menor do que a exigida para iniciá-Io, quando as irregularidades estão mais intimamente engrenadas. Suponhamos, agora, que a experiência descrita tenha sido realizada e que a força de atrito F foi medida como uma função de P. A relação experimental que resulta está indicada na Fig. 6.1d. Quando P = O, o equilíbrio exige que não haja força de atrito. À medida que P cresce, a força de atrito vai acompanhando, sempre igual e em sentido contrário, desde que o bloco não deslize. Durante esse tempo, o bloco está em equilíbrio, e todas as forças que sobre ele agem devem satisfazer às equações de equilíbrio. Finalmente P atinge um valor que ocasiona o deslocamento do bloco e o faz mover-se no sentido da força aplicada. Neste mesmo momento, a força de atrito cai, abruptamente, para um valor um pouco menor. Aí ela se mantém praticamente constante, por um período, mas então cairá ainda um pouco mais com velocidades maiores. A região até o ponto de deslizamento, ou movimento iminente, é conhecida como a variação do atrito estático, e o valor da força de atrito é determinado pelas equações de equilfbrio. Esta força pode ter qualquer valor de zero até, e incluindo no limite, o valor máximo. Para um dado par de superfícies em contato, este valor máximo Famax. ' do atrito estático é proporcional à força normal N. Assim

onde J1s é a constante de proporcionalidade, conhecida como o coeficiente de atrito estático. Deve-se notar, cuidadosamente, que esta equação define, somente, o valor limite ou máximo da força de atrito estático, não dando nenhuma indicação de nenhum outro valor menor. Assim, essa equação somente se aplica nos casos em que se sabe que o movimento é iminente. Ao iniciar o deslizamento, surge a condição de atrito dinâmico. A força de atrito dinâmico é sempre um pouco menor do que a força máxima de atrito estático. A força de atrito dinâmico Fk é proporcional à força normal. Portanto,

onde J1k é o coeficiente de atrito dinâmico. Conclui-se que J1k éum pouco menor do que J1s' Aumentando a velocidade do bloco, o coeficiente de atrito dinâmico diminui um pouco e, atingindo-se altas velocidades, o efeito da lubrificação por um f1lme fluido pode tomar-se apreciável. Os coeficientes de atrito dependem grandemente das condições exatas em que se encontram as superfícies e da velocidade de deslizamento, e estão sujeitos a grandes incertezas. É costume escrever as duas equações que dão as forças de atrito, sem os índices de particularização

F=pN.

(6.1)

Estará subentendido no problema, se se trata de atrito estático, no limite, com seu coeficiente de atrito estático correspondente, ou de atrito dinâmico com seu coeficiente dinâmico correspondente. Deve-se destacar, uma vez mais, que alguns problemas contêm uma força de atrito estático menor do que a correspondente à iminência do movimento e, nesses casos,a equação de atrito não pode ser empregada.

214

I

ESTAnCA

Pode-se observar, na Fig. 6.10, que para superfícies rugosas há maior possibilidade de ângulos grandl ~ entre as reações e a direção n, do que no caso de superfícies mais bem acabadas. Assim, um coeficiente d:: atrito reflete o acabamento de um par de superfícies em contato e incorpora uma propriedade geométri, destes contornos que se tocam. Não tem sentido falar de coeficiente de atrito para uma superfície isoladz.. A direção da resultante R, na Fig. 6.1 b, medida a partir da direção de N, é dada por tg a= F/lÇQuando a força de atrito atinge seu valor estático máximo, o ângulo a alcança um valor máximo 1/>8' Assin: tg

1/>8

= N·

J.18

Quando o deslizamento ocorre, o ângulo a passa a ter um valor dinâmico. Analogamente

I/>d

correspondente

à força de atri

É comum escrever-se simplesmente tgl/>

=Jl.,

deixando-se a interpretação de atrito dinâmico ou atrito estático, para ser feita pelos dados do problema qu= se tiver em mãos. O ângulo 1/>8 é chamado ângulo de atrito estático ou ângulo de repouso, sendo I/>k o ângult; de atrito dinámico. Este ângulo de atrito I/> defme claramente, em cada caso, a posição limite da reação totL R, entre duas superfícies em contato. Se o movimento estiver iminente, R será a geratriz de um cone circuk:: reto com ângulo de abertura 21/>8' como se vê na Fig. 6.2. Se o movimento não estiver iminente, R estar! dentro do cone. Esse cone de ângulo do vértice 21/>8 é conhecido como o cone de atrito estático, e represent~ a superfície gerada pelas possíveis posições da reação R, no movimento iminente. Se o movimento tive: início, aplica-se o ângulo de atrito dinâmico, e a reação deve situar-se sobre a superfície de um cone ligeira mente diferente, de ângulo do vértice 21/>k' Este cone é o cone de atrito dinámico.

(b) Tipos de Prob tipos de problemas de categoria ele se enquad1a.

(1) No primeiro imiar do escorregamen equações do equilíbrio (2) No segundo .' ter valores menores do de atrito será determinal

se a força de atrito é ~ equilíbrio e a força de equações de equilíbrio. E.s mperfícies podem supo = J.18' Se F for menor mportada pela superfície, n.lor limite, conclui-se qu< equilíbrio e, em conseq(3) O terceiro tipo se aplica o coeficiente de força de atrito dinâmico.

A discussão precede mperfícies em movimente dados na Tab. C1, Apên' dependendo das condiçõe os típicos da intensidal: eferível, na maioria das experiências, reproduzir, o


Fig.6.2

Uma experiência adicional mostra que a força de atrito é essencialmente independente da área ê= contato, aparente ou projetada. A área de contato real é muito menor do que a projetada, visto que someI::: os picos das irregularidades das superfícies em contato suportam a carga. Relativamente, pequenas caI"? normais resultam em altas tensões nesses pontos de contato. Quando a força normal aumenta, a área h contato também aumenta, quando o material sofre escoamento, esmagamento ou cisalhamento, nos po de contato. A apresentação de uma teoria ampla para o atrito seco vai além da explicação mecânica apr~tada aqui. Por exemplo, há razões para se acreditar que a atração molecular seja uma importante causa -:CS' atrito, quando as superfícies estão em íntimo contato. Outros fatores que afetam o atrito seco são ~ temperatura atingida nos pontos de contato e "soldagem" desses pontos, dureza superficial relativa superfícies em contato e a presença de películas de óxidos, óleos, poeiras ou outras substâncias.

Determinar o ângulo II tável pode fazer com a hl começar a deslizar. O coei e a superfície inclinada é lOl

Solução. O diagrama peso W = mg, a força nor pelo plano inclinado sobn 'sentido contrário ao do , houvesse atrito. O equilíbrio nas direçõl [l:Fx

= O]

[l:Fy

= 01

mg sen 8 -

-mg

cos

8-

ATRITO

~de

de ângulos grandes,

jL _-\sSim,um coeficiente

de ~ propriedade geométrica p.ra uma superfície isolada. ,~ é dada por tg 0:= FIN. !-:: valor máximo rf>s. Assim

lIpOlldente à força de atrito

(6.2) dados do problema que sendo rf>k o ângulo ~o limite da reação total ~ de um cone circular estiver iminente, R estará ~~o estático, e representa "_ Se o movimento tiver 'cie de um cone ligeira,s

~re[XJUSO,

I

(b) Tipos de Problemas de Atrito. Pelo que foi apresentado, pode-se reconhecer a existência de três tipos de problemas de atrito seco. O passo inicial na solução de problemas de atrito é identificar em que categoria ele se enquadra. (1) No primeiro tipo, existe a condição de movimento iminente, onde um corpo em equilíbrio está no ' = !J.sN. Naturalmente, as limiar do escorregamento e a força de atrito é igual ao atrito estático limite, Fs max. equações do equilíbrio também são válidas. (2) No segundo tipo de problema, não existe o movimento iminente e, portanto, a força de atrito pode ter valores menores do que o fornecido pela Eq. 6.1 com o coeficiente de atrito estático. Neste caso a força de atrito será determinada, somente, pelas equações de equilíbrio. Em problemas deste tipo, procura-se saber se a força de atrito é suficiente, ou não, para manter o corpo em repouso. Para isso, supõe-se o corpo em equilíbrio e a força de atrito correspondente, necessária para manter este estado, pode ser calculada pelas equações de equilíbrio. Esta força de atrito pode, então, ser comparada com o atrito estático máximo que as superfícies podem suportar, fornecido pela Eq. 6.1, calculando-se com o coeficiente de atrito estático, = !J.s. Se F for menor do que o valor dado pela Eq. 6.1, conclui-se que a força de atrito suposta poderá ser suportada pela superfície, e o corpo permanecerá em repouso. Se o valor calculado de F for maior do que o nlor limite, conclui-se que as superfícies em contato não podem suportar esta força de atrito, necessária para equilíbrio e, em conseqüência, haverá movimento e o atrito se transformará em atrito dinâmico. (3) O terceiro tipo de problema envolve o movimento relativo entre as superfícies em contato, e aqui se aplica o coeficiente de atrito dinâmico. Para este caso, a Eq. 6.1 com !J. =!J.s dará sempre, diretamente, a ça de atrito dinâmico. A discussão precedente se aplica a todas as superfícies secas em contato e, até um certo grau, para mperfícies em movimento, parcialmente lubrifica das. Alguns valores típicos dos coeficientes de atrito são os na Tab. CI, Apêndice C. Estes valores são aproximados e estão sujeitos a consideráveis variações, ndendo das conclições exatas que prevalecerem na ocasião. Entretanto, podem ser usados como exemtípicos da intensidade dos efeitos causados pelo atrito. Quando se desejar precisão no cálculo, será ferível, na maioria -das vezes, determinar os coeficientes de atrito experimentalmente, procurando-se, nas aperiências, reproduzir, o mais exatamente possível, as condições do problema.

Problema Resolvido 6.1 Determinar o ângulo máximo {], que o plano inclinado ajustável pode fazer com a horizontal, antes do bloco de massa m começar a deslizar. O coeficiente de atrito estático entre o bloco e a superfície inclinada é !J.s.

mdependente da área de 'etada, visto que somente ente, pequenas cargas: al aumenta, a área de cisa1hamento, nos pontcn ~ção mecânica aprese - uma importante causa de o atrito seco são al superficial relativa bstâncias.

da5

215

Solução. O diagrama de corpo livre do bloco mostra seu peso W = mg, a força normal N e a força de atrito F exercida pelo plano inclinado sobre o bloco. A força de atrito atua no Sentido contrário ao do escorregamento que ocorreria se não houvesse atrito. O equilíbrio nas direções x e y obriga, {1:Fx=O] I1:Fy

= O]

mgsen{]-F=O -mg cos {]+N=

F=mgsen{] O

N= mg cos {]

Notas:
Escolhemos os eixos de referência na direção da força F e perpendicular a ela para evitar decompor F e N.

~ 216 / ESTÁTICA

Dividindo a prim~ira equação pela segunda, dá F/N = tg e. Como o ângulo máximo ocorre quando F = F x max. ' = J.l.sN,para o movimento iminente, tem-se: 2

!J.s

ou

= tg emáx.

(%)

Este problema mostra um modo muito simples para se determinar um coeficiente de atrito estático. O valor máximo de e é conhecido como ângulo de repouso.

O sinal negativo signifi brio, a força de atrito que I ao suposto e, portanto, p;II pela seta tracejada. Não ~ até se verificar se as sUper de atrito de 134 N. Isto po na segunda equação, que di

Determinar a faixa de valores que a massa mo pode ter, de modo que o bloco de 100 kg, representado na figura, não comece a se mover para a parte superior do plano, nem a deslizar para a parte inferior. O coeficiente de atrito estático entre as superfícies em contato é 0,30.

A força de atrito estáti. suportar, é então

Solução. O valor máximo de mo será dado pela condição de movimento iminente do bloco subindo o plano. A força de atrito sobre o bloco atua, portanto, para baixo do plano, como é mostrado no diagrama de corpo livre do bloco, no Caso I da figura. Com o peso mg = 100 (9,81) = 981 N, as equações de equilíbrio são

= O]

W=

F=

JJ.N]

P;Fx=

N - 981 cos 20° =

O]

N=

O

0,30 (922)

= 62,4

= O]

F=

= 6,0

Resp.

Resp.

Assim, mo pode ter qualquer valor de 6,0 kg a 62,4 kg, e o bloco permanecerá em repouso.

I

F= 231 Porém, a força de atrito, [F

Nota:
O

kg.

134~-

Caso 11. P = 100 N. A substituição nas duas

O

kg.

mo (9,81) + 277 - 981 sen 20° = mo

Como esta força é maie segue que a hipótese do t então,

= 277 N

O valor mínimo de mo é determinado, quando o movimento é iminente para baixo do plano. A força de atrito sobre o bloco atuará para cima do plano, para opor-se à tendência ao movimento, como está mostrado no diagrama de corpo livre do Caso 11. O equilíbrio na direção x exige [~Fx

Fmáx.=

922N

mo (9,81) - 277 - 981 sen 20° = mo

E

Resp.

emáx. = arc tg J.l.s


P;Fy

Casol. P = 500 N. A primeira das equaçõel

Vemos dos resultados do Probl. Resolvido 6.1 que o bloco escorregaria no plano incli· nado se não houvesse a massa mo presa a ele, pois tg 20° > 0,30. Assim será necessário um valor de mo para manter o equilíbrio.

= JJ.N]

Fmáx. =

O que mostra que uma suportada. Portanto, não pc da força de atrito é obtido atrito, acompanhando o mO to, a resposta é W=J.l.N]

F=0,17(956)=

Problema Resolvido 6.3 Determinar o valor e o sentido da força de atrito que atua sobre o bloco de 100 kg, mostrado, se, primeiro, P = 500 N e segundo, P = 100 N. O coeficiente de atrito estático é 0,20 e o coeficiente de atrito dinâmico é 0,17. As forças estão aplicadas com o bloco inicialmente em repouso.

p

Problema Resolvido 6.4 Pelos dados do problema, não se pode dizer se o bloco fica em repouso ou desliza, ao se aplicar a forçaP. É necessário, portanto, admitir-se uma hipótese. Suponha-se que a força de atrito esteja dirigida para cima, como está representada pela seta em linha cheia. O equilíbrio das forças nas direções x e y dá Solução.

Y, 100(9,81) = 981 N

\I

~x

O bloco retangular homu H, está colocado sobre a força horizontal P, que meJ velocidade constante. O coe bloco e a superfície é Dei permite o bloco deslizar sem C, na face inferior do bloco ças de atrito e a normal, se h . J.I..

[~Fx

= O]

P cos 20° + F - 981 sen 20° =

O

[~Fy

= O]

N -P

O.

sen 20° - 981 cos 20° =

N

ATRITO

~ =ostra um modo muito sim1

~ar

~.I

P = 500 N. A primeira das equações dá

Caso I.

um coeficiente de ~lo de máximo repouso. O valor

1217

F=

de e é

-134N.

O sinal negativo significa que, se o bloco estiver em equilíbrio, a força de atrito que atua sobre ele estará no sentido oposto ao suposto e, portanto, para baixo do plano, como representado pela seta tracejada. Não se pode, porém, concluir o valor de F, até se verificar se as superfícies são capazes de suportar a força de atrito de 134 N. Isto pode ser feito substituindo-se P = 500 N na segunda equação, que dá

N=

1093 N.

A força de atrito estático, máxima, que as superfícies podem suportar, é então

[F=

pN]

Fmáx.

= 0,20

(l 093)

=

219 N.

Como esta força é maior do que a exigida para o equilíbrio, segue que a hipótese do equilíbrio foi correta. A resposta é então, Caso I

F

= 134 N para

baixo do plano.

Resp.

Caso fI. P = 100 N. A substituição nas duas equações de equilíbrio dá F=231N

N=956N.

Porém, a força de atrito estático, máxima possível, é

[F =pN]

Caso II

os do Probl. Resolvido lCl: =rregaria no plano inctie:y-...sse a massa m o presa a F > 0,30. Assim será necesIr ~ mo para manter o equi-

Fmáx.

= 0,20 (956) = 191 N.

O que mostra que uma força "deatrito de 231 N não pode ser suportada. Portanto, não pode haver equilíbrio e o valor correto da força de atrito é obtido usando-se o coeficiente dinâmico de atrito, acompanhando o movimento para baixo no plano. Portanto, a resposta é [F

=

j.lN]

F

= 0,17 (956) = 163 N para cima do plano.

Resp.

Nota:

(í) Note-se que mesmo não sendo mais 'EFx o equilíbrio persiste na direção y, de modo que 'EF = O. Portanto, a força normal N é 956 esteja ou não em equilíbrio o bloco.

J:

Problema Resolvido 6.4 O bloco retangular homogêneo de massa m, largura b e altura H, está colocado sobre a superfície horizontal e sujeito a uma

- ·00 __--""x

~ ~ ~~

,F

.•..•.

(9,81)

N

= 981 N

força horizontal P, que move o bloco na superfície com uma velocidade constante. O coeficiente de atrito dinâmico entre o bloco e a superfície é IJ.. Determinar: (a) o maior valor de h que permite o bloco deslizar sem tombar; (b) a localização doponto C, na face inferior do bloco, pelo qual passe a resultante das forças de atrito e a normal, se h = H/2.

r

r-b--j

r

P

h m

218 I ESTÁTICA

1

[:EFy

Solução. (a) Com o bloco na iminência de tombar, vê-se que toda a reação entre o plano e o bloco estará em A. O diagrama de corpo livre do bloco mostra esta condição. Como ocorre o deslizamento, a força de atrito é o valor limite }JN, e o ângulo e torna"se e = arc tg p.. A resultante de F e N passa pelo ponto B, por"onde também deve passar P, pois as três forças coplanares em equilíbrio são concorrentes. Daí, da geometria do bloco: tg e

= p. =

B

,,---

P I

h /h11G

F

I;{

I

~

mg

([3/e~-º-~ N2

Será arbitrariamente escorregue, permaneceIlJ

Resp.

b/2

h '

= O]

Se h for maior que este valor, a condição de equilíbrio dos momentos em torno de A não será satisfeita e o bloco tombará. (b) Com h = H /2 vê-se do diagrama de corpo livre para o caso (b) que a resultante de F e N passa pelo ponto C que está a uma distância x à esquerda da linha de centro vertical que passa por G. O ângulo e é ainda e = = arc tg p. enquanto o bloco estiver deslizando. Assim, da geometria da figura tem-se:

G

[F=p.N]

---j

;d C/ l'1-mg I

p .

H

1" ------L

O equilíbriO de forças iminente, dá:

[:EFx

2

x H2 -/-

= tg e = p. de modo que

x = p.H/2

Resp.

Se p. representasse o coeficiente de atrito estático, as soluções obtidas descreveriam as condições, a partir da posição de repouso, para as quais o bloco estaria (a) na iminência de tombar e (b) na imÚlência de deslizar.

= O]

P - 76,,5 "

Notas: Verifica-se; agora, a de 40 kg, com F2 = 272.
®

Lembre-se que as equações de equilíbrio se aplicam a um corpo movendo com velocidade constante (aceleração nula) tão bem como em um corpo em repouso.

Outra alternativa seria igualar os momentos em torno de G a zero, o que daria F(H/2) - Nx = O. Assim, com F = p.N, tem-se x = p.H /2.

P:;Fx=

O]

272 +

Porém, o máximo (1019) = 459 N. Portant hip6tese inicial estava errall mento ocorre entre o bl. valor correto F3 = 459 h',

O equillbrio do bloco [:EFx

= O]

Problema Resolvido 6.5 Os três blocos estão posicionados sobre um plano inclinado de 30° conforme mostrado e uma força P, paralela ao plano inclinado é aplicada ao bloco do meio. O bloco superior é impedido de mover-se por um fio preso a um suporte fixo. Estão mostrados na figura os coeficientes de atrito estático para cada um dos três pares de superfícies adjacentes. Determine o máximo valor que P pode ter antes de ocorrer qualquer deslizamento.

I}

Solução. Traça-se o diagrama de corpo livre de cada bloco . As forças de atrito são orientadas no sentido oposto ao movimento relativo que ocorreria se não houvesse atrito presente. Existem duas condições possíveis de movimento iminente: ou o bloco de 50 kg escorrega, permanecendo parado o bloco de 40 kg, ou os blocos de 50 kg e 40 kg se movem juntos, ocorrendo escorregamento entre o bloco de 40 kg e o plano inclinado. As forças normais, que estão na direção y, podem ser determinadas sem nenhuma referência às forças de atrito, que estão na direção x. Assim:

.oBLEMAS PROPO Notas: (i) Na ausência de atrito, o bloco do meio, sob influência de P, teria um movimento maior que o bloco de 40 kg e a força de atrito F2 terá, portanto, a direção oposta a este movimento, conforme está mostrado.

J

_

O bloco de 100 kg zontal e uma força P, aplicada a ele. Se P = : mover-se quando o â calcular o coeficiente bloco e a superfície.

ATRITO

P:Fy=

O]

(30 kg) NI

P

N2

=O

-

50(9,81) cos 30° - 255

-

40(9,81) cos 30° - 680 = O

= 680 N

(40 kg) N3

=O

= 255 N

(50 kg) N2

NI - 30(9,81) cos 30°

=

N3

1 019 N

Será arbitrariamente suposto que somente o bloco de 50 kg escorregue, permanecendo no lugar o bloco de 40 kg. Tem-se

w=

FI = 0,30(255) = 76,5 N

fJN]

F, = 1-mg

/'

/'

x/'

0,40(680) = 272 N

2

I --..t ~m--li I

P

:r

o equilíbrio de forças para o bloco de 50 kg, para movimento iminente, dá: (1:Fx

= O]

P - 76,5 - 272

= O,

+ 50(9,81) sen 30°

P= 103,1 N Verifica-se; agora, li validade da hipótese inicial. Para o bloco de 40 kg, com F2 = 272 N, a força de atrito F3 será dada por:

=:sequações de equilíbrio se movendo com velocidaI(a::nação nula) tão bem como •eo :epouso. •

.::::!iJ>O

seria igualar os momen• ~ G a zero, o que daria Er = O. Assim, com F = JJN,

(1:Fx

= O]

272 + 40(9,81) sen 30° - F3

= O]

o equillôrio (1:Fx

= O]

F2

+ 40(9,81) sen 30° - 459 = O

F2

P

+ 50(9,81) sen 30° - 263 - 76,5

N

= 263 N

= 93,8

= O,

N

OBLE~SPROPOSTOS o

o

= 468

do bloco de 50 kg dá, fmalrnente,

P

t ztito, o bloco do meio, sob P. ~ um movimento maior r .(.;J kg e a força de atrito F2 r ;t Cireção oposta a este moestá mostrado.

F3

Porém, o máximo valor possível de F3 é F3 = IJ.N3 = 0,45 (1 019) = 459 N. Portanto, 468 N não pode ser suportado e a hip6tese inicial estava errada. Conclui-se, então, que o escorregamento ocorre entre o bloco de 40 kg e o plano inclinado. Com o mor correto F3 = 459 N, o equilíbrio do bloco de 40 kg requer: (1:Fx

r_

=O

bloco de 100 kg repousa sobre a superfície horizontal e uma força P, cuja direção pode variar, é aplicada a ele. Se P = 500 N e o bloco começar a mover-se quando o ângulo a aumentar para 60°, calcular o coeficiente de atrito estático IJ. entre o bloco e a superfície. Resp. fJ = 0,592

® Resp.

Vemos, agora, que = 272 N.

F,

é menor que

/ Probl. 6.1

P

JJN2

I 219

220

6.2

I

ESTA T1CA

Calcular a forçaP necessária para mover, para cima, no plano inclinado de 300, o bloco de 50 kg.

pouso. Supor que.o o deslizamento. Qual é mo, que permitirá e!D I deslizamento? Regp..

;r-


2400mmj

6.7 6.3

As tenazes são usadas para se manipular tubos é= aço quentes, que estão sendo tratados termicame:::te em um banho de óleo. Para uma abertura de 2[f das mandíbulas, qual é o coeficiente de atrito míC:mo IJ.,entre as mandíbulas e o tubo, que permita tenaz apertar o tubo sem deslizamento? Resp. IJ.mín. = 0,11"

A força horizontal P de 200 N é aplicada ao caixote de 100 kg para forçá-Io a deslizar para baixo no plano inclinado. Se o coeficiente de atrito entre o caixote e o plano inclinado é 0,70, calcular a força de atrito F que atua sobre o caixote. Resp. F = 523 N

ProbL

F

r

Determinar a força causar o deslizamenta. cientes de atrito para em contato. O bloco 51 verticalmente.

~

20°

L

Probl. 6.3

F Probl. 6.7

6.4

o

coeficiente de atrito entre o bloco e o plano inclinado é p.. Determinar o valor de x de modo que a força P necessária para iniciar o movimento para cima do plano seja a menor possível. Desprezar o raio da polia.

6.8

A figura mostra um dispositivo que preride u::. cabo sob tração, em virtude da grande força é= atrito desenvolvida. Para a posição mostrada, det5:minar o mínimo coeficiente de atrito entre o cab: e as peças que torne o dispositivo auto-retentc:: Calcular, também, a reação total R no apoio 6cada peça. 600 N

t

11

A roda de 900 mm 30 kg. Determinar o co girar a roda sobre o deg horizontal. Especificar mo que deve existir evitar o deslizamento Resp. M=

Probl.6.4

6.5

6.6

Se, no Probl. 6.1, P = 500 N e p. = 0,30, determinar o valor de a, que aumenta gradativamente, em que ocorre o início do deslizamento do bloco. Resp. a = 17,60 Determinar o valor máximo da distância d, em termos -de 1, na qual a extremidade inferior da escora, de massa desprezível, pode ser colocada e ainda suporte a prancha, sem deslizamento. O coeficiente de atrito é 0,30.

Probl. 6.8

6.9

A roda de 100 kg, rola sobre o cubo, para cima d:: rampa em forma circular, sob a ação da massa C= 25 kg, ligada a uma corda em torno do seu Determinar o ângulo e no qual a roda fica em Te-

O bloco retangular, hOl pousa sobre o plano m: em torno de um eixo

ATRITO

I 221

Se o coeficiente de atrito estático entre o bloco e o especificar as condições que determiplano for nam se o bloco tomba antes de deslizar ou se desliza antes de tombar, quando o ângulo e for aumentando gradualmente.

pouso. Supor que o atrito seja suficiente para evitar o deslizamento. Qual é o coeficiente de atrito mínimo, que permitirá esta posição ser alcançada sem deslizamento? Resp. e = 32,2°; J.Lmín.= 0,630

J-L,

t

I '

2400 mmj

.:a::s para se manipular tubos de

ãl sendo

tratados termicamen· &eco Para uma abertura de 20° ~ é o coeficiente de atrito míni· ~ e o tubo, que permita a 3IEID deslizamento?

k

Probl. 6.12

k

Resp.

25 kg

Probl. 6.9

J-Lmín.= 0,176

6.13

F 10 Determinar a força horizontal P necessária para causar o deslizamento. Estão indicados os coeficientes de atrito para os três pares de superfícies em contato. O bloco superior é livre para mover verticalmente.

Determinar o máximo ângulo e que pode ser inclinado, a partir da horizontal, o bloco com o corte em V, antes que o cilindro maciço inicie o deslizamento. O coeficiente de atrito é j;.. Resp. e = arc tg (J-L/cos Q()

F 6.7

dispositivo que preride um Yirtude da grande força de a posição mostrada, deter- . ,nte de atrito entre o cabo o dispositivo auto-retentor. =ção total R no apoio de

Probl. 6.10

.11

A roda de 900 mm de diâmetro tem massa de 30 kg. Determinar o conjugado M necessário para girar a roda sobre o degrau de 90 mm sobre plano horizontal. Especificar o coeficiente de atrito mínimo que deve existir entre a roda e o degrau para evitar o deslizamento da roda. Resp. M= 79,5 N -m; J-Lmín.= 0,75

Probl. 6.13

6.14

Um bloco homogêneo, de massa m está em repouso sobre um plano inclinado de ângulo e. Determinar a força P máxima, que pode ser aplicada ao bloco na direção mostrada, antes que se inicie o deslizamento. O coeficiente de atrito entre o bloco e o plano inclinado é Determinar, também, o ângulo {3 entre a direção horizontal de P e a direção do movimento inicial do bloco. J-L.

Probl. 6.11 sobre o cubo, para cima dz , sob a ação da massa de _ ::orda em torno do seu aro.. S no qual a roda fica em re-

6.12

O bloco retangular, homogêneo, de massa m, repousa sobre o plano inclinado, que está articulado em torno de um eixo horizontal que passa por O.

Probl. 6.14

222

6.15

I

ESTATlCA

O caixote de 200 kg, com centro de massa em G está suportado sobre superfícies horizontais por um apoio em A e um rolete em B. Se é necessária uma força P de 400 N para iniciar o movimento do caixote, determinar o coeficiente de atrito em A. Resp. = 0,34

6.18

J.L

O anel do Probl. 6.17 está sujeito a uma força ho~ zontal P, conforme mostrado. Se o deslizamen:: sobre o suporte em A ocorrer quando {3tiver ;: valor de 600, durante um aumento gradativo C::: valor de P, determinar o coeficiente de atrito _ entre o anel e o suporte. Expressar, também, = valor de P, em função da massa m do anel, quan-'se iniciar o deslizamento.

6.21

Calcular a força. do cabo telefônico cubo e está enco coeficiente de átri em contato, é 0,60..

6.22

Uma bobina de papel te, subindo o plano tração T, aplicada ao horizontalmente para! de atrito entre a bo- ~ Demonstrar se a bo mento ou se ela deslizi

6.23

A mand1bula esquerài lizar ao longo da do grampo. Para e . Ia sobre a guia, q carga, a dimensão x mínimo. Encontrar dimensões dadas a e to p. entre a guia e folga.

Probl.6.15

6.16

O centro de massa do pam:el vertical de 800 kg está em G. O painel está montado em rodas que facilitam o movimento horizontal ao longo do trilho fixo. Se o mancal da roda em A grimpar, impedindo-a de girar, calcular a força P necessária para mover o painel. O coeficiente de atrito entre a roda e o trilho é 0,30.

Probl. 6.18

6.19

O cilindro homogêneo com 200 kg de massa = suportado pelo rolo, que gira com atrito despr=vel. Se o coeficiente de atrito entre o cilindro e .!. superfície vertical for 0,6, calcular o torque M I:Ecessário para girar o cilindro. Encontrar também :E reação R sobre o mancal do rolo, quando M aplicado. Resp. M= 303 N 'm; R = 1 683~-

r

Probl.6.16 Probl. 6.19 6.-17 Um anel de metal, de espessura desprezível, tem massa m e raio médio r e está pendurado no suporte A. Se o coeficiente de atrito entre o anel e o suporte é J.L, determinar a força verticalP, aplicada na periferia do anel, necessária para fazê-Io deslizar sobre o suporte. Determinar, também, o ângulo {3 no qual ocorre o deslizamento. J.L

Resp.

P = mg

.J 1 + J.L' -J.L ; {3=

6.20

A roda, representada na figura, rolará para a querda, quando o ângulo a da corda for pequeno, = para a direita, quando a for grande. Examinando = diagrama de corpo livre, determinar o ângulo :: para o qual a roda não rolará.para lado nenhum. S= o coeficiente de atrito for e a massa da roda calcular o valor de P para o qual a roda des]i7~ para o valor crítico de a. J.L

arc tg

J.L

L= b

t Probl. 6.17

Probl. 6.20

-J

a -

Probl

ATRITO / 223

_ - está sujeito a uma força hori:::Jostrado. Se o deslizamento

6.21

e=:~4um ocorrer quando {3tiverdoo aumento gradativo ~

o coeficiente de atrito JJ ::::?Drte. Expressar, também, o . ~ da massa m do anel, quando

Calcular a força T necessária para girar o carretel do cabo telefônico de 200 kg, que repousa sobre o cubo e está encostado em uma parede vertical. O coeficiente de atrito, para cada par de superfícies em contato, é 0,60. Resp. T= 727 N

6.24

Calcular o torque M exigido para girar a roda homogênea de massa m, em sua posição contra a parede vertical. O coeficiente de atrito, para cada par de superfícies em contato, é Jl.

-===.

Probl. 6.24

6.25 6.18

6.22

com 200 kg de massa é

çre gira com atrito desprezí-

atrito entre o cilindro e a 0,6, calcular o torque M ner c ::ilindro. Encontrar também a I =tal do rolo, quando M for

j[=

303 Nom; R

=

Uma bobina de papel está para ser rolada lentamente, subindo o plario inclinado, por meio de uma tração T, aplicada ao papel, quando ele for puxado horizontalmente para fora da bobina. O coeficiente de atrito entre a bobina e o plano inclinado é 0,20. Demonstrar se a bobina de papel rola sem deslizamento ou se ela desliza.

A roda uniforme, de 50 kg, com o cubo repousando sobre trilhos inclinados, está encostada em um suporte fixo em A. Uma corda, enrolada na sua periferia, .sai horizontalmente para se prender no gancho B. Se o suporte emA for removido, (a) calcular a força de atrito que atua sobre a roda. Os coeficientes de atrito estático e dinâmico entre o cubo e o trilho são, respectivamente, 0,50 e 0,45. (b) O que ocorreria se estes coeficientes de atrito fossem 0,30 e 0,25?

1 683 K

- ::J.afigura, rolará para a e,. o Ct da corda for pequeno, e (l for grande. Examinando o .=.re, determinar o ângulo cr - rolará para lado nenhum. Se for Jl e a massa da roda m, E P para o qual a roda deslizará

Probl.6.22

3

A mandlôula esquerda do grampo tipo C pode deslizar ao longo da guia, para aumentar a capacidade do grampo. Para evitar o deslizamento da mandlôuIa sobre a guia, quando o grampo estiver sob a carga, a dimensão x deve exceder um certo valor mínimo. Encontrar e·ste valor correspondente às dimensões dadas a e b, e para o coeficiente de atrito Jl entre a guia e a mandíbula, ajustada com folga . Resp.

x

=

a-

bJl

2Jl

Probl. 6.25

6.26

A empilhadeira está sendo usada para mover o rolo maciço de papel, de 1 200 kg, para cima no plano inclinado de 30°. Se os coeficientes de atrito entre o rolo e o painel vertical da empilhadeira e entre o rolo e.D plano inclinado forem ambos 0,40, calcular a força de tração P necessária entre os pneus da empilhadeira e a superfície horizontal. Resp. P = 22,1 kN

L

r' b

Probl. 6.23

Probl.6.26

224

I

ESTÁTICA

6.27

Calcular a força horizontal entre os pneus e a superfície horizontal, na empilhadeira do Probl. 6.26, se o rolo de papel estiver na irninência de rolar para baixo no plano inclinado.

6.28

Determinar a força P necessária para mover a prancha homogênea de 50 kg, da posição de repouso mostrada, se o coeficiente de atrito, em ambos os locais de contato, for 0,50. Resp. P = 19,62 N

6.30

Que força P devem os dois homens exercer na da para deslizar a prancha uniforme, de 6 comprimento, sobre os apoios? A prancha c=::massa de 100 kg e o coeficiente de atrito entre ~ e cada suporte é 0,50. Resp. P=

6.31

Um pequeno rolete na extremidade B da barra forme de 60 kg, tem o seu movimento rest:rirr;gD:: por uma guia vertical lisa. O coeficiente de entre a extremidade A e a superfície horizon:i:.:; 0,80. Determinar a força horizontal P ne~ para iniciar o deslizamento em A.

o_

=-

=

ProbL

6.34

Encontrar a altura h mem de 80 kg pode da pequena escada artiaI to emA eBéO,50ecai neas da escada articulaàl

B

Probl. 6.28

6.29

A barra homogênea, com centro de gravidade em G é suportada pelos pinos Ae B, que estão fixados na roda. Se o coeficiente de atrito entre a barra e os pinos for j,l, determinar o ângulo e que a roda pode ser girada em torno do eixo horizontal que passa por O, antes que a barra comece a deslizar. Desprezar o diâmetro da barra diante das outras dimensões.

Probl. 6.31

6.32

A barra esbelta, homogênea, de massa m e co~ mento I está à beira do deslizamento, quando cionada contra a parede vertical, como é mostra:S.::. Encontrar a expressão para o coeficiente de atr:::= j,l, que é o mesmo para ambos os pares de supeC'cies em contato. Resp·j,lmín.

=-

A

Probl. 6

6.35

=-

A concha semicilíndricà da em um ângulo e pela em seu aro. Se o coefiC lar o ângulo e, no qua superfície horizontal, mente aumentada. Qn; e = 90°?

Probl. 6.29

ProbL.

Probl. 6.32

6.33

Probl. 6.30

Supondo que o operário tem força suficiente, :xderá ele manter em equilíbrio a prancha unifo de 7 m, na posição mostrada, exercendo força h=zontalno cabo? O coeficiente de atrito está6 entre a prancha de 60 kg e o topo do prédio é 0,:),.Se a resposta for sim, calcular a força de atrito existe no estado de equilíbrio.

6.36

Se o coeficiente de atri cular maciço e o plano ~ nar o máximo ângulo fazer com a horizontal Para esta condição, qual em relação ao plano mento do cilindro. O<

ATRITO / 225 !I

~ os dois homens exercer na cor~cha uniforme, de 6 m à= ~ os apoios? A prancha te!:: ic c coeficiente de atrito entre

as

Resp.

P

= 796 Y ~3

extremidade B da 'barra w:::;. o seu movimento restringid: lI:I±a:llisa. O coeficiente de atrir:: lide A e a superfície horizontal ~ 1 força horizontal P necessárn. kc1ento emA. lI:se ::ta

4


:=

6.37

Se o operário do Probl. 6.33 relaxar a força aplicada no cabo, porém mantiver a direção horizontal, qual o ângulo e que a prancha fará com a vertical quando começar a deslizar? (Sugestão. Encontre a resposta aproximada com uma solução gráfica da equação que governa e.) Resp. e: = 40,6°

6.38

A luva A, mostrada em corte, está montada na peça B com ajustagem forçada, que gera uma pressão ou tensão de compressão p entre as peças. A distribuição da pressão segue, bem aproximadamente, a equação p = Po + kx2, sendo que nas extremidades tem os valores indicados na figura. Se for necessário um torque de 1,3 kN • m para girar a luva A, dentro da peça B, calcular o coeficiente de atrito efetivo entre as duas peças. Resp. = 0,776

Encontrar a altura h do degrau mais alto que o homem de 80 kg pode alcançar, sem causar a queda da pequena escada articulada. O coeficiente de atrito em A e B éO,50 e cada urna das seções homogêneas da escada articulada tem massa de 10 kg. Resp. h = 2,37 m

{!ArtiCUlição,

·'-x

J.-L

J.-L

I

"ênea, de massa m e COII:ÇI: do deslizamento, quando llpE:ede vertical, como é mos ão para o coeficiente de a ~ ambos os pares de super::': -

Resp·J.-Lmín.

-

=--

Probl. 6.34 Pl

= 1600 kPa

A concha semicilÍndrica, de massa m e raio r é girada em um ângulo e pela força horizontal P aplicada em seu aro. Se o coeficiente de atrito for calcular o ângulo e, no qual a concha desliza sobre a superfície horizontal, quando a forçaP for gradualmente aumentada. Qual o valor de permitirá 8 = 90°?

t~ lJJ1fII:1 I

PO

= 800 kPa

k..-x--1

J.-L,

J.-L

B

k-100mm-J Probl. 6.38

6.39

.ProbL

6.32

Probl. 6.35

Uma barra homogênea, de massa m e comprimento 1 repousa sobre uma superfície horizontal com a massa uniformemente distribuída ao longo do comprimento. Se o coeficiente de atrito entre a barra e escrever as expressões a superfície de suporte for para a força P, aplicada na extremidade da barra e necessária para movê-Ia, e a distância a ao eixo O, em torno do qual se observa o giro. (Sugestão. A força normal sob a barra está distribuída sobre o seu comprimento. Em conseqüência, a força de atrito que atua na barra também está distribuída uniformemente sobre os comprimentos das partes da barra situadas dos dois lados de O.) Resp. P = 0,414 J.-Lmg;a = 0,2931 J.-L,

=:;:erário tem força suficiente .• equilíbrio a prancha unifi - I ::Jostrada, exercendo força 1: _ O coeficiente de atrito estt ,lie 60 kg e o topo do prédio é :: • Ircalcular a força de atritr .:~ equilíbrio.

~=

6,

Se o coeficiente de atrito entre o cilindro semicircular maciço e o plano inclinado for 0,30, determinar o máximo ângulo e que o plano inclinado pode fazer com a horizontal, antes do cilindro deslizar. Para esta condição, qual é o correspondente ângulo 0/ em relação ao plano inclinado, devido ao rolamento do cilindro. Resp. e = 16,70°; 0/ = 25,9°

226 / ESTA TICA

Probl. 6.39 6.40

Determinar a força mínima P, e o seu correspondente ângulo a, necessária para virar o caixote uniforme de 200 kg em torno da sua aresta frontal. Especificar o coeficiente de atrito mínimo que permitirá ocorrer o tombamento. Resp. Pmín. = 694 N; J.i.mín.= 1/3

Probl. 6.41 ~mg 6.42

o

dispositivo mostrado impede a rotação da central, no sentido horário no plano hori por meio de travamento por atrito dos dois pequenos. Para valores dados de R e r e p= coeficiente de atrito comum em todas as ~ cies de contato, determinar a faixa de valo= ó= =para o qual o dispositivo irá operar como f~ ~ crito. J.i.

a

Resp.

2r

+ (1 -

J.i.2)R

10+ J.i.2

(R _.:_

Força! b

Probl. 6.40 6.41

respectivas normais e no permitem escrever as equaç

Uma viga I, de massa m, é suportada pelos dois trilhos hprizontais fixos, como mostrado. Calcular a carga aplicada P que é exatamente suficiente para causar o deslizamento da viga. Determinar a força de atrito correspondente em A, quando o deslizamento começar. O coeficiente de atrito entre a viga e os trilhos é IJ..

onde W = mg. As soluções diagrama superior, UsaI .sando-se o valor de Rz já ( Se P for removida, ; IIesse caso, que ela é autocaso, as reações R 1 e Rz l Wninente, e a solução cont carga. Os diagramas de coq: Os problemas de CUD de uma solução gráfica é fi cientes de atrito. As soluç equilíbrio. DO

Res.

P=

p

J.i.mgb

2 (a

+ b)'

=

• F

A

J.i.mga

2 (a

+ b)

Probl. 6.42

SEÇÃO B. APLICAÇÕES DO ATRITO NAS MÁQUINAS 6.4 - CUNHAS A cunha é uma das mais simples e úteis peças. É usada para fazer pequenos ajustes nas posições outras peças ou para exercer grandes forças. Depende do atrito para executar seu trabalho. Quando o desliz: mento de uma cunha é iminente, a força resultante em cada uma das faces fica inclinada em relação à no â face, de um ângulo igual ao ângulo de atrito. A componente da resultante ao longo do plano da face é :E força de atrito, cujo sentido é sempre oposto ao movimento da cunha. . A Fig. 6.3a mostra uma cunha usada Rara posicionar ou levantar uma grande massa m, onde a carg. vertical é mg. O coeficiente de atrito para cada par de superfícies é /l = tg . A forçaP, necessária para iniciz: o movimento da cunha é calculada dos triângulos de equilíbrio das forças sobre a carga e sobre a cunha. Oi diagramas de corpo livre são mostrados na Fig. 6.3b, onde as reações estão inclinadas no ângulo de ~

6.5 - PARAFUSOS

Os parafusos são usa desenvolvido nos fIletes de

mento, a rosca quadrada é Considere o macaco aplicado em torno do eixo

ATRITO

I 227

p (a)

~mg

ITL

::o impede a rotação da roda k :'::'Oráriono plano horizontal, -=:-10 por atrito dos dois roletes dados de R e r e para um comum em todas as superfí~---tinar a faixa de valores de d, - --o irá operar como foi des-

k

~.

J.L

:r-(l-J.L')R 1 + J.L'

R,rng

R2

le/>I

\

~

(c)

a

e/>-a

p

R2

~làRl

F orças para elevar a carga

F orças para baixar a carga

Fig.6.3

Fig. 6.4'

respectivas normais e no sentido oposto ao movimento. O peso da cunha é desprezível. Estes diagramas permitem escrever as equações de equilíbrio e onde W = mg. As soluções destas equações aparecem na parte c da figura, onde Rz é encontrado, primeiro, DOdiagrama superior, usando-se o valor conhecido de mg. A força P é, então, achada no triângulo inferior, lISlI.I1do-se o valor de Rz já conhecido. Se P for removida, a cunha permanecerá no lugar, contanto que Q seja menor do que , dizendo-se, Desse caso, que ela é auto-retentora. Para se retirar uma cunha deste tipo, deve-se aplicar uma forçaP. Neste caso, as reações RI e Rz atuariam nos lados opostos de suas normais, para se oporem ao novo movimento Einente, e a solução continuaria seguindo caminhos análogos àqueles definidos para o caso de elevação da carga. Os diagramas de corpo livre e os polígonos vetoriais para esta condição estão mostrados na Fig. 6.4. Os problemas de cunhas conduzem a soluções gráficas, como está indicado nas duas figuras. A precisão uma solução gráfica é facilmente mantida dentro das tolerâncias compatíveis com as incertezas dos coeficientes de atrito. As soluções algébricas podem também ser obtidas pela trigonometria dos polígonos de equi!lôrio.

I. 6.42

ajustes nas posições de alho. Quando o desliza. - da em relação à norma! o do plano da face é ;: massa

m, onde a cargF

• P, necessária para inicia: Ie 1 carga e sobre a cunha. 0-

no ângulo

de suas

6.5 - PARAFUSOS Os parafusos são usados para unir peças e transmitir potência ou movimento. Em cada caso, o atrito senvolvido nos metes determina grandemente a ação do parafuso. Para a transmissão de potência ou movi • ento, a rosca quadrada é mais eficiente do que a triangular. A análise a seguir limita-se à rosca quadrada. Considere o macaco de rosca quadrada (Fig. 6.5) sob a ação da carga axial W e de um momento M aplicado em torno do eixo do parafuso. A força R, exercida pelo mete da estrutura do macaco, sobre uma

228 I ESTA T1CA

pequena parte representativa do mete do parafuso, é mostrada no diagrama de corpo livre do parafus:: Reações semelhantes existem em todos os segmentos do mete do parafuso, onde ocorre o contato com filete da estrutura-base. Se M for exatamente suficiente para girar o parafuso, o mete do parafuso des~ em torno e para cima sobre o mete fixo da estrutura. O ângulo rp formado por R com a normal ao mete re::l. o ângulo de atrito, de modo que tg rp = jJ.. O momento de R em torno do eixo vertical do parafuso ;' Rr sen (a + rp) e o momento total devido a todas as reações sobre os metes é ~ Rr sen (a + rp). Visto " r sen (a + rp) aparece em todos os termos, podemos colocá-Io em evidência. A equação de equilíbrio :"',momento para o parafuso vem a ser

M =

[r

sen (a +

rp)]

~R.

A fim de abaixar

condição está ilustrada aplicada uma força e obtém-se o momento lleas

Se a > rp, o para.fmlc - lpedir o desaparafusarru

O equilíbrio das forças na direção axial, além disso, exige W

= ~R cos (a + rp) = [cos (a + rp)] ~R.

Dividindo M por W dá M

Determina-se

a = tg-1

o ângulo de hélice

=

Wr tg

(a

+ rp),

a retificando o mete do parafuso, obtendo, para uma

(L/2rrr).

(

\,W \

---'

~ P=!'f-~\ aa

~Il

I~.·tga= \q,

l----:/\ li 2rrr

21l"r

(a) Elevar a carga

W

Problema Resolvido

6.6

A posição horizontal de 200 kg é ajustada pela c:unl coeficiente de atrito estátio da cunha for 0,30 e entre \ 0,60, determinar a mínim bloco.

-a} ;If!,-a f~~ (b) Baixar a carga

(C<

<

\ Rlq,\ (c) Baixar a carga (a

Fig.6.S

Solução. Os diagramas estão desenhados com as re ção às suas normais de ângI movimento iminente. O limite é dado por = are calculados e mostrados no O diagrama vetorial q traçado a partir de um pc: único vetor conhecido, o pc R., cuja inclinação da verti R., cuja inclinação da hori deve fechar o polígono o ponto B do polígono inf das direções conhecidas de tensidades. Para o diagrama vetorial cido, e acrescenta-se R" de R, e de P se intercepUl para a intensidade de P.

>

Fig.6.6

Pode-se usar o mete retificado do parafuso como um modelo alternativo para simular a ação do _ fuso completo, como mostrado na Fig. 6.6a. A força equivalente necessária para empurrar o filete mó cima do plano inclinado é P = M/r e o triângulo dos vetores das forças dá, imediatamente, a Eq. (6.3). Se o momento M for removido, a força de atrito muda de direção de modo que rp é medido oposto da normal ao mete. O parafuso permanecerá no lugar e será auto-blocado desde que a < rp, e na iminência de desaparafusar se a = rp.

I

ATRITO 1229

corpo livre do parafuso; ~ ocorre o contato com o •• filete do parafuso deslizará • rom a normal ao mete será ~&0 vertical do parafuso é ~~ Rr sen (a + rJ». Visto que equação de equihbrio do

A fIm de abaixar a carga, desaparafusando o parafuso, deve-se inverter o sentido de M, se a < rJ>. Esta condição está ilustrada na Fig. 6.6b para o mete simulado sobre o plano inclinado fIxo. Vê-se que deve ser aplicada uma força equivalente, P = M/r, ao mete, para puxá-Io para baixo no plano inclinado, Portanto, obtém-se o momento necessário para baixar o parafuso do triângulo dos vetores, que é M

= Wr tg

(rJ>

-

a)

(6.3a)

Se a> rJ>, o parafuso desaparafusará sozinho e, vê-se da Fig. n.pedir o desaparafusamento será M

6.6c, que o momento necessário para (6.3b)

Wrtg(a-rJ»

(6.3) Ir

ootendo,

para uma volta,


p

A posição horizontal de um bloco retangular de concreto de 200 kg é ajustada pela cunha de 5° sob a ação da força P. Se o coeficiente de atrito estático para ambos os pares de superfícies da cunha for 0,30 e entre o bloco e a superfície horizontal for 0,60, determinar a mínima força P necessária para mover o bloco.

(a <

Solução. Os diagramas de corpo livre da cunha e do bloco estão desenhados com as reações RI' R2 e R3 inclinadas em relação às suas normais de ângulos iguais aos ângulos de atrito para movimento iminente. O ângulo de atrito para o atrito estático limite é dado por == are tg IJ.. Os dois ângulos de atrito estão calculados e mostrados no diagrama. O diagrama vetorial que expressa o equilíbrio do bloco é traçado a partir de um ponto conveniente A, colocando-se o único vetor conhecido, o peso W do bloco. A seguir, adiciona-se R3, cuja inclinação da vertical, 31,0°, é agora conhecida. O vetor R2, cuja inclinação da horizontal, 16,7°, também é conhecida, deve fechar o poIígono para se obter o equilíbrio. Assim, o ponto B do poIígono inferior, é determinado pela interseção das direções conhecidas de R, e R2, encontrando-se as suas intensidades. Para o diagrama vetoria! da cunha, traça-se R2, agora conhecido, e acrescenta-se RI' que tem direção conhecida. As direções de RI e de P se interceptam em C, sendo portanto, a solução para a intensidade de P.

.;:z::ga (a >

~

para simular a ação do para• empurrar o filete móvel parr ente, a Eq. (6.3). . que rJ> é medido do l~ desde que a < rJ>, e estz:l

Notas: CD

Certifique-se que as reações são inclinadas das suas normais no sentido que se opõe ao movimento. Observe, também, as reações iguais e opostas R2•

230 / ESTA TICA

2

(a) Para apertar. ma de corpo livre ml fIletes do parafuso inclinada da normal mento aplicado em = 60 N om, no sentido O momento de atrito escora em B tem o to iminente. Da Eq. (I líquido que atua sobre

Solução algébrica. Para fmalidade de cálculo, a escolha mais simples para eixos de referência é, para o bloco, na direção a-a normai à R, e, para a cunha, na direção b-b normai à R" O ângulo entre R2 e a direção a é 16,70 + 31,00 = 47,70. Assim, para o bloco [kFa=

500(9,81) sen 31,00 -R2 cos 47,70

O)

=O

R2=3747N.

Para a cunha, o ângulo entre R2 e a direção b é 900 - (2rp, + 50) = 51,60, e o ângulo entre P e a direção b é rp, + 50 = 21,70. Assim, 3 747 cos 51,60 - P cos 21,70

M=1i 60-MB=3

=O

P= 2505 N

MB= 33'; Resp.

(b) Para afrouxar. C iminência de se afrOUDI: Solução gráfica. A precisão de uma solução gráfica está bem dentro das incertezas dos coeficientes de atrito e provê um resultado simples e direto. Desenhando-se os vetores em uma escala adequada, seguindo a seqüência descrita, as intensidades de P e de R são obtidas diretamente dos diagramas, através de simples leituras.

Q) Deve estar claro que foram evitadas equa-

ções simultâneas pela eliminação da referência à R" para o bloco, e à R" para a cunha.

2) sentido oposto ao mori com a normal igual ao • MB = 33,3 N om, está horário, opondo-se ao parafuso é agora igual a momento líquido igual Assim, M= Trt; M' - 33,3 M'

= 3 ()( = 46,1

Portanto, a força soltar o torno é Problema Resolvido

Q=M',

6.7

O parafuso de rosca simples de um torno de bancada tem 25 mm de diâmetro e avanço (deslocamento em uma rotação) de 5 mm. O coeficiente de atrito estático nos filetes é 0,20. Uma força de 300 N aplicada ao punho em A produz uma força de aperto de 5 kN entre as mandíbulas do torno. (a) Determine o momento de atrito MB desenvolvido em B devido à compressão do parafuso contra o corpo da mandíbula. (b) Determinar a força Q, aplicada normalmente ao punho em A, necessária para afrouxar o torno.

PROBLEMAS PROPOSl't 6.43

Solução. Do diagrama de corpo livre da mandíbula, obtémse, inicialmente, a tração T no parafuso. (kMC=

O]

5(400) - 250T= O

O ângulo de hélice dados por

Ct

5kN

T

T= 8 kN.

e o ângulo de atrito

rp

para o fIlete são

c

L 5 = arc tg -2rrr = arc tg ---= 2rr(12,5)' rp= arc tg IJ.=arc tg 0,20 = 11,310 Ct

onde o raio médio do mete é r

a !I

=

12,5 mm.

Notas: 3640

CD

Atenção para corretamente. (deslocamento circunferência metro 2r.

calcular o ângulo de hélice Sua tangente é o avanço L por rotação) dividido pela média 2rrr e não pelo diâ-

Uma cunha será au1oângulo Ct seja menor d coeficiente de atrito e ser rachado for IJ., qual

ATRITO!

p

A

W=4905N

(a) Para apertar. O parafuso isolado é simulado pelo diagrama de corpo livre mostrado, onde todas as forças que atuam nos filetes do parafuso estão representadas por uma única força R inclinada da normal ao fIlete de um ângulo de atrito'if>. O momento aplicado em tomo do eixo do parafuso é 300(0,200) = = 60 N om, no sentido horário quando visto da frente do tomo. O momento de atrito M B devido às forças de atrito que atuam na escora em B tem o sentido anti-horário para se opor ao movimento iminente. Da Eq. (6.3), com T substituído por W, o momento líquido que atua sobre o parafuso é M

= Tr tg (o:

-

_ que foram evitadas equa-=a3 pela eliminação da refe,~ o bloco, e à RI' para a

calcular o ângulo de hélice LSiua tangente é o avanço L por rotação) dividido pe!é. :::rédia 2tr7' e não pelo diâ-

a Resp .

(b) Para afrouxar. O diagrama de corpo livre do parafuso na iminência de se afrouxar é mostrado com a força R atuando no sentido oposto ao movimento iminente e fazendo um ângulo com a normal igual ao ângulo de atrito if>.O momento de atrito, MB = 33,3 N om, está também mostrado atuando no sentido horário, opondo-se ao movimento. O ângulo entre R e o eixo do parafuso é agora igual a if>- 0:, e emprega-se a Eq. (6.3a) com o momento líquido igual ao momento aplicado M' menos MB. Assim, M

= 60 N . fi

(a) Para apertar

tg (3,64° + 11,31°)

= 33,3 N °m

M' - 33,3

300(0,200)

MB

if»

60 -MB = 8000(0,0125) MB

,f~::J~ l ~~~t~

231

= Tr tg (if>- 0:) = 8000(0,0125)

'LT

~~~~~ MB M Para afrouxar

• 4J

(b)

®

Note que R vai para o lado oposto da normal quando o movimento iminente inverte o sentido.

tg (11,31 ° - 3,64°)

M'=46,8N'm Portanto, a força a ser aplicada ao punho e necessária para soltar o tomo é Q

= M'/d = 46,8/0,2 = 234

N

Resp.

BLEMAS PROPOSTOS Uma cunha será auto-retentora, contanto que seu ângulo o: seja menor do que um valor crítico. Se o coeficiente de atrito entre a cunha e o material a ser rachado for J.L, qual é o valor crítico de o:?

Probl.6.43

6.44

O alinhamento preciso de um motor diesel pesado em sua fundação é obtido por meio de cunhas ajustadas por parafusos, colocadas sob cada um dos quatro flanges da base do motor. Calcular a força horizontal P no parafuso de ajustagem, necessária para elevar o flange da base, supondo que ele suporte um quarto da ,massa total do motor de

Probl. 6.44

-----------------------------------------------

----

----

232 / ESTA TICA

O mecanismo reten

4,8 Mg. O coeficiente de atrito para ambas as faces da cunha é 0,25. Resp. P = 6,33 kN 6.45

Um macac.o de parafuso de rosca quadrada, com raio médio de 25 mm suporta uma carga de 5 kN. Se o coeficiente de atrito for 0,25, qual será o maior avanço L do parafuso, para o qual a rosca não retrocederá por si só, sob a ação da carga? Para esta condição, que torque M, aplicado ao parafuso seria necessário para elevar a carga?

2050mm

-,

ProbJ. 6.49 6.50

6.46

esférica, atuada par mantém a barra h do-se nas ranhuras uma força de 40 N posição indicada e é P = 60 N para mover de atrito entre a haste e tes realizados pre . atrito entre a barra e li Supor que a haste está mente montada de m sua guia possa ser d

O cabeçote móvel de uma máquina de teste unm::sal de 2,2 Mg é elevada para a posição de trabaI: por dois parafusos de acionamento, rosca j 78 mm de diâmetro, urna entrada e passo é~ 13 mm. Sabendo que o coeficiente de atrito metes é 0,25, calcular o momento de torçãoM _ deve ser aplicado a cada parafuso: (a) para eleVE:: cabeçote e (b) para abaixar o cabeçote. Durante ::: movimento, as colunas internas de carregamer-,= não estão ligadas com o cabeçote. Resp. (a) M = 129,3 N· (b) M= 81,8N·c.

O temor suporta uma tração T de 60 kN. Cada um

dos parafusos tem um diâmetro médio de 36 mm e uma rosca de uma entrada, com um avanço por rotação de 8 mm, sendo uma à direita e a outra à esquerda. Se for necessário um torque de 380 N • m para afrouxar o tensor, girando-se o corpo com ambos os parafusos impedidos de girar, calcular o coeficiente de atrito efetivo na rosca. Resp. = 0,250 /ol

=

J.J.

T

T~

Probl.6.46 6.47

Probl

As duas cunhas de 5°, mostradas, são usadas para ajustar a posição da coluna submetida a urna carga vertical de 5 kN. Determinar a intensidade das forças P necessárias para elevar a coluna, se o coeficiente de atrito para todas as superfícies for 0,40.

3

5kN

ProbJ. 6.50

~ O dispositivo mostrado é usado corno maca

6.51

P

parafuso tem duas roscas quadradas de duas e= das, com um diâmetro médio de 21 mm e um aV<::"ço de 8 nup.. A parte A do parafuso tem rOl direita, e a parte B tem rosca à esquerda. ~ e = 30°, determinar: (a) o torque M que deve aplicado ao parafuso para elevar uma aq::. P = 7,5 kN; e (b) o torque M' necessário pz:1 abaixar a carga. A coeficiente de atrito na ro~ :; 0,20.

P

ProbJ. 6.47 6.48

Se a coluna carregada do ProbJ. 6.47 for abaixada, calcular as forças horizontais P' necessárias para retirar as cunhas. Resp. P' = 3,51 kN

6.49

Urna cunha de aço de 5° é forçada sob a extremidade da máquina de 2,1 Mg com urna força P = 5,4 kN. Se o coeficiente de atrito, entre a cunha e a máquina e entre a cunha e o piso horizontal, for 0,30, determinar a posição x do centro de massa G da máquina. A máquina está impedida de deslizar horizontalmente por urna saliência rígida emA. Resp. x = 770 mm

A posição vertical do pela cunha atuada por to M que deve ser ap" para elevar o bloco. tem mete quadrado, 30 mm e avança 10 coeficiente de atrito 0,25 e para todas as cunha é 0,40. Despreza!

Calcular o momento punho do parafuso do cunha e baixar a carga

~-

M 5 ProbJ. 6.51

Calcular a força P n= 20 kg. O coeficiente de as superfícies da cunha

ATRITO

6.52

·=

~

iIL 6.49

~=li

máquina de teste univer~ para a po.sição. de trabalho. li :e acio.namento., ro.sca di .,.. uma entrada e passo. de ~ o coeficiente de atrito. no; K a mo.mento. de to.rção.M que ,.;, parafuso.: (a) para elevar o. o. cabeço.te. Durante internas de carregamen • :) c:abeçate. J.=l~. (a)M=129,3N' (b) M= 81,8N'ffi

O mecanismo. retentar co.nsiste da haste co.m panta esférica, atuada par uma mo.la co.mprimida, que mantém a barra harizantal em po.sição.,encaixanda-se nas ranhuras existentes. Se a mo.la exerce uma fo.rça de 40 N sabre a haste para mantê-Ia na pasiçãa indicada e é necessária empregar uma fo.rça. P = 60 N para mo.ver a barra, calcular a co.eficiente de atrito. entre a haste e a ranhura. É sabido., de testes realizado.s previamente, que o. co.eficiente de atrito. entre a barra e a superfície ho.rizo.ntal é 0,30. Supo.r que a haste está bem lubrificada e adequadamente mantada de m·ado. que a atrito. entre ela e a sua guia passa ser desprezada. Resp. }J.= 0,368

I 233

S tem uma co.mpressãa de 100 N e a haste aferece um apaio. desprezível à rada.

P

Pro.bl. 6.55

6.56

Refazer a Prpbl. 6.55 co.m a fo.rça de campressão. na mala igual a 200 N, mantendo. canstantes to.das as autras candições . Resp. P = 198,8 N

6.57

Em um blo.ca fixa, um pino. cônico. é forçada em um o.rifício. cam a mesma co.nicidade, par uma fo.rça P = 400 N, cama se vê na figura. Sabendo. que para remaver a pino. é necessária uma farça P' = 300 N, calcular a caeficiente de atrito. entre a pino. e a superfície do. arifícia. (Sugestão. A pressão. (tensão.) narmal, na superfície da pino. cônica, mantém-se canstante até que a pino. realmente se mava.) Resp. }J.= 0,122

Probl. 6.52

6.53

6.50

é usado. co.mo. macaco..

A po.siçãa vertical da blo.co de 100 kg é ajustada pela cunha atuada par parafuso.. Calcular a mamento. M que deve ser aplicada ao. punho. do. parafusa para elevar o. blaco. O parafusa de uma entrada tem filete quadrado., co.m um diâmetro. médio. de 30 mm e avança 10 mm em cada vo.ltaco.mpleta. O co.eficiente de atrito. para o. filete do. parafuso. é 0,25 e para to.das as superfícies do. blo.co e da cunha é 0,40. Desprezar a atrito. na uniãó-rótulaA.

quadradas de duas entr-c~ média de 21 mm e um ava:::A do. parafuso. tem ro.sca I ::::m rasca à esquerda. P= _ c:;) o. to.rque M que deve se: para elevar uma caI?mrque M' necessário. pó -ciente de atrito. na ro.sca =

II :p'

ProbL.6.57

Pro.bl. 6.53

6.54

Calcular o. mamento. M' que deve ser aplicada ao. punho. do. parafuso. do. Pro.bl. 6.53 para remaver a cunha e baixar a carga de 100 kg. Resp. M'= 3,02N'm

6.55

Calcular a fo.rça P necessária para mo.ver a ro.da de 20 kg. O coeficiente de atrito. em A é 0,25 e entre as superfícies da cunha é 0,30. Além disso., a mo.la

6.58

Substituir a rasca quadrada da parafusa da macaco. da Fig. 6.5 par uma rasca triangular, cama indicado. na figura, e determinar o. mamenta M, sabre a parafusa, necessária para elevar a carga W. A farça R, que atua sabre uma pequena seção. representativa da filete, está mastrada cam suas pro.jeções impartantes. O vetar R I é a prajeçãa de R na plana da figura, que cantém a eixo. da parafusa. Cameça-se a análise cam um samatória de farças axiais e de mamentas, e incluindo. substituições para as ângulas 'Ye {3,em função. de e, e da ângulo. de atrito. = arc tg}J.. O ângulo. da hélice para C<

234

I

ESTA TICA

6.7 - MANCAIS DE

rosca de uma entrada foi exagerado para maior clareza.

O atrito entre Resp.

M= Wr

tgc< + 1-

Il jl

Il tg C<)1

+ tg2 % cos2 C<

sapatas), discos de e eixos estão montados

+ tg2 % cos2 C<

onde C<= arc tg --

ação da força axial P. O fazer deslizar um disco

L

contato do disco, a fo atrito e dA é a área r geométrico da árvore é

2fTr

Probl.6.5S

6.6 - MANCAIS RADIAIS Mancais desse tipo dão apoio ao eixo na direção radial, ao contrário dos mancais conhecidos com: axiais ou de escora. Para os mancais secos e para muitos mancais parcialmente lubrificados, a análise pell princípios do atrito seco dá uma aproximação satisfatória às fInalidades de projeto. Um mancal radial seco ~_ parcialmente lubrificado com contato, ou próximo ao contato, entre ele e o eixo, é mostrado na Fig. 6.onde a folga entre o eixo e o mancal está grandemente exagerada. Quando o eixo começa a girar no sentiémostrado, ele rola subindo à superfície interna do mancal até que o deslizamento ocorra. Nessa posição, eixo mais ou menos se mantém durante a rotação. O torque M, necessário para manter a rotação, e a c~ radial L sobre o eixo causarão uma reação R no ponto de contato A. Para manter o equilíbrio na direçi"vertical, R deve ser igual a L, porém estas duas forças não serão colineares. A força R será tangente a u= pequeno círculo de raio rI chamado círculo de atrito. O ângulo entre R e sua componente normal N é ângulo de atrito cp. * Igualando a zero a soma dos momentos em tomo de O, vem M

=

Rr I

=

Rr sen cp.

=

(6.~

Para um coefIciente de atrito pequeno, o ângulo cp é pequeno, e o seno e a tangente podem ser inf"...-cambiados com, apenas, um pequeno erro. Visto que p = tg cp, uma boa aproximação para o torque é M

= pRr.

Nos exemplos se . as, e bem apoiadas, é 000 que rrR2p =P. Sub

(6.~_

Esta equação dá o valor do torque ou do momento que deve ser aplicado ao eixo para superar o a em um mancal radial do tipo seco ou parcialmente lubrificado.

Fig.6.7

* N.T.

onde a integral é calc p, em função de r.

Este ângulo caracteriza a excentricidade do mancal e é conhecido, também, como ângulo de excentricin,.-;.

Pode-se interpretar a à distância 2R/3 do Se as peças que a· . ção são os raios intem

ATRITO

/ 235

6.7 - MANCAIS DE ESCORA; DISCO DE ATRITO

o

atrito entre superfícies circulares sob pressão normal é encontrado em mancais de escora (de sapatas), discos de embreagem e de freio. Consideremo~ os dois discos circulares planos, da Fig. 6.8, cujos eixos estão montados em mancais (não mostrados), de modo que eles possam ser colocados em contato sob a ação da força axial P. O torque máximo que esta embreagem pode transmitir será igual ao torque M capaz de fazer deslizar um disco contra o outro. Se p for a pressão normal em um ponto qualquer da superfície de contato do disco, a força de atrito que atua sobre uma área elementar é p.p dA, onde p. é o coeficiente de atrito e dA é a área r dr dO do elemento. O momento desta força de atrito elementar, em torno do eixo geométrico da árvore é p.pr dA e o momento total é

6.58

f

M=

-

p,prdA

mancais conhecidos como

onde a integral é calculada sobre a área do disco. Para efetuar esta integral deve-se conhecer a variação de jJ. e

'Meados, a análise pelos . Um mancal radial seco ou

p, em função de

r:

> é mostrado na Fig. 6.7, começa a girar no sentid, ocorra. Nessa posição, nanter a rotação, e a carg
Fig.6.8

(6. tangente podem ser inte:- para o torque é (6.4<1

Nos exemplos seguintes admite-se que jJ. seja constante. Além disso, se as superfícies forem novas, as, e bem apoiadas, é razoável admitir-se que a pressão p seja constante e uniformemente distribuída, de o que rrR2p = P. Substituindo este valor de p na expressão paraM, dá . p,P

M = --2 7TR eixo para superar o atri

II 2'/T

o

o

R

r2dr

dO

= ip,PR

(6.5)

Pode-se interpretar este resultado como sendo equivalente ao momento devido à força de atrito p.P, que à distância 2R/3 do centro do eixo. Se as peças que atritam forem anéis, como é o caso do mancal de escora da Fig. 6.9, os limites de inteão são os raios internos e externos Ri e Ro, respectivamente, e o momento de atrito vem a ser (6.5a)

í T o ângulo de excentricidc2

Fig.6.9

236 / ESTA TICA

Verificou-se que, depois de um certo desgaste da superfície, o momento de atrito diminui um pouco de valor. Após o período de "amaciamento", as superfícies não mudam mais suas formas no contato, e desgaste, daí em diante, é constante sobre toda, a área. Este desgaste depende da distância circunferencÜL percorrida, e da pressão p. Como a distância percorrida é proporcional a r, pqde-se escrever a expressã rp = K, onde K é uma constante. O valor de K é determinado igualando-se a zero as forças axiais ou

Pode-se escrever a expressão paraM, com pr

= K = P/(2rrR),

M = J fLprdA =

P _fL_J 277R

I

217'

o

o

(a) Movimento . brio de forças é traçaóC e TI =P cotg

(b) Movimento i~ de forças para este caso ..;: R

rdrdf)

T2

=P cotg (0-

T2

= Tmín. = .-

que vem a ser (6.

f),

Assim, o momento de atrito para as chapas amaciadas é, apenas, (t)/( ou i- do que corresponde L superfícies novas .. ' No caso de anel com raio interno Ri e o raio externo Ro, a substituição dos limites de integraçZ: mostra que o torque para as superfícies "amaciadas" é

(6.&

Problema Resolvido 6.8 A peça vista na figura está montada em um eixo de 100 mm de diâmetro, que é fixo e impedido de girar, A força horizontal T é aplicada para manter o equilíbrio da peça, que se encontra sob a ação da força P = 100 N. Determinar os valores máximo e mínimo que T pode assumir, sem causar a rotação da peça em qualquer sentido. O coeficiente de atrito estático entre o eixo e a superfície de contato da peça é 0,20.

OBLEMAS PROPOSTO

J.L

Solução. A rotação iminente ocorre quando a reação R do eixo fixo sobre a peça faz um ângulo = arc tg com a normal à superfície de contato e é, portanto, tangente ao círculo de atrito. O equilíbrio obriga, também, que as três forças que atuam sobre a peça sejam concorrentes no ponto e. Os diagramas de corpo livre mostram esses aspectos para os dois casos de movimento iminente. São necessários os seguintes cálculos:

Ângulo de atrito

= arc tg = arc tg 0,20 =

J.L

J.L

180=--1 P = 100 N

Os dois volantes estão comum que se apoia eles. Cada volante tem do eixo é 40 mm. Se é mento M de 3 N 'm pa eixo girando com veloci cular (a) o coeficiente (b) o raio rfdo

círculo'

11,310

Raio do círculo de atrito rf= r sen= 50 sen 11,310 = 9,81 mm Angulo

O

= arc tg

(3

= arc

~

Angulo

--120 180

sen

= 3 3,7 o

rf 9,81 -== arc sen -~-_-_-_-_-_-_-_-_-_-~= 2,60

oe

..J

(120)2 +(180)2

o

.

ProbL

ATRITO I 237

atrito diminui um po formas no contato. _ da distância circunfer -se escrever a exp forças axiais ou

.) Movimento iminente anti-horário. de forças é traçado e dá

TI =P cotg (6 - (3)= 100 cotg (33,7° - 2,60°) TI = Tmáx. = 165,8 N

(b) Movimento iminente horário. de forças para este caso dá T2 T2

~ ou

i- do que

- -

dos limites de integraçã

O triângulo de equilí-

Resp.

O triângulo de equilíbrio TI

= P cotg (6 + (3)= 100 cotg (33,7° + 2,60°)

= Tmín. =

136,2 N

(a) Movimento Iminente Anti-horário

Resp.

corresponde às


~l80mm--i P=lOON

Os dois volantes estão montados sobre um eixo comum que se apoia em um mancal situado entre eles. Cada volante tem massa de 40 kg e o diâmetro do eixo é 40 mm. Se é necessário aplicar um momento M de 3 N • m para manter os volantes e o eixo girando com velocidade baixa e constante, calcular (a) o coeficiente de atrito /J. no mancal e, (b) o raio rIdo círculo de atrito.

6.60

Um torque M de 1 510 N • m deve ser aplicado ao eixo de 50 mm de diâmetro do tambor de elevação, para elevar a carga de 500 kg à velocidade constante. O tambor e o eixo juntos têm massa de 100 kg. Calcular o coeficiente de atrito /J. para o mancal. Resp. /J. = 0,271

500 kg

Probl. 6.59

Probl. 6.60

238 I ESTATICA

6.61


6.62


6.64




Vertical-1


6.69


Probl. 6.64

6.65 Probl. 6.62

6.63


=

6.68


T

ProbLI 500 kg

Probl.6.65 6.70

Probl.6.63

6.66


6.67


C:aIEl

q


=

ATRITO

manter o veículo em movimento com velocidade baixa e constante sobre a superfície horizontal, calcular o coeficiente de atrito que existe nos mancais das rodas. (Sugestão. Traçar um diagrama de corpo livre completo de uma roda.) Resp. = 0,208

ente ao manca! do pino centro de gravidade em G. a. biela inicialmente na posié girado. vagarosamente, até ângulo a. Escrever uma roeficiente de atrito.

/ 239

pelos discos em A, tendo cada um diâmetro externo de 250 mm e diâmetro interno de 125 mm. Supõe-se que a pressão sobre os apoios esteja uniformemente distribuída sobre a superfície dos discos. Se o coeficiente de atrito no apoio e nos parafusos em B for 0,15, calcular o torqueM que deve ser aplicado a cada parafuso: (a) para fazer subir o elevador; (b) para descer o elevador. Resp. (a) M= 3 290N'm; (b) M = 2 790 N • m

J1.

p

a

Probl. 6.67

6.64

~ Lrito dinâmico entre o pino d= polia é 0,25, calcular a tIaelevar a carga de 500 kg. L~ :::3Ção To na parte estacionári:: .:wassa da polia. T= 2,52 kN; To = 2,38IC"

6.68

Determinar o maior ângulo e que um plano inclinado pode fazer com a horizontal de modo que o veículo do Probl. 6.67 possa ficar sobre ele sem rolar por si mesmo, na ausência da força P. Usa!: o valor de 0,20 para coeficiente de atrito nos mancais das rodas.

6.69

O sistema articulado está inicialmente em repouso sob a ação dos torquesM1 eM,. SeM, for crescendo, gradualmente. até que o sistema articulado se mova, escrever uma expressão exata para o ângulo a, entre a força de compressão resultante na barra AB e sua linha de centro, quando o movimento está iminente. O coeficiente de atrito para cada mancal é J1..

I I

Detalhe do Mancal

emA Probl. 6.70

J.Ui

Resp.

a

= arc

sen I.J 1 + J1.' 6.71

T

Para o disco de lixamento plano de raio a, a pressão p desenvolvida entre o disco e a superfície lixada diminui linearmente com r de um valor Po' no centro, a Po/2 em r = a. Se o coeficiente de atrito for J1., deduzir a expressão para o torque M necessário para girar o eixo submetido a uma forçà axialL.

Probl. 6.69 5Ikg 6.65 :JeCeSsáriapara baixar a ~ [trar também To'

rodas do veículo tem 20 ~ ltada em um eixo de 80 mm ~ • total do veículo é 480 kg, me distribu{do igualmente sobn , '0 uma força P = 80 N parr

i

70 O míssil de 20 Mg é abaixado dentro do seu silo protetor, por meio de um elevador de dois parafusos, como é mostrado na figura. Cada parafuso de 1,07 Mg tem 130 mm de diâmetro e uma rosca quadrada de uma entrada, com um passo de 13 mm. Os parafusos giram em sincronismo, comandados por um motor situado na base do silo. A massa total do míssil, dos parafusos e da plataforma de 4,2 Mg do elevador é suportada, igualmente,

Probl. 6.71

6.72

O mancal de escora esférico, na extremidade do éixo, suporta uma carga axial P. Determinar a expressão para o momento M necessário para girar

240 I ESTÁTICA

o eixo contra o atrito no manca!. Supor que a pressão p é diretamente proporcional ao sen a, e que o coeficiente de atrito é ;;.. Resp.

M

Determinar a expressão para o torque M necessário para girar o eixo, cujo esforço axial L é suportado por um mancal de pivô cônico. O coeficiente de atrito !l e a pressão do mancal é constante.

6.73

= p.Pr

Re sp.

Nesta sim .. ângulo, e que o p infmitésimos de p .

M= ~ d,3 _d13 a d' - d I ' 3 sen _, 2

Integrando eL.'-C

ou

Probl.6.72 Prob!. 6.73

Deve-se notar estivesse enrolado em

6.8 - CORREIAS FLEXÍVEIS

o

deslizamento iminente dos membros flexíveis, tais como correias e cabos sobre roldanas e tambores, é de importância em projetos de transmissão por correias de todos os tipos, freios de cinta e aparelhos de içamento. Na Fig. 6.lOa, mostra-se um tambor sujeito a duas trações, TI e Tz, na correia,* ao torqueM, necessário para impedir a rotação, e à reação R do mancal. Com M no sentido mostrado, Tz é maior do que TI. O diagrama de corpo livre de uma parte elementar da correia, de comprimento r de, está também representado na figura. A análise das forças deste elemento segue os mesmos princípios já vistos em outros problemas, onde se estabeleceu o equihôrio de uma parte diferencial. A tração aumenta de T, no ângulo e, a T + dT, no ângulo e + de. A força normal é um diferencial dN, visto que ela atua sobre um elemento diferencial da área. Do mesmo modo, a força de atrito que deve atuar sobre a correia, em um sentido, para se opor ao deslizamento, é uma diferencial, e é J.l dN para o movimento iminente. O equihôrio na direção t dá Tcos-

de

2 +

/l.

dN

= (T +

dT)

igualmente bem, para uma vez que o raio r elemento diferencial

de cos2

ou

visto que o co-seno de uma quantidade diferencial é igual à unidade. O equihôrio na direção n exige que dN

= (T +

dT)sen de

2

+

T sen de

2

A relação exp onde tanto a correia trações da correia p correia "descolar" da

ou 6.9 - RESISTl!NCl.\ dN

= Tde

* N.T. O ramo que tem maior tração é chamado ramo tenso; o outro é o ramo frouxo.

A deformação cia ao rolamento que tangenciais e, portan

ATRITO / 241

§i> para o torque M necessário .~ esforço axial L é suportado ;:ro cônico. O coeficiente de ~ :nancal é constante.

M=~

Nesta simplificação, deve-se recordar que o senso de um ângulo infinitesimal se iguala ao próprio ângulo, e que o produto de duas grandezas inflllitesimais deve ser desprezado no limite, comparado com os infmitésimos de primeira ordem. Combinando-se as duas equações de equilfbrio, vem

d,3_d,3 3 sen ~

2

d,' - d,

dT

T

2

=

/l de

Integrando entre os limites correspondentes resulta

ou

onde ln (T2/Td

é o logaritmo neperiano (base e) da relação T2/Tl . Resolvendo em relação a T 2, vem

(6.7)

ltisvbre roldanas e tambores, de cinta e aparelhos de r:. ::a correia, * ao torque M, suado, T2 é maior do que r de, está também repre· ipios já vistos em outros enta de T, no ângulo e, a sobre um elemento dife· l.. U

Deve-se notar que {3é o ângulo total de contato da correia e está expresso em radianos. Se um cabo estivesse enrolado em torno de um tambor, n vezes, o ângulo {3seria 21Tn radianos. A Eq. (6.7) se mantém, igualmente bem, para uma seção não-circular, onde o ângulo total de contato é (3. Esta conclusão é evidente, l:IIDavez que o raio r do tambor circular da Fig. 6.10 não aparece nas equações para o equilíbrio de um elemento diferencial da correia.

n I

T+J.dT

em um sentido, para se equilíbrio na direção t dá

1dO

Ii

2

_

m~

~

I

T

dN ~i

I

-±-

-r

t

2

dO

I

-C J.LdN{rr

dO

(b)

Fig.6.10

direção n exige que

A relação expressa pela Eq. (6.7) também se aplica às transmissões de potência por meio de correias, onde tanto a correia como a polia giram à velocidade constante. Neste caso, a equação defme a relação das trações da correia para o deslizamento ou deslizamento iminente. Quando a rotação é alta, há tendência da correia "descolar" da polia, de modo que a Eq. (6.7), neste caso, incorrerá em algum erro.

6.9 - RESISTeNCIA AO ROLAMENTO A deformação no ponto de contato entre uma roda e a superfície que a suporta introduz uma resistência ao rolamento que será mencionada brevemente aqui. Esta resistência não é devida às forças de atrito tangenciais e, portanto, é um fenômeno completamente diferente do atrito seco. Para descrever a resistência

242 / ESTATlCA

Solução. O desli fixo é dado pela Eq. (6.(a) Com Ct = O o â: = mento iminente da CllIp. tem-se

P

\

.l: \

-

Pmáx.=

\ \R

Para movimento

Fig.6.11

TI

=Pmín .. Assim, 981

=.

Prnín.

ao rolamento, considere a roda, representada na Fig. 6.11, que suporta uma carga L sobre o eixo, e urr:r força P aplicada no seu centro para produzir rolamento. A deformação da roda e da superfície de supor..:; como mostrado, está muito exagerada. A distribuição da pressão p sobre a área de contato é similar à mccada, e a resultante R desta distribuição atuará em algum pontoA, e passará pelo centro da roda, para haIT equilíbrio. A força P, necessária para iniciar e manter o rolamento, pode ser encontrada igualando-se a zero ::: soma dos momentos de todas as forças, em tomo de A. Isso dá

(b) Com

T2

981/500

= 981 ~ e'

= eO,30

{3= 2,247rad

a

O'

Ct=1

P=-L=/J.rL r onde r é o braço de alavanca de P, e /J.r = a/r é chamado o coeficiente de atrito de rolamento. O coeficiente é a relação entre a força resistente e a carga normal, e, neste aspecto, é análogo aos coeficientes de atrirc estático e dinâmico. Por outro lado, não há deslizamento ou deslizamento iminente, incluído na interpretação de /J.r' A quantidade a depende de vários fatores, todos difíceis de serem medidos, de modo que não existe uma teoria perfeita para a resistência ao rolamento. Esta distância a é uma função das propriedades elástica.> plásticas dos materiais em contato, do raio da roda, da velocidade do movimento e da aspereza das superfícies. Alguns testes indicaram somente uma pequena variação no raio da roda e a é, muitas vezes, consideradindependente do raio da roda. Infelizmente, a quantidade a tem sido citada em algumas referências bibliográficas como sendo o COei ciente de atrito de rolamento. Porém, a tem a dimensão de comprimento, não podendo ser, portanto, te. coeficiente adimensional. -=

Problema Resolvido

PROBLEMAS PROPOSTO 6.74

Uma forçaP= 5mgé:J de massa m, com a . torno do eixo fixo. Cal ~ entre a corda e o eixo

6.75

Para um dado coefi mero de voltas em Probl. 6.74, uma força elevar m, e uma ferça para abaixar m. En

6.9

Um cabo flexível que suporta uma carga de 100 kg, apóia-se em um tambor circular fixo e é mantido em equilíbrio por uma força P. O coeficiente de atrito estático ~ enfie o cabo e o tambor fixo é 0,30. (a) Para Ct = O determinar os valores máximo e mínimo que P pode ter de modo que a carga nem suba nem desça. (b) ParaP = 500 N, determinar o menor valor que o ângulo Ct pode ter antes que a carga comece a deslizar.

P Pro

ATRITO I 243

Solução. O deslizamento iminente do cabo sobre o tambor fixo é dado pela Eq. (6.7) que é T2/TI = e}J.{3. (a) Com a

° o ângulo de contato

=

é (3= 1T/2rad. Para movi-

mento iminente da carga para cima, T2 =Pmáx.' tem-se Pmáx.l981

TI

= 981 N

e

= A30(1T/2),

(a)

Pmáx. = 981 (1,602) = 1 572 N Para movimento iminente de carga para baixo, TI =Pmín .. Assim,

a

=

O

Resp. T2

= 981

= eO,30(1T/2), = 981/1,602 = 612 N

N,

981/Pmín. Pmín.

L sobre o eixo, e um~

(b) Com T2 = 981 N e TI =P

~ e da superfície de suporte, ée contato é similar à indiIic centro da roda, para haver :nada igualando·se a zero a

= 500

Resp.

N, a Eq. (6.7) dá

(b) P

= 500 N

ia

981/500 =

eO,30{3,

0,30{3 = 1n (981/500) = 0,674

Notas:

CD

Atenção para expressar (3em radianos.

®

Observe que ao obter a Eq. (6.7), usou-se

Resp. To>

t rdamento.

O coeficiente aos coeficientes de atrito te, incluído' na interpre-

TI'

J.1.r

®

de modo que não existe propriedades elásticas e e da aspereza das superfí'. muitas vezes, considerado -~cas como sendo o coefi-

PROBLEMAS

Como pode-se observar na obtenção da Eq. (6.7), o raio do tambor não entra nos cálculos. Apenas o ângulo de contato e o coeficiente de atrito determinam as condições limites para o moviment0 'minente do cabo flexível sobre ~ superfície curva.

PROPOSTOS

ndo ser, portanto, um 6.74

Uma força P = 5 mg é necessária para elevar a carga de massa m, com a corda fazendo 1 + voltas em . torno do eixo fixo. Calcular o coeficiente de atrito entre a corda e o eixo. = 0,205 Resp.

6.76

}J.

}J.

Os blocos de 10 kg e de 25 kg estão ligados por um cabo que se apóia sobre a superfície curva fixa. Se o sistema estiver nl! iminência de escorregar, calcular o coeficiente de atrito entre a corda e a superfície. Resp. = 0,292 }J.

p Probl. 6.74 .75

Para um dado coeficiente de atrito e um dado número de voltas em torno do eixo da" figura do Probl. 6.74, uma força P de 3 kN é necessária para elevar m, e uma f~rça P de 0,48 kN é. necessária para abaixar m. Encontrar m.

Probl. 6.76 6.77

Um estivador sustenta uma espia (cabo) que mantém um pequeno navio junto ao cais, impedindo-o de ser levado pela correnteza. Que força T pode ser

244 I ESTATICA

em A, equivale a canto inferior B, de 1/4 de volta~ O a entrada e saída é, " Admitindo que, necessárias 3 volta> para baixar um h constante, sem que pUXar a corda na e~ ficiente de atrito Jl contato do mecani 10 da hélice da corda, ::I

suportada pela espia se o estivador exercer um esforço de 240 N na extremidade livre do cabo para: (o) a espia dá uma volta completa no cabeço do cais, como mostrado e, (b) a espia dá duas voltas completas? O coeficiente de atrito entre o cabo e o cabeço de aço fundido é 0,30.

--

T ----

240 N


L 6.78

Se o estivador do Probl. 6.77 tiver que segurar o cabo, estando aplicada uma tração de 16 kN na extremidade da espia que está presa ao navio, quantas voltas serão necessárias dar no cabeço? O coeficiente de atrito entre o cabo e o cabeço é 0,30. Resp. n = 2,23 voltas

6.79

Um jardineiro de 80 kg desce de uma árvore usando um cabo passado sobre um galho horizontal. Se o coeficiente de atrito entre o cabo e o galho for 0,50, calcular a força que o homem deve exercer no cabo para permitir uma descida suave.

Probl. 6.81

L 6.82

Aplica-se um momento M = 150 No m, anti-h=rio, ao volante. Se o coeficiente de atrito en= ~ fita e o volante for 0,20, calcular a força mín.i.cL: necessária para impedir que o volante gire. Resp. P = 5~_

ProbL

6.84

O conjunto mostrado centro de massa em G. I que passam em torno ~

Probl. 6.79 P

6.80

6.81

A fita desiiza em torno dos dois pinos fixos, como é mostrado, e está sob a ação das trações horizontais TI = 40 N e T, = 160 N. Determinar o coeficiente de atrito J.l entre a fita e os pinos. Resp. J.l = 0,313 O operário iça um tronco de 100 kg em uma rampa de 30° usando um guincho que gira no sentido indicado. Se o operário exercer uma força horizontal de 160 N na extremidade livre do cabo, calcular o coeficiente de atrito J.lI entre o tronco e a rampa. O coeficiente de atrito entre o cabo e o tambor do guincho é 0,25.

Probl. 6.82

6.83

A figura mostra um mecanismo para fazer des~ uma pessoa, por desllzamento da corda, qUf' enrola em um eixo central, fixo na estrutura, e com a extremidade livre pelo colar inferior. O mero de voltas da corda é ajustado girando-s= colar que enrola ou desenrola a corda em tom eixo central. A entrada da corda na parte su

ProbL

ATRITO

em A, equivale a 1/4 de volta e a passagem pelo canto inferior B, de saída, é equivalente, também, a 1/4 de volta. O atrito da corda nas partes retas de entrada e saída é, em média, 10 N para cada colar. Admitindo que, além do que está dito acima, são necessárias 3 voltas completas em torno do eixo para baixar um homem de 75 kg, em velocidade constante, sem que o mesmo tenha necessidade de puxar a corda na extremidade livre, calcular o coeficiente de atrito fJ. entre a corda e as superfícies de contato do mecanismo. Desprezar o pequeno ângulo da hélice da corda, em torno do eixo.

I 245

dos sob trações iguais pela chapa compensadora A, e pela mola ajustável S. Calcular a tração mínima T que a mola deve exercer, de modo a assegurar que o conjunto permaneça suspenso, como é mostrado. O coeficiente de atrito entre os arames e os pinos é 0,30. Resp. T = 555 N 6.85

L

O tambor A, homogêneo, com centro de massa na metade de seu comprimento estásuspenso por um cabo que passa sobre a superfície cilíndrica fixa B. O coeficiente de atrito estático entre o cabo e a superfície sobre a qual ele passa é fJ.. Determinar o valor máximo que a dimensão a pode ter, antes do tambor inclinar-se saindo de sua posição horizontal.

L-L---J Probl. 6.85 6.81 6.86

L -=-..0 M = 150 No m, anti-hor2coeficiente de atrito entre :;. ~~, calcular a força mínima? que o volante gire. Resp. P = 568 ~-

Probl. 6.83

~ :J

6.84

O conjunto mostrado de massa de 100 kg, com centro de massa em G, é suportado por dois arames que passam em torno dos pinos fixos e são manti-

Encontrar o conjugado M necessário para girar O tubo no bloco em V, contra a ação da cinta flexível. Uma força P = 100 N é aplicada na alavanca que está pivotada em torno de O. O coeficiente de atrito entre·a cinta e o tubo é 0,30, e entre o tubo e o bloco é 0,40. Os pesos das peças são desprezíveis. Resp.

M= 183,4 N'm

6.82 Probl. 6.86 .;::;.ecanismopara fazer desce:: ento da corda, que s= tral, fixo na estrutura, e __ ~-e pelo colar inferior. O ' =da é ajustado girando-se ~-seDIo1a a corda em torno <1= h da corda na parte superia:

6.87

~."'.~ ,','

r

...

,...

,

,'

Probl. 6.84

Substituir a correia planà e a polia da Fig. 6.10 por uma correia trapezoidal e pela polia ranhurada correspondente, tal como é indicado na vista transversal que acompanha este problema. Deduzir a relação entre as trações nos ramos da correia, o ângulo de contato e o coeficiente de atrito para a

246 / ESTÃTlCA

fixo for 0,25, determinar o valor mínimo de h paz de assegurar que não haverá deslizamento sobre o tubo, qualquer que seja o valor da força P. D~ prezar os pesos da corrente e da alavanca e quz! quer atrito entre a extremidade ésquerda da alava::!ca e o tubo. Resp. h = 96,9

correia trapezoidal, no instante em que o deslizamento é iminente. O uso de uma correia V, com Ci = 35° equivaleria a multiplicar o coeficiente de atrito de uma correia plana, do mesmo material, por um fator n. Calcular n. Resp.

T2

= T, eJ.L{3' onde

=

(Ci 2) {3'= sen {3/

n = 3,33

6.89

A corrente tem massa p por unidade de comjrimento. Determinar o comprimento h, abaixo guia cilíndrica fixa, para o qual a corrente estará ::z iminência do deslizamento. O coeficiente de atric é (Sugestão. A equação diferencial resultar.:=

à

J.L.

que envolve a tração T, variável, da corrente, ângulo correspondente e, é da forma dt/de + KT= = f(e), uma equação de primeira ordem, linez: não-homogênea, com coeficiente constante. A soh-ção é

Seção transversal da correia trapezoidal V

T= Ce-Ke + e-Ke J eKe f(e)de onde C e K são constantes. Probl. 6.87

2W

Resp.

6.88

h

= --2 1+J.L

(1 +

Todo coeficierr~ Não faz senti . tico, J1s, para um d: colocar subscrito e' força de atrito que a o corpo estiver paradl Quando existem uma linha, seleciona-se de momento causado ção desses efeitos sob Os coeficientes cies em contato. O precisão difícil de ser _ cálculos. O uso de val__ em cálculos de projeto· Ao rever esta in formas de atrito, men vem atrito fluido estão deste fenômeno está in

eJ!

A corrente de rolos é usada como chave de tubos. Se o coeficiente de atrito entre a corrente e o tubo

,

L-h~

I

Probl. 6.88

6.10 - FORMULAÇÃO

PROBLEMAS 6.90

Probl. 6.89

Movimento permitido ~

-iA

à

_

Prob

6.91

1. Atrito estático menor que o valor máximo possível e determinado pelas equações de equilíbr:c (geralmente requer wna verificação para ver se F < J1sN). 2. Atrito estático limite com movimento iminente (Fmáx. = J1sN). 3. Atrito dinâmico, onde ocorre movimento qe deslizamento entre as superfícies de conta-J1kN).

Um sistema de traYa a barra A se mova movimento para a ; atrito entre a sap minar o maior co~ ter para que o shl'e crito.

DO PROBLEMA E REVISÃO

No presente estudo do atrito, concentrou-se a atenção no atrito seco ou de Coulomb, e empregou-sc um modelo mecânico simples consistindo de irregularidades superficiais entre os corpos em conta (Fig. 6.1), porém suficiente para explicar o fenômeno, de modo adequado, para a maioria dos propósitos engenharia. Tendo este modelo em mente, pode-se facilmente visualizar os três tipos de problemas de atritc seco que são encontrados. Estas categorias são:

(F=

PARA RE1

Um elemento d~ menta consiste de suportada por um A barra suporta de comprimento. Se determinar a força. ~ mover a barra.

ATRITO

o valor mínimo de h ca=20 haverá deslizamento sobre

seja o valor da força P. Des::crrente e da alavanca e qual::emidade ésquerda da alavanResp.

h

= 96,9

mm

p por unidade de compricomprimento h, abaixo da

- ooto. O coeficiente de atrito ..••.. diferencial resultante _-.=çuação T, variável, da corrente, no 6, é qud da forma dt/de + KT= ~- ~:~~o • oo&n"

"t~'"

de primeira ordem, linear, eficiente constante. A solu-

k'i _ e-Ke f

eKe f(e)de

~~tes.

I 2G

Todo coeficiente de atrito corresponde a um dado par de superfícies em contato. Não faz sentido falar em coeficiente de atrito para uma superfície única. O coeficiente de atrito estático, JJ.s, para um dado par de superfícies é geralmente maior que o coeficiente dinâmico, J.lk' É comum não colocar subscrito e inferir, a partir do problema a ser abordado, qual dos dois coeficientes está se tratando. A força de atrito que atua sobre um corpo em movimento tem sempre o sentido oposto ao seu deslizamento. Se o corpo estiver parado, o sentido é oposto ao deslizamento que ocorreria na ausência de atrito. Quando existem forças de atrito distribuídas, segundo alguma lei, sobre uma superfície ou ao longo de uma linha, seleciona-se um elemento representativo da superfície ou da linha e calcula-se os efeitos de força e de momento causado pela força de atrito elementar atuando sobre o elemento. Procede-se, então, à integração desses efeitos sobre a superfície ou linha. Os coeficientes de atrito são sujeitos a variações consideráveis, dependendo das condições das superfícies em contato. O emprego de coeficientes de atrito com três algarismos significativos representa uma precisão difícil de ser reproduzida em experimentos e, quando ocorrer, serve apenas como verificação dos cálculos. O uso de valores obtidos em manual, para coeficientes de atrito estático ou dinâmico a serem usados em cálculos de projetos de engenharia, deve ser visto apenas como uma aproximação. Ao rever esta introdução aos problemas de atrito, o estudante deve ter em mente a existência de outras formas de atrito, mencionados no artigo introdutório deste capítulo. Por exemplo, os problemas que envolvem atrito fluido estão entre os mais importantes problemas de atrito encontrados em engenharia e o estudo deste fenômeno está incluído como assunto da mecânica dos fluidos.

PROBLEMAS PARA REVISÃO 6.90

L 6.89

Um sistema de travamento por atrito permite que a barra A se mova para a esquerda, mas impede o movimento para a direita. Se o coeficiente de atrito entre a sapata B e a barra A for 0,40, determinar o maior comprimento que a barra b pode ter para que o sistema trabalhe conforme descrito. Resp. b = 118,5 mm

Probl. 6.91 Movimento permitido

::z Coulomb, e empregou-se

~

::-e os corpos em contato maioria dos propósitos da Ss ::pos de problemas de atrito

Probl. 6.90

6.91

equações de equilíbrio

~ ;;s superfícies

de contato

6.92

Um elemento deslizante de uma máquina-ferramenta consiste de uma barra, com seção V, que é suportada por um bloco com uma ranhura em V. A barra suporta uma carga vertical w por unidade de comprimento. Se o coeficiente de atrito for IJ., determinar a força horizontal P necessária para mover a barra.

Os coeficientes de atrito estático e dinâmico entre o bloco de 100 kg e o plano inclinado são respectivamente, 0,30 e 0,20. Determinar: (a) a força de atrito F que atua sobre o bloco quando P é aplicada com uma intensidade de 200 N no bloco em repouso; (b) a forçaP necessária par2 iniciar o movimento para cima no plano inclinado a partir do repouso; e (c) a força de atrito F que atua sobre o bloco seP = 600 N. Resp. (a) F = 66,0 Y (b)P=516~ (c) F= 148 ~

~"

248

I

ESTATlCA

6.95

o parafuso da pequena prensa tem um diâmetro médio de 25 mm e uma rosca quadrada de dlla'i entradas, com um avanço de 8 mm. O mancal de escora plano em A é mostrado na vista ampliada, e tem superfícies que estão bem amaciadas. Se o coeficiente de atrito-for 0,25, tanto para as rosC4S como para o mancal em A, calcular o torque M sobre o volante manual necessário (o) para produzir uma força de compressão de 4 kN; (b) parz. aliviar a prensa da compressão de 4 kN.

6.96

A figura mostra uma catraca de atrito, silenciosa, que gira a roda no sentido anti-horário sob a ação de uma força P aplicada ao punho. A barra flutuante AB prende-se na roda de modo que Ci = 200• Se é necessária uma força P = 150 para girar a roda em tomo do mancal em O, determinar: (o) o coeficiente de atrito mínimo entre a barra e a roda de modo a garantir que não h<$. deslizamento em B; e (b) a intensidade R da for' sobre o pino emA. Resp. (o) Pmín. = 0,364; (b) R = 1,754 ld\

Probl.6.92

6.93

6.94

•••. -------------_ 1l"""""'"

Um carro de 1 600 kg, com distância entre eixos de 3 000 mm, tem o centro de gravidade a 600 mm acima da pista de rolamento e no meio da distância entre os eixos. Se o coeficiente de atrito entre os pneus e a pista de rolamento for 0,80, encontrar o maior ângulo e que um plano inclinado pode fazer com a horizontal de modo que o carro possa subir por ele, com velocidade constante, sem que as rodas de tração traseiras derrapem. Qual o torque M que o motor aplica às rodas traseiras, de 660 mm de diâmetro, nessas condições? Desprezar qualquer atrito sob as rodas dianteiras.

6.99

r

A viga uniforme de 3 m está suspensa por um cabo que passa por uma grande polia. Um pino de retenção em A impede que a polia gire. Se o coeficiente de atrito entre o cabo e a polia for 0,25, determinar o valor mínimo de x para que o cabo não deslize sobre a polia: Resp, x = 0,343 m

Probl. 6.96 6.97

A extremidade inferior A da prancha homogên~ de 80 kg repousa sobre roletes que podem m ver-se livremente sobre a superfície horizontal. &, os coeficientes de atrito estático e dinâmico enir::' a prancha e a arestaB forem 0,80 e 0,70, re~tivamente, calcular a força de atrito F que ab em B, se a prancha sair do repouso na posiç:E mostrada.

Prol

6.100

3m

Probl.6.94

Probl. 6.97 6.98

Probl. 6.95

O coeficiente de furadeira de co Comparando-se operação de furar sos da mesa e da pontos A e B, verificl na coluna, se o opel esqueceu de fixar atrito é suficiente

Calcular o torque M que o motor deve fornece: ao eixo traseiro do carro para que ele passe sob o obstáculo, a partir de uma condição de rep e sem que as rodas traseiras deslizem. Determ.i::r o coeficiente de atrito mínimo nas rodas trase~ para impedi-Ias de deslizar. O carro tem massa h 1200.kg. Resp. M = 2,02 kN· m; Pmín. = l,--

As duas cunhas de modo que uma fClr'Ç uma delas, confo em uma elevação te de atrito para mento é 0,20, e as zíveis. Determinar P

ATRITO

6.101

lreIlll prensa tem um diâmetro e uma rosca quadrada de duas zv.mço de 8 mm. O mancal de -é mostrado na vista ampliada,

-

for 0,25; tanto para as roscas em A, calcular o torque M necessário So, ~. ~.:''''' bom (o) para produ~ .:nmpressão de 4 kN; (b) para ~ =pressão de 4 kN.

="""".

catraca de atrito, silenciosa, • ~tido anti-horário sob a ação -da ao punho. A barra fluna roda de modo que ~ uma força P = 150 N Ic:::: tomo do mancal em O, de-riente de atrito mínimo entre ::::J.odoa garantir que não haja : e (b) a intensidade R da força

- = 0,364;

(b) R

Resp.

b

= o + d ,,/1+2" J.L

..)1

-1

+J.L2

O coeficiente de atrito, entre a luva da mesa da furadeira de coluna e a coluna vertical, é 0,30. Comparando-se com a carga axial, produzida pela operação de furar, podem ser desprezados os pesos da mesa e da luva. Supondo o contato nos pontos A e B, verificar se a luva desliza para baixo, na coluna, se o operador, ao operar a máquina, esqueceu de fixar a trava ou se, ao contrário, o atrito é suficiente para manter a posição.

= 1,754 kN Probl. 6.101

1450 mm----: .. J",\,""",-, ..,"...,...••... ,,".- ..... -

~A~~,','."j,,'C""'P.,> ___

Iie

Na figura aparece, esquematizado, um laminador. Calcular a espessura máxima b que a chapa a ser laminada pode ter, para entrar no laminador puxada apenas pelo atrito entre ela e os rolos. O coeficiente de atrito é J.L.(Sugestão. A condição crítica ocorre quando a resultante das forças horizontais na chapa é nula.)

Probl. 6.98

6.99

I 249

~

.'

" /,/,."".~. ".C'"

6.102

P

j,.c.'"

1Il1Il

Determinar a força P que iniciará o giro do cilindro de massa m contra a ação do atrito. O coeficiente de atrito, para ambos os pares de superfícies em contato, é J.L.

t

6.96

P

200

L

mm

ior A da prancha homogênez !Obre roletes que podem mo1:re a superfície horizontal. Se cito estático e dinâmico entre B forem 0,80 e 0,70, respeoforça de atrito F que atill. sair do repouso na posiçã,

Probl. 6.102 Probl. 6.99 6.103 6.100

As duas cunhas de 10° estão posicionadas, de modo que uma força para baixo, P, aplicada em uma delas, conforme aparece na figura, resultará em uma elevação·da carga de 600 kg. O coeficiente de atrito para todas as superfícies de deslizamento é 0,20, e as massas das cunhas são desprezíveis. Determinar P. Resp. P= 2,41 kN

--.;m

Uma escavadeira de terraplanagem rola a tara de 750 kg para cima do plano inclinado de 20°, empurrando-a com a lâmina, que é normal ao plano inclinado. Se o coeficiente de atrito entre a lâmina e a tara for 0,50, e entre a tora e o solo for 0,80, calcular o componente P da força normal à lâmina, que deve ser exercida contra a tara. Resp. P = 5,03 kN

~\ \

,L 6.97

\

IR Jf que o motor deve fornece: carro para que ele passe sobre - de uma condição de repouse traseiras deslizem. DetermÍDZ: no mínimo nas rodas traseir.:! deslizar. O carro tem massa de

= 2,02 kN· m; J.Lmín.=

l,OC

Probl. 6.100

Probl. 6.103

250 I ESTATICA

6.104

O eixo tubular de parede fina e diâmetro médio D gira em torno do eixo vertical, suportando uma :6' carga axial L, e apóia-se contra uma superfície esférica fIxa de raio r. Se o coefIciente de atrito entre o tubo e a superfície esférica for }J., escrever a expressão para o momento M, necessário a se aplicar sobre o eixo para vencer o atrito no apoio.

ooBt-E o:> o:> ""

-~

-t

J~ A C ... L E

....,~.+

E

Probl. 6.106

k---1200=Probl.

6.109 6.107

Probl. 6.104

6.105

O caminhão descarrega a caixa escorregando-a lentamente para fora da carroceria elevada. A caixa tem massa total de 5 Mg, com centro de massa G no seu centro geométrico. O coeficiente de atrito entre a caixa e a carroceria é 0,30. Calcular a força frenante F entre os pneus e a pista de rolamento horizontal quando a caixa está na iminência de deslizar carroceria abaixo, a partir da posição mostrada, e o caminhão estiver na iminência de andar para a frente. Não ocorre deslizamento na aresta inferior da caixa. Resp. F = 9,98 kN

=

As duas sapatas de freio e suas lonas giram torno dos pontos O e se expandem contra o ta:mbor de freio, comandadas pelo cilindro hidráuli C. Pode-se demonstrar que a pressão p, entre tambor e as lonas, varia diretamente com o seI:':. do ângulo e., medido do pino O, para cada sapatt. e tem um valor Po em e = {3.A largura da lona e:= contato com o tambor é b. Escrever a express2:: para o torque de frenagem Mf sobre a roda, secoefIciente de atrito entre a roda e a lona for

6.106

Uma força de 1 kN é desenvolvida no cilindro hidráulico C para ativar o freio de sapata. Se o coefIciente de atrito estático entre as sapatas e o aro da roda for 0,60, calcular o torque máximo M que pode ser aplicado à roda sem causar rotação. A roda está montada em um mancal fIxo em seu centro. Supor que as forças entre as sapatas e a roda atuam nos centros das faces de contato das sapatas. Resp. M = 558 N °m

e é suportado sob=e dos em V, em retel é levantado '

Probl

Probl. 6.107

Probl. 6.105

O carretel do cabo "'"

6.108

As tenazes de atrito representadas na figura =-ram projetadas para erguer engradados de 500 ~ com uma largura nominal de 1 200 mm. A pa..-:::: da confIguração mostrada, determinar se o ~ zamento é mais provável para os engradados pouco mais largos (com contato ,em A) ou estreitos (com contato em B) do que o tamar::: nominal. Determinar o coefIciente de atrito mí-mo /Jo, entre as tenazes e o engradado, que evito o deslizamento para o caso em que o des1iz~to é mais provável. Calcular a tração correspo::dente T, na corrente horizontal, que conecta 1:: mandíbulas da tenaz.

=

ATRITO

/ 251

portes, de modo que o cabo possa ser puxado para fora na direção horizontal, como é mostrado. O eixo está fixado ao carretel e gira com ele. Se o coeficiente de atrito entre o eixo e as superfícies do V for 0,30, calcular a força P, no cabo, exigida para girar o carretel. Resp. P = 313 N 6.110

l--1200 mm----J Probl. 6.108

6.109

Ir S:eio e suas lonas giram em 51eeXQandem contra o tam~elo cilindIo hid!áu!r:::: que a pressão p, ent:= ..-::::ia diretamente com o se-....:: c 00 pino 0, para cada sapata. !J = {3.A largura da lona err. é b. Escrever a expressã, .agem Mf sobre a roda, se o entre a roda e a lona for }L. <:

~ iL

O carretel do cabo telefônico tem massa de 3 Mg e é suportado sobre seu eixo nos blocos entalhados em V, em ambos os lados do carretel. O carretel é levantado do solo, pelo içamento dos su-

~=

'r

Probl. 6.109

_107

:epresentadas na [lgura fo::r:guerengradados de 500 kg, de 1 200 mm. A partir , determinar se o deslipara os engradados um contato .em A) ou mais em B) do que o tamanho coeficiente de atrito mínie o engradado, que evitará caso em que o deslizamenCalcular a tração corresponhorizontal, que conecta as

=- I

Uma corda flexível leve é passada em torno do disco circular de massa m,e termina em uma polia pequena, que está livre para encontrar sua posição de equilíbrio sobre a corda. Se o coeficiente de atrito entre a corda e o disco for 0,50, calcular o ângulo a entre as normais à corda, nos pontos de tangência, para a posição onde o disco está na iminência de girar sob a ação de um conjugado M nele aplicado. (Sugestão. Resolver a equação resultante para a, graficamente.) Resp. a = 87,30

7 TRABALHO

7.1

-

VIRTUAL

Portanto, o. res concluir, imediatamente. O trabalho é uma mesmo sentido do d ao do deslocamentó (Fi>!..

INTRODUÇÃO

Nos capítulos anteriores, o equilíbrio de um corpo foi analisado isolando-o com um diagrama de co livre, e igualando·se a zero as equações dos somatórios das forças e dos momentos. Para a maioria dos cas05. esta solução foi empregada para corpos cuja posição de equilíbrio era conhecida ou especificada, e onde ~ ou mais forças externas era uma incógnita a ser determinada. Há uma classe particular de problemas, nos quais os corpos são compostos de elementos interliga que admitem movimento relativo entre as peças, permitindo, assim, que sejam examinadas várias possíVIconfigurações de equilíbrio. Em problemas deste tipo, as equações de equilíbrio das forças e.dos momen embora válidas e adequadas, não são, geralmente, o caminho mais direto e conveniente. Neste capí apresenta-se um método mais útil e direto, baseado no conceito do trabalho realizado por uma força. Es::: método leva o estudante a compreender mais profundamente o comportamento dos sistemas mecânicos, :; permite que examine com cuidado o assunto da estabilidade dos sistemas em equilíbrio. Ele é chamado ,:~ método do trabalho virtual e é desenvolvido a seguir.

7.2 -

Vê-se, da Fig. ,_ nente do deslocamento

TRABALHO

A defmição de trabl haver variação na direção uma força F atuando so deslocamento infmitesima!

onde o produto escalar de expressão como sendo a como o produto da comp tado na Fig. 7.3b. Express

Em primeiro lugar é necessário defmir o termo trabalho, que é empregado em sentido quantitativo contraste com o seu uso generalizado fora da técnica. (a) Trabalho de uma força. Considere a forç,a constante F que atua sobre o corpo da Fig. 7.1a, ~-:; deslocamento de A para A' está representado pelovetor Lls, chamado deslocamento do corpo. Por definil o trabalho U realizado pela força F sobre o corpo, durante o seu deslocamento, é o produto da componl da força na direção do deslocamento pelo deslocamento, ou U F Ia l...._ Fcosa I

tos

A' r------, I

=

(Fcosa)6.s

, I

I

(a)

Fig.7.1

Para obter o trabaII:

(Fig. 7.3a), deve-se integra:

TRABALHO VIRTUAL / 253

Vê-se, da Fig. 7.lb,que o mesmo resultado é obtido ao multiplicar a intensidade da força pela componente do deslocamento na direção da força, que é U

= F(b.s

cos a)

Portanto, o. resultado obtido independe da direção escolhida para decompor os vetores, podendo-se concluir, imediatamente, que o trabalho é uma quantidade vetorial. O trabalho é uma quantidade positiva quando a componente da força que produz trabalho possui o mesmo sentido do deslocamento. Quando o sentido da componente da força que produz trabalho for oposto ao do deslocamento (Fig. 7.2), o trabalho realizado será negativo. Assim,

= (F cos a) b.s =

U

-(F cos B) b.s

F

AS

r

I

I

II

um diagrama de corpo Para a maioria dos casos, especificada, e onde uma de elementos interligados examinadas várias possíveis forças e dos momentos, ·ente. Neste capítulo, o por uma força. Este os sistemas mecânicos, e íbrio. Ele é chamado de

sentido quantitativo em

A defInição de trabalho será agora generalizada para levar em consideração condições nas quais possam haver variação na direção do deslocamento ou variações na intensidade e direção da força. A Fig. 7.3a mostra uma força F atuando sobre o ponto O de um corpo que se move ao longo do caminho indicado. Durante um deslocamento infmitesimal ds, ao longo do caminho, o trabalho realizado por F é ( dU

=

•

(7.1)

dU=F~

onde o produto escalar de F por ds adequa-se à defInição de trabalho. Novamente, p·ode-se interpretar esta expressão como sendo a componente F cos a da força na direção do deslocamento vezes o deslocamento ou como o produto da componente ds cos a do deslocamento na direção da força vezes a força, como representado na Fig. 7.3b. Expressando-se F e ds em termos das suas componentes retangulares, tem-se dU

=

(iFx

= Fx corpo da Fig. 7.1a, cujo do corpo. Por definição, produto da componente

ou

F cos a ds

+ jFy + kFz)

dx

+

Fy

dy

+

• Fz

(i dx

+ j dy + k dz)

dz

Para obter o trabalho total U realizado por F durante um movimento firrito do ponto O de A a B (Fig. 7.3a), deve-se integrar dU entre essas posições. Assim,

A'

(a)

(b)

Fig.7.3

254 I ESTÁTICA

ou

Trabalho tem

u=

f

í

F cos o: ds

A fIm de efetuar esta integração é necessário conhecer-se a relação entre as componentes da força e suas coordenadas respectivas, ou as relações entre F e s, e entre cos a e s. No caso de forças concorrentes que atuam sobre o corpo, o trabalho realizado por sua resultante se iguala ao trabalho total realizado pelas várias forças. Isto pode ser verillcado, pelo fato de a componente da resultante, na direção do deslocamento, se igualar à soma das componentes das várias forças na mesma direção. (b) Trabalho de um conjugado. Além das forças, os conjugados também podem realizar trabalho. Na Fig. 7.4a tem-se um conjugado M atuando sobre um corpo que muda sua posição angular de uma quantidade de. o trabalho realizado pelo conjugado é facilmente determinado combinando o trabalho de cada uma das forças que o constituem. Na parte b da fIgura representa-se o conjugado por duas forças iguais e opostas, F e -F, que atuam nos pontos A e B tal que M = Fr. Durante o movimento infinitesimal no plano da figura, a linha AB move-se para A "B'. O deslocamento de A pode ser decomposto em duas partes, a primeira, um deslocamento dSB, igual ao de B; a segunda, um deslocamento dSA/B (o deslocamento real de A em relação a B), devido à rotação em torno de B. Vê-se que o trabalho realizado por F, durante o deslocamento de A para A I, é igual e oposto àquele realizado por - F, durante o deslocamento idêntico, de B para B'. Portanto, pode-se concluir que não há trabalho devido à translação de um conjugãdo (movimento sem rotação). Durante a rotação, contudo, F realiza um trabalho igual a F 'dSA/B = Fr de, onde de é o ângulo infinitesimal de rotação em radianos. Como M = Fr, tem-se (7.2)

I~~i , \

I

I

I

I/

II

I

joule (1), que é o "sobre a sua direção trabalho realizado • aspecto dimensional., dades físicas comple produto escalar, en Por outro lado, mOI:) uma distância, pe unidades no sistema newton-metro (N • m'

I

(c) Trabalho J: pelas forças que ager:: arbitrariamente, afi usado para indicar que comparação das várias trabalho efetuado por chamado trabalho v'

J

onde a é o ângulo en movimento real, e po; e não pode ser integrado Um deslocamenconjugado M, durante A força F, ou o • infmitesimal virtual os durante o movimento Esta consideração é .,-

dA =ydx.

\,-~--// (a)

7.3 - EQUILIBRIO As condições de partícula, em segundo gados.

(a) Particula. Ca equiHbrio como resulta." peso mg deve ser tam' • de equilíbrio dapartí

-F

(b)

Fig.7.4

O trabalho do conjugado é positivo seM tiver o mesmo sentido de de (no sentido horário nesta ilustração) e negativo se o sentido de M for oposto ao de rotação. O trabalho total de um conjugado durante uma

rotação finita no seu plano torna-se

Expressando LF e direções das coordenal

TRABALHO

• nentes da força e suas rio por sua resultante se -lto de a componente da - forças na mesma direção. -.~

realizar trabalho. Na

,sular de uma quantidade '- ::rabalho de cada uma das I -. no plano da figura, a ~~ iguaisa eprimeira, opostas, F partes, ume A em relação a ~:o real de I te o deslocamentoI de A para te" de B para B . Portanto, :;.to sem rotação). Duran· I e o ângulo infinitesirnal de

ic-~

'I

(7.2)

VIRTUAL

I 255

Trabalho tem a dimensão de (força) X (distância). No sistema de unidades SI, a unidade do trabalho é o joule (J), que é o trabalho realizado por uma força de um newton movendo-se na distância de um metro sobre a sua direção (J = N' m). No Sistema Inglês de unidades, a unidade do trabalho é o libra-pé, que é o trabalho realizado por uma força de uma libra movendo-se na distância de um pé sobre a sua direção. Sob o aspecto dimensional, o trabalho e o momento de uma força têm a mesma unidade, apesar de serem quantidades físicas completamente diferentes. Observe, com atenção, que o trabalho é um escalar obtido do produto escalar, envolvendo o produto de uma força por uma distância, ambas medidas sobre a mesma linha. Por outro lado, momento é um vetor obtido do produto vetorial, envolvendo o produto de uma força por uma distância, perpendiculares entre si. Para distinguir estas duas quantidades, quando escrever as suas unidades no sistema SI, usar-se-á o joule (J) para o trabalho e reservar-se-á a combinação de unidades newton-metro (No m) para o momento. (c) Trabalho virtual. Considere agora, uma partícula, cuja posição de equilíbrio seja determinada pelas forças que agem sobre ela. Qualquer pequeno deslocamento os, que a partícula supostamente sofra, arbitrariamente, afastando-a da posição natural, será chamado um deslocamento virtual. O termo virtual é usado para indicar que o deslocamento não existe na realidade, tendo sido apenas suposto, a fim de permitir a comparação das várias possíveis posições de equilíbrio, no processo de determinação da posição correta. O trabalho efetuado por uma força qualquer F, que atue sobre a partícula durante o deslocamento virtual, é chamado trabalho virtual e é oU

= F'

os

ou

oU

= F os cos

o:

onde a é o ângulo entre F e os. A diferença entre ds e os é que ds se refere a uma variação infinitesimal no movimento real, e pode ser integrado, enquanto os se refere a um movimento infrnitesimal virtual ou suposto e não pode ser integrado. Matematicamente, ambas as quantidades são diferenciais de primeira ordem. Um deslocamento virtual pode também ser uma rotação 08 do corpo. O trabalho virtual realizado pelo conjugado M, durante um deslocamento virtual angular 08 é, então, oU = M 88. A força F, ou o conjugado M, pode ser considerado como constante durante qualquer deslocamento infmitesimal virtual os ou 08. Se fosse considerada uma variação na intensidade ou no sentido de F ou M, durante o movimento infrnitesimal, apareceriam termos de ordem superior que, no limite, seriam eliminados. Esta consideração é idêntica àquela que permite escrever que uma área elementar sob a curva y = f(x) é

dA =ydx.

7.3 - EQUlLIBRlO As condições de equilíbrio serão agora expressas em termos do trabalho virtual, inicialmente para uma partícula, em segundo para um corpo rígido único e em terceiro para um sistema de corpos rígidos interligados. (a) Partícula. Considere a partícula ou pequeno corpo da Fig. 7.5, que encontra a sua posição de equilíbrio como resultado das forças nas molas às quais está presa. Se a massa da partícula for significativa, o peso mg deve ser também incluído como uma das forças. Para um deslocamento virtual suposto os da posição de equilfbrio da partícula, o trabalho virtual total realizado sobre a partícula será oU

:ido horário nesta ilustr::

= FI'

os

+

F2' os

+ F3' os + ... = 2:F' os

Expressando ~F em termos de suas somas escalares e os em termos das suas componentes virtuais nas direções das coordenadas, escreve-se

~=:1 conjugado durante ur:::z oU

= 2:F ·os = (i2:Fx + j2:Fy + k2:Fz) '(i ox + j oy + k oz) = 2:Fx ox + 2:Fy oy + 2:Fz OZ = O

256 / ESTÁTICA

chapa em torno de O ~ trabalho realizado por

Cancelando 06,

XOS ~2VF: FI F4 Fig.7.5

A soma é iguala zero, porque LF = O e também LFx = O, LFy = O e LFz = O. A equação oU = O é. então, um outro modo de se estabelecer as condições de equiHbrio da~partícula. Esta condição de ser trabalho virtual nulo, para o equihbrio, é necessária e suficiente, porque pode ser aplicada nas três direções perpendiculares entre si, tomadas uma de cada vez e é, portanto, equivalente às três condições escalares de equihbrio conhecidas.

que é, simplesmente, a e emprego do princípio evidente para corpos irr

(c) Sistemas de equillbrio de um sis ideais, que são aqueles atrito, que não podem Fig. 7.7a mostra um ex partes e a posição de identificadas neste sistea

O princípio do trabalho virtual nulo para o equihbrio de uma partícula única, geralmente não traz nenhuma simplificação adicional ao já simples problema, porque oU = O e LF = O fornecem a meSlIl2 informação. O conceito do trabalho virtual para a partícula foi introduzido, de modo que possa ser aplicado a sistemas de partículas no desenvolvimento que segue. (b) Corpo rígido. A extensão do princípio do trabalho virtual de partículas para sistemas de partículas rigidamente ligadas, que formam os corpos rígidos, é facilmente realizada. Como o trabalho virtual, realizado sobre cada partícula do corpo em equihbrio é nulo, resulta que o trabalho virtual realizado sobre todo o corpo rígido é nulo. Somente o trabalho virtual realizado pelas forças externas aparece no cálculo de oU = O, para o corpo todo, uma vez que as forças internas ocorrem em parel de forças iguais, opostas e colineares, e o trabalho realizado por estas forças durante qualquer movimento é nulo. Este trabalho é nulo, porque as componentes do deslocamento das duas partículas ao longo das linhas de ação das forças são idênticas para corpos rígidos.

(a) FoI'Çlll

(1) Forças atiVa5 mentos virtuais. Na Fig_ movem.

p

b

Fig.7.6

Novamente, como no caso de uma partícula, o princípio do trabalho virtual não oferece vantagem re para a solução de um corpo rígido em equihbrio. Qualquer deslocamento virtual suposto, defInido por um movimento linear ou angular, aparecerá em todos os termos de oU = O e, quando cancelado, resultará nz mesma expressão que teria sido obtida usando-se uma das equações de equihbrio de força, ou momento, diretamente. Esta condição está ilustrada na Fig. 7.6, onde se deseja determinar a reação R sob o rolo, para a chapa articulada, de peso desprezível, sob a ação de uma dada forçaP. Uma pequena rotação, suposta, 06 da

(2) Forças rea . deslocamento virtual virtual. Na Fig. 7.7b barra, não pode realizar F O que o apoio fixo porque não há deslo (3) Forças interna mento possível do sisten nas uniões é nulo. A

de forças iguais e opo trabalho de uma força Observando que possível do sistema, o p ~

TRABALHO

VIRTUAL

/ 257

chapa em torno de O é compatível com o vínculo articulado em O, e é tomada como deslocamento virtual. O trabalho realizado por P é -Pa M, e o trabalho realizado por R é + Rb ôe. Portanto, o princípio Ô U = O dá

-Pa

ôe

+ Rb

(j()

=

O.

Cancelando ôe, resulta

Pa -Rb =

O,

que é, simplesmente, a equação de equilíbrio dos momentos em torno de O. Portanto, nada se ganha com o emprego do princípio do trabalho virtual para um corpo rígido único. O uso do princípio terá uma vantagem evidente para corpos interligados, como será descrito na próxima seção.

O. A equação ô U = O é, Esta condição de ser R:r aplicada nas três direçõe:o I três condições escalares de

fz

=

(c) Sistemas de corpos rígidos. O princípio do trabalho virtual será agora aplicado para descrever o equilíbrio de um sistema de corpos rígidos interligados. O tratamento será limitado aos sistemas chamados ideais, que são aqueles constituídos por dois ou mais corpos rígidos, ligados por conexões mecânicas sem atrito, que não podem absorver energia por deformações, sejam de alongamento, sejam de encurtamento. A Fig. 7.7a mostra um exemplo simples de um sistema ideal onde é possível o movimento entre suas duas partes e a posição de equilíbrio é determinada pelas forças externas aplicadas P e F. Três tipos de forças são identillcadas neste sistema mecânico interligado. Eles são:

IDica, geralmente não traz F = O fornecem a mesrnz o que possa ser aplicado

para sistemas de partí· Ino é nulo, resulta que o realizado pelas forças ternas ocorrem em pares te qualquer movimento é .culas ao longo das linh.a:s

(a) Forças ativas

(b) Forças reativas

(c) Forças internas

Fig.7.7

(1) Forças ativas são forças externas capazes de realizar trabalho virtual durante possíveis deslocamentos virtuais. Na Fig. 7.7a, as forças P e F são forças ativas porque realizam trabalho quando as barras se movem. (2) Forças reativas são forças que agem em pontos de apoio fIxos, onde não há possibilidade de existir deslocamento virtual na direção da força. As forças reativas não realizam trabalho durante um deslocamento virtual. Na Fig. 7.7b, a força horizontal FB que a parede da guia exerce sobre o rolete da extremidade da barra, não pode realizar trabalho porque o rolete está impedido de se deslocar na direção horizontal. A força Fo que o apoio fixo em O exerce sobre o sistema, também é uma força reativa que não realiza trabalho porque não há deslocamento do ponto O.

1:ão oferece vantagem rei.

suposto, defInido por urr:. . cancelado, resultará . de força, ou momento. reação R sob o rolo, para rotação, suposta, ôe dE.

(3) Forças internas são forças nas uniões entre os membros de um sistema. Durante qualquer movimento possível do sistema ou de suas partes, observa-se que o trabalho líquido realizado pelas forças internas nas uniões é nulo. A explicação para este fato é que as forças internas sempre existem aos pares, compostos de forças iguais e opostas, como é mostràdo na Fig. 7.7c para as forças internas FA e -FA da união A, e o trabalho de uma força necessariamente anula o trabalho da outra, durant.e os seus idênticos deslocamentos. Observando que somente as forças externas ativas executam trabalho durante qualquer movimento' possível do sistema, o princípio do trabalho virtual pode, agora, ser enunciado como a seguir: .'

258 / ESTATICA

o trabalho virtual executado pelas forças externas ativas, sobre um sistema mecânico ideal em equilíbrio, é nulo para todo e qualquer deslocamento virtual, compatível com os vfnculos.

O princípio liberdade. Em cada ,. mantendo todas as o a sistemas com um

Entenda-se por vínculos as restrições impostas pelos apoios ao movimento do sistema. Sob esta forma. o princípio encontra sua maior aplicação nos sistemas ideais. O princípio pode ser matematicamente representado pela equação,

Problema Resolvido

(7.3.

Cada uma das duzs : e ~J m e comprimento Para uma dada força P,

I

onde &U significa o trabalho virtual total, realizado por todas as forças externas ativas, durante um deslocamento virtual. Somente agora podem ser percebidas as reais vantagens do método do trabalho virtual. Essencialmente são duas. Primeira, não é necessário desmembrar-se os sistemas ideais para estabelecer as relações entre 25 forças ativas, como é geralmente o caso com o método de equilíbrio baseado nos somatórios de força e d= momentos. Segunda, as relações entre as forças ativas podem ser detenninadas diretamente, sem referência ~ forças reativas. Estas vantagens fazem o método do trabalho virtual particularmente útil na determinação é;: posição de equilíbrio de sistemas sob a ação de cargas conhecidas. Este tipo de problema é oposto ao de se determinar as forças que atuam em corpos cuja posição de equilíbrio está fIxada. O método do trabalho virtual é bastante útil para os propósitos mencionados, porém requer que trabalho executado pelas forças internas de atrito, durante qualquer deslocamento virtual, seja desprezívi Como conseqüência, se' o atrito interno em um sistema mecânico for apreciável, a aplicação do método -'trabalho virtual ao sistema como um todo, redundará em erro, a menos que seja levado em consideração trabalho realizado pelo atrito interno. No método do trabalho virtual, deve ser desenhado um diagrama que isole o sistema em consideração. Em oposição ao diagrama de corpo livre, onde são mostradas todas as forças, o diagrama para o método . trabalho necessita mostrar somente as forças ativas, visto que as forças reativas não entram na aplicação • oU = O. Tal diagrama é chamado diagrama das forças ativas. A Fig. 7.7a é um diagrama das forças ativas pé1L~ o sistema mostrado.

Solução. O diagra=;;a to pelas duas barras é pesos mg além da fm externamente no si nenhum trabalho dur=: mostradas. O princípio do tra: todas as forças exteIllE , mento virtual compatfu:i mento ox, o trabalho \iroli [oU=

P

O)

É evidente, pela tivo. Cada um desses de em função da variável minar. Assim: h

(d) Graus de liberdade. O número de coordenadas independentes necessário para especillcar, completamente, a confIguração de um sistema mecânico, é chamado de número de graus de liberdade do sistema. ~ Fig. 7.8a mostra três exemplos de sistemas com um grau de liberdade, onde é necessária somente UrE. cOClrdenada para determinar a posição de cada parte do sistema. A coordenada pode ser uma distância ou uc ângulo. A Fig. 7.8b mostra três exemplos de sistemas com dois graus de liberdade, onde são necessárias dU25 coordenadas independentes para detenninar a confIguração do sistema. Adicionando mais barras e rem vendo vínculos de apoio do sistema de barras da fIgura da direita, pode ser obtido qualquer número de gr de liberdade.

= icos ~ 2

2

Analogamente, x

= 21 sen ~

Substituindo na eq~- -

8 ~_

PI cos

2

P

o que dá

tg

8

2P

2=

mg

Para obter este fel forças e dos momento~ ~ levar em conta todas as solução pelo método do mg (a) Exemplos de sistemas com um grau de liberdade

(b) Exemplos de sistemas com dois graus de liberdade

Fig.7.8

•

* Para exemplos de • deste autor.

TRABALHO

sistema. Sob esta forma, matematicamente repre-

VI RTUAL

/ 259

o princípio do trabalho virtual, ÔU= O, pode ser aplicado tantas vezes quantos forem os graus de liberdade. Em cada aplicação do método permite-se, apenas, a variação de uma coordenada independente, mantendo todas as outras constantes. As aplicações do trabalho virtual, que serão tratadas aqui, se restringirão a sistemas com um grau de liberdade. * Problema Resolvido 7.1

(7.3) '.-as, durante um desloca"":0

p

Cada uma das duas barras articuladas homogêneas tem massa m e comprimento 1 e é suportada e carregada como mostrado. Para uma dada força P, determinar o ângulo e de equilíbrio.

virtual. Essencialmente

'ecer as relações entre a3 somatórios de força e de ente, sem referência à! ~ útil na determinação ill. ~problema é oposto ao de s;' " os, porém requer que mtual, seja desprezíve:.. •. a aplicação do método ê: ~do em consideração -

p

Solução. O diagrama de forças ativas para o sistema composto pelas duas barras é mostrado separadamente, e inclui os dois pesos mg além da força P. Todas as outras forças que atuam externamente no sistema, são forças reativas, que não realizam nenhum trabalho durante o movimento virtual ôx e não são mostradas. O princípio do trabalho virtual exige que o trabalho total de todas as forças externas ativas seja nulo para qualquer deslocamento virtual compatível com os vínculos. Assim, para o movimento ôx, o trabalho virtual vem a ser [ôU=

lt o sistema em consideraçãi • &grama para o método d= mo entram na aplicação é; ~ das forças ativas pD

I

. para especificar, comp:.::• de líherdade do sistema. _-_ e i: necessária somente u=.l ser uma distância ou de são necessárias mais barras e re: qualquer número de

P ôx + 2mg ôh

O]

p

=O

É evidente, pela geometria, que ôh é negativo para ôx positivo. Cada um desses deslocamentos virtuais será, agora, expresso em função da variável e, que é a quantidade que se deseja determinar. Assim: h = icos 2

~ 2

e

ôh=_isen~ôe

4

Notas:

2

CD

Analogamente, x = 21 sen ~

2

e

ôx = I cos ~ ôe 2

Substituindo na equação do trabalho virtual, vem e 1 e Pl cos - ôe - 2mg - sen - ôe = 2 4 2

O

o que dá

tg

e

2P

2=

mg

ou

2P

e=2arctg

mg

Resp.

Para obter este resultado pelos princípios do somatório das forças e dos momentos, seria necessário desmembrar as barras e levar em conta todas as forças que atuam sobre cada barra. A solução pelo método do trabalho virtual é mais simples.

Observe, cuidadosamente, que sendo x positivo para a direi.ta, ôX é também positivo para a direita, no sentido de P, de modo que o trabalho virtual é P (+ ôX). Com h positivo para baixo, ôh é também positivo para baixo, na direção de mg, de modo que a expressão matemática correta para o trabalho é mg (+ ôh). Quando, a seguir, expressa-se ôh em termos de ôe, ôh terá um sinal negativo, colocando, assim, a expressão matemática em concordância com a observação física, que o peso mg realiza trabalho negativo, quando o centro de massa se move para cima, decorrente de um aumento em xeeme.

<6>

Obtêm-se ôh e ôx das mesmas regras matemáticas de diferenciação com os quais se obtém dh e dx.

dois graus de liber~

* Para exemplos de problemas com dois ou mais graus de liberdade, consultar o Capítulo 7 da l.a Edição de Estática, autor.

260/

ESTATICA


Problema Resol .

A massa m élevada para urna posição de equilÍbrio, pela aplicação do conjugado M à extremidade de urna das duas barras paralelas, que são articuladas corno é mostrado. As barras têm massas desprezíveis e supõe-se que não haja atrito. Determinar a expressão para o ângulo de equilíbrio o, formado pelas barras com a vertical, para um dado valor de M. Considere a alternativa de urna solução pelo equilÍbrio de força e momento.

Determinar o "'te, para impedir qur tal mostrada, sob 2 partes móveis.

Solução. O croqui dado constitui-se no próprio diagrama de forças ativas para o mecanismo completo, visto que mg e M são a força e o momento externos, únicos que realizam trabalho sobre o sistema, durante urna variação no ângulo o. A posição vertical do centro de gravidade G está indicada pela distância h, abaixo da linha horizontal de referência fixada, e é h = b cos O + c. O trabalho realizado por mg, durante o movimento óh, no sentido de mg, é +mg óh

= mg

ó

(b cos O + c)

= mg(-b = -mgb

1)

Solução. O esboç: ma das forças ativas ç internas ou reativas culos. Dá-se à conectora sen tido horário, ó e, • na-se o trabalho virtual da posição horizontal movimenta A para baixa

sen O óO + O) senO óO

onde ó O é, naturalrnen Do triângulo retârQ constante, pode-se e-SCIe

O sinal menos, indica que o trabalho é negativo, para um valor positivo de ó O. A constante c é eliminada, visto que sua derivada é igual a zero. Com O medido positivamente, no sentido horário, ó O é também positivo no sentido horário. Assim, o trabalho realizado pelo conjugado M, no sentido horário, é +M óo. Substituindo, na equação do trabalho virtual, vem [óU=O]

MóO

+ mgóh =

Torna-se, agora, a difa 0= 2x óx +_ Nota:

O

Assim,

que resulta

CD

M óO

= mgb

sen O ó O

0= arcsen--

M mgb

Resp.

Corno o valor de senO não pode ser maior que a unidade, M está limitado aos valores de equilÍbriO que não excedam mgb. A vantagem da solução pelo método do trabalho virtual, para este problema, é logo vista quando se experimenta a solução pelo equilíbrio das forças e dos momentos. Para este método, seria preciso desenhar diagramas de corpo livre, separados para as três peças móveis, e ter-se-ia que considerar as reações internas nas articulações de pino. Para efetuar estas etapas, seria necessário incluir na análise, a posição horizontal de G, em relação aos pontos de ligação das duas barras, emboril quando se solucionam estas equações, a referência a esta posição é eliminada, no final. Então, é evidente, que o método do trabalho virtual, neste problema, lida diretamente com causa e efeito, e não faz referência a grandezas irrelevantes.

Outra vez, corno no Probl. Resolvido 7.1, manteve-se a consistência matemática com a definição de trabalho e observa-se que o sinal algébrico da expressão resultante concorda com a variação física.

e a equação do trabalho [óU=O]

MóO+Pó:r:

Outra vez, observa~ duz urna relação direta l: sem envolver outras fi mento.

11:

TRABALHO VIRTUAL I 261

Problema Resolvido

7.3

Determinar o valor da força P aplicada sobre a luva desllzante, para impedir que a barra OA gire, a partir da posição horizontal mostrada, sob a ação do conjugado M. Desprezar a massa das partes móveis.

,

y

---t----Í. ,

x--!

,r

I

Solução. O esboço apresentado na figura serve como diagrama das forças ativas para o sistema. Todas as outras forças são ou internas ou reativas que não realizam trabalho devido aos vínculos. Dá-se à conectora OA um pequeno deslocamento angular, no sentido horário, ôe, que será o deslocamento virtual. Determina-se o trabalho virtual resultante, executado por Me P. A partir da posição horizontal da conectora, o deslocamento angular movimenta A para baixo da distância

+h

e=---tl

ôy

= a ôe

onde ôe é, naturalmente, expresso em radianos. Do triângulo retângulo que tem a barraAB como hipotenusa constante, pode-se escrever, b2=X2+y2 Toma-se, agora, a diferencial da equação e obtém-se, 0= 2x ôx + 2y ôy

ou

ôx

=-

Lx ôy Notas:

Assim, ::o Probl. Resolvido 7.1, -oncia matemática com o e observa-se que o ~ressão resultante con- física.

ôx=-Laôe x

CD

Observe que o deslocamento aôe, do ponto A, não seria igual aôy, se a conectora OA não estivesse na posição horizontal.

®

O comprimento b é constante, de modo que ôb = O. Observe o sinal negativo que apenas nos diz que, se uma variação é positiva, a outra deve ser negativa.

®

Poder-se-ia usar, também, um deslocamento virtual anti-horário para a conectora, o que causaria apenas a inversão dos sinais de todos os termos.

e a equação do trabalho virtual dá [ôU=

O]

Môe+Pôx=O P= Mx ya

Môe+p(-~aôe)=o

=

Mx ha

Resp.

Outra vez, observa-se que o método do trabalho virtual produz uma relação direta entre a força ativa P e o conjugado M, sem envolver outras forças que são irrelevantes neste relacionamento.

262 I ESTATICA

PROBLEMAS

PROPOSTOS M

(Nos problemas abaixo, supor que o trabalho negativo do atrito é desprezível, exceto quando indicado o contrário.) 7.1

.:l

Para uma dada força P, determinar o ângulo e para que haja equilíbrio. Desprezar a massa das barras. Resp.

e = are cos -

2P

mg

Probl. 7.3

7.8 Probl. 7.1

7.2

O mecanismo articulado é usado para posicíonar a massa m nas guias verticais lisas. Determinar a expressão para a força horizontal P necessária para suportar m, para qualquer valor de e. Seria a ação mais eficaz, se P fosse apli,cada em uma direção diferente da horizontal? Resp. P = mg tg e

i

Probl. 7.4

7.5

Cada uma das barras uniformes tem massa m. Determinar a força horizontal P necessária para se tentá-Ias na posição mostrada, no plano vertical. Resp. P = 4- mg tg

Probl. 7.5

Probl. 7.2

7.3

Encontrar a força Q exercída pelo furador de papel,.do Probl. 4.65, repetido aqui.

7.4

Determinar o torqueM, sobre a alavanca de comando do caminhão basculante, necessário para equilibrar a massa m, com centro de massa em G, quando o ângulo de descarregamento for e. O polígono ABCD é um paralelogramo.

Determinar a fo tangen te ao anel Õ para subir o plano combinada da deslocamento do ,:z plano inclinado e ~ radianos, que a S=R(3,searoda

7.6

Cada uma das barras uniformes da estrutura t=. massa m e comprimento b. A posição de equili1ri: da estrutura no plano vertical é determinada ~ conjugado M aplicado à barra da esquerda. Exp sar e em termos de M.

7.7

Substituir o conjugado M do Probl. 7.6 pela fQ:Ç' horizontal P,conforme mostrado, e determinar :: ângulo de equilíbrio e. Resp.

2",-

e = are tg ~

3

TRABALHO

VIRTUAL

/ 263

7.9

A prensa do Probl. 4.81 é repetida aqui. Determinar a força F, sobre o cabo da alavanca, necessária para produzir uma compressão R sobre o rolete, para qualquer valor dado de (). Resp. F = 0,8R cos ()

7.10

O cilindro hidráulico é usado para expandir o sistema articulado e elevar a carga P. Para a posição mostrada, determinar a compressão C no cilindro. Desprezar os pesos de todas as outras peças.

Probl. 7.6

P

•

Probl. 7.7

7.8

Determinar a força F que o paciente deve aplicar, tangente ao anel de condução da cadeira de rodas, para subir o plano inclinado de ângulo (). A massa combinada da cadeira e do paciente é m. (Se s for o deslocamento do centro da roda medido sobre o plano inclinado e (3 o ângulo correspondente, em radianos, que a roda gira, mostra-se facilmente que S = R (3, se a roda rola sem escorregar.)

Probl. 7.10 7.11

O cilindro hidráulico DA e a barra OR estão combinados para controlar a inclinação da carga, que tem massa m e centro de massa em G. O canto inferior C é livre para rolar horizontalmente, quando o sistema articulado do cilindro se alohga. Determinar a força P, exercida pelo cilindro, necessária para manter o equilíbrio em um dado ângulo (). Resp.

P

=""2 mg(

I - bh) tg ()

P

()

Probl.7.8 Probl. 7.11 7.5 7.12

Cada uma das barras uniformes tem massa me roletes centrais com movimento confmado pela guia

uniformes da estrutura te=.

-
-- à barra da esquerda. Expre

-'-}f

do Probl. 7.6 pela fo mostrado, e determinar :: 2Tr.E

Resp.

() = arc tg

3;

Probl. 7.9

Probl. 7.12

264 / ESTÁTICA lisa vertical. O ro1ete da extremidade da barra inferior tem o movimento restringido pela guia lisa horizontal. Determinar o ângulo 8 para que haja equilíbrio sob a atuação do conjugado M. 7.13

O croqui mostra o esquema aproximado da montagemque prende o flange da base do foguete Saturno V ao pedestal de sua plataforma, antes do lançamento. Calcular a força de aperto F em A, se a barra CE estiver sob tração produzida por uma pressão do fluido de 20 MPa, que atua sobre o lado esquerdo do pistão dei cilindro hidráulico. O pistão tem uma área útil de 10' mm2• O peso do conjunto é considerável, mas é pequeno comparado com a força de aperto produzida, e será, portanto, desprezado. Resp. F = 6,00 MN

fixa. A figura OBAC forma um paralelogramo e ângulo COB é reto. Determinar a relação entre ,_ massa m a ser medida e o ângulo 8, supondo q 8 = 8 o quando m = O. 7.15

As pinças da garra de controle remoto desenvolY<õ uma força de pega C, como resultado de tração P, aplicada à haste de controle. Expressar C em função de P, para a configuração mostrada, onde 23 pinças estão paralelas. Resp.

C=!...- e(d + c) 2~

p

Probl. 7.15 7.16

Probl. 7.13

7.14

A caixa de carga do caminhão de distribuição de alimentos, em serviço de aeronaves, tem uma carga de massa m, e é elevada pela aplicação de um tmque M sobre a extreI!lidade inferior da barra, que está articulada à estrutura do caminhão. As ranh ras horizontais permitem que o sistema articulado se abra, quando a caixa de carga for elevaclz. Expressar M em função de h.

A balança postal consiste de um setor, de massa mo, articulado em O e com centro de massa em C. O prato e a barra vertical AB têm a massa m I e estão articulados no setor em B. A extremidade A está articulada à barra homogênea AC, de massa m2, que, por sua vez, está articulada à estrutura

Probl. 7.16

7.17

Probl. 7.14

A figura mostra um dispositivo para medir a radÍêção do corpo de um paciente. O contador de radiação A tem massa m e é posicionado girando-se parafuso de avanço L, com um torqueM, que controla a distância BC. Relacionar o torque M à carga mg para os valores dados de b e 8. Desprezar to' o atrito e a massa do sistema articulado, comparada com m. Resp.

M

= ~tg: SmgL

5

7.18

A posição vertiai da pelo parafuso variação na do parafuso, é rotação). Se é para vencer o parafuso, dete. total M, necessário elevar a carga.

I

TRABALHO

VI R TUhJ..

/ 265

forma um paralelogramo e o Determinar a relação entre a ;", e o ângulo fi, supondo que

7.19

Determinar o torque M exercido pela chave antitorque, defrnida no Probl. 4.110 e repetida aqui. A força de aperto é P = 150 N. Resp. M= 7,88 Nem

~ controle remoto desenvolve

7.20

Determinar a força F entre as mandíbulas do grampo, em função de um torque M exercido sobre a manivela do parafuso de ajuste. O parafuso tem um avanço por rotação L. Desprezar o atrito.

=trole. Expressar C em fun:-!!UIação mostrada, onde as

~~mo I

re,""do d, tr,ção P, Resp.

C=

!:..-

2

e (d + c) bc

Prob\. 7.17

p

caminhão de distribuição de ce aeronaves, tem uma carga ~ pela aplicação de um torade inferior da barra, que a do caminhão. As ranhuque o sistema articulado ;::rixa de carga for elevada. ~ de h.

7.18

A posição vertical da carga de massam é controlada pelo parafuso que conecta as uniões A e B. A variação na distância entre A e B, para uma rotação do parafuso, é igual ao seu avanço L (avanço por rotação). Se é necessário aplicar um momento Mf para vencer o atrito nos metes e nos mancais do parafuso, determinar a expressão para o momento total M, necessário a ser aplicado ao parafuso, para elevar a carga.

Probl. 7.20

7.21

A plataforma elevadora faz a entrega de carga na porta de carga de um avião. Se a màssa de estrutura for desprezível, comparada com a massa m da carga, determinar a força compressiva C no cilindro hidráulicoAB, para qualquer ângulo R C mg y' 1 + 8 sen' fi esp. = ---s-en-fi fi_o

_

M~

Prob\. 7.18

40

120 mm

p

mm .16

=spositivo para medir a radiapaciente. O contador de rae é posicionado girando-se o , com um torque M, que cono Relacionar o torque M à carga ios de b e fi. Desprezar todo sistema articulado, compara-

",.' -i~.' 'A

Probl. 7.21 p 7.22

Expressar a compressão C no cilindro hidráulico do elevador de carro em função do ângulo O. A massa do elevador é deprezÍvel comparada com a massa m do veículo.

I

Resp. M=

5mgL

-41'(

tg-2 fi

Prob\. 7.19

Resp.

C = 2mg cotg fi )

+

(1)' - 2 1 cos fi

266 / ESTÁTICA

p

L Probl. 7.22 7.25

7.23

Determinar a força P desenvolvida nas mandíbulas do alicate rebitador do Probl. 4.85, repetido aqui. Resp.

P=

2Feb c (b - a)

A ponte militar, de vão L, mostrada na fIgura., ~ lançada de um carro de combate, através da ação do sistema articulado hidráulico AB. Se cada das duas partes idênticas da ponte tiver massa me centro de massa em G, relacionar a força F TIl cilindro hidráulico com o ângulo e de equilíbrio. O mecanismo interno em C mantém o ângulo 'l= entre as duas partes. Por que se deve calcular trabalho do momento interno em C? Discutir escolha do método do trabalho virtual para este problema.

= 'Z.

~IF

e

Resp.

F

=

mgL

b

.)2 tg e ,j 1 + sen S

(a) Energia Po: elemento e é cham: recuperada, admitin alongamento. Consi seja elástica e linear, relação é escrita como realizado por F durante a compressão x, é

ou

Probl. 7.23

Assim, a energia Durante uma variação na energia po 7.24

O alicate articulado do Probl. 4.71 é repetido aqui com dimensões simbólicas. Determinar a força de aperto C, em função de a, para urna determinada força P no cabo. Resp.

C=P

f(

i

cotg a-I

)

Probl. 7.25

que é idêntica à área Durante um di da energia potencial

Se a força co variação (final menos . 7.4 - ESTABILIDADE

E ENERGIA POTENCIAL

No item anterior tratou-se de configurações de equilíbrio de sistemas mecânicos compostos de membros individuais, tidos como perfeitamente rígidos. O método será, agora, estendido para levar em consideração sistemas mecânicos que possuem elementos elásticos na forma de molas. Com este objetivo, é ' introduzir o conceito de energia potencial, que leva, diretamente, ao importante problema de determinar ~ estabilidade do equiHbrio.

Corresponden Quando a mola es mesmas, apenas x rI estiver sendo esticada, realizando trabalho po -

TRABALHO VIRTUAL I 267

r--

Comprimento livre

F

----1 F

dVe = kxdx

o

X

~x

O

Xl ~

11

f..-dxX2

Fig.7.9

L,

mostrada na fJgU:'E.. - ::e combate, através da ~-c bidráulico AR. Se cada ~ da ponte tiver massa G, relacionar a força F

~= ~=

o Cângulo mantém e de oequilíbriCL ângulo -~ Por que se deve calclili:: ~ mterno em C? Discut: ~ ::o trabalho virtual para

~= mgL..j2 b

~

tg

e,)l

+ SE:-

(a) Energia Potencial Elástica. O trabalho realizado no elemento elástico é -armazenado no próprio elemento e é chamado energia potencial elástica, Ve. Esta energia é potencialmente utilizável e pode ser JeCUperada, admitindo-se que o elemento realize trabalho no corpo, durante o alívio de sua compressão ou ongamento. Considere a mola (Fig. 7.9) que está sendo comprimida por uma força F. Supõe-se que a mola Jeja elástica e linear, isto é, considera-se a força F como sendo diretamente proporcional à deflexão x. Esta relação é escrita como F = kx, onde k é a constante da mola, e é uma medida da rigidez da mola. O trabalho realizado por F durante o movimento dx é dU = F dx, de modo que a energia potencial elástica da mola, para compressão x, é

Ve

=

I o

x

F dx

= ~ kx2

ou

(7.4) Assim, a energia potencial da mola se iguala à área t~iangular no diagrama de F versus x, de O a x. Durante uma variação na compressão da mola de Xl para X2, o trabalho realizado sobre ela é igual à variação na energia potencial elástica, ou

.25

que é idêntica à área trapezoidal de Xl a X2. Durante um deslocamento virtual ox da mola, o trabalho virtual realizado sobre ela é a variação virtual da energia potencial elástica. úVe

=

Fúx

=

kxúx

Se a força compressiva for diminuída, de X = X 2 para X = X I, aliviando a mola de sua compressão, a variação (final menos inicial) na energia potencial da mola, torna-se

compostos de mem;- para levar em consideeste objetivo, é ú blema de determinar a

Correspondentemente, se ox for negativo, o Ve será também negativo. Quando a mola está tracionada, ao invés de comprimida, as relações de trabalho e de energia serão as mesmas, apenas X representará, agora, o estiramento da mola, no lugar da compressão. Enquanto a mola estiver sendo esticada, observa-se que a força atua, como no caso da compressão, na direção do deslocamento, realizando trabalho positivo sobre a mola e aumentando sua energia potencial.

268 I ESTA T1CA

Como a força que atua sobre a extremidade móvel de uma mola é o negativo da força exercida pela mola sobre o corpo ao qual está fIxado esta extremidade móvel, conclui-se que o trabalho realizado sobre o corpo é o negativo da variação da energia potencial da mola. As unidades da energia potencial são idênticas às do trabalho e são expressas em joules (J) no sistema e pé-libra (ft-Ib) no sistema inglês. (b) Energia Potencial Gravitacional. No item anterior, tratou-se o trabalho de uma força gravitacio~ ou peso, atuando sobre um corpo, do mesmo modo que o trabalho de qualquer outra força ativa. Assim, em um deslocamento para cima ôh, do corpo da Fig. 7.10, o peso W = mg realiza um trabalho negaf ô U = -mg ôh. Ou, se o corpo tem um deslocamento para baixo ôh, com sentido positivo de h para baixo, peso executa um trabalho positivo ô U = +mg ôh. óU= Vg =

+ Wh

, G''-

--

:r-

~/----'\ W

-de

- W5h

As unidades

ou

óh 5Vg

= + W5h

em unidades SI e p .

+h

(c) Equação mola sobre o corpo elástica da mola. TaID.bé

referênCiaT Vg = 0--I Plano +h alternativo

~

W

V,=-Wh

da energia potencial molas e com variações pesos pelo negativo da Eq. 7.3 pode-se Fig.7.10

Uma alternativa para o tratamento anterior pode ser adotada, quando o trabalho realizado pelas forçzs de gravidade é expresso por uma mudança na energia potencial do corpo. Este tratamento opcional é ~ representação útil, quando se defmem os sistemas mecânicos em função de sua energia total. A ene~ potencial gravitacional, Vg, de um corpo é defmida, simplesmente, pelo trabalho realizado no corpo com objetivo de trazê-Io para a posição em consideração, de algum plano de referência, arbitrário, onde a ener~ potencial é, por defmição, nula. Portanto, a energia potencial é o negativo do trabalho utilizado pelo pel Quando o corpo é levantado, por exemplo, este trabalho é convertido em energia potencialmente disponíw " visto que o corpo é capaz de efetuar trabalho em algum outro corpo, quando ele retoma à sua posiç&! original mais baixa. Tomando-se Vg igual a zero, em h = O (Fig. 7.10), então, na altura h acima do plano ti.: referência, a energia potencial gravitacional do corpo é

Se o corpo estiver a uma distância h abaixo do plano de referência, sua energia potencial gravitaciom.: é -mgh. É importante notar que o plano de referência, para o qual a energia potencial é nula, é perfeitamente' arbitrário, uma vez que somente nos interessa a variação da energia, e esta variação é independente da posi~ do plano de referência. Note-se, ainda, que a energia potencial gravitacional é também independente caminho percorrido para atingir o nível h em consideração. Assim, o corpo de massa m, mostrado na Fig. 7.11, tem a mesma variação da energia potencial, !lã: importando qual caminho é seguido para ir do plano de referência I ao plano de referência 2, pois ti.h é iglli: em todos eles. Naturalmente, h é medido em relação ao centro de massa do corpo. A variação virtual da energia potencial gravitacional é simplesmente

=

mg8h

onde ôh é o deslocamento virtual para cima do centro de massado corpo. ô Vg seria negativo se o centro massa tivesse um deslocamento virtual para baixo.

tuando as forças das Assim sendo, p posição, pode-se ree5Cre

o trabalho

v'

é igual às CO"es.ptJ do sistema, paro Como sempre, a método do trabalho-ene

(7

ôVg

onde V= Ve + Vg virtual realizado sobre

o limite que distingue. incluir um membro

membro móvel ao qual e

(d) Estabilidade ções correspondentes sistema, pode ser co trabalho realizado por variação mg ôs cos realizado pelas forças dentes na energia po Com a substi" . sistemas mecânicos, sem

C=

TRABALHO

VIRTUAL

/ 26~

da força exercida rrrzbalhorealizado sob;_ joules (J) no sisternz -

uma força gravitaci força ativa. Assim,::um trabalho negm 'ltivo de h para baixl

As unidades da energia potencial são idênticas às do trabalho e da energia potencial elástica, joule (J) em unidades SI e pés-libras (ft-Ib) no sistema inglês. (c) Equação da Energia. Nas duas seções anteriores, observou-se que o trabalho realizado por uma mola sobre o corpo que está ligado à sua extremidade móvel, é o negativo da variação da energia potencial elástica da mola. Também, o trabalho executado pela força gravitacional, ou peso mg, é o negativo da variação da energia potencial gravitacional. Portanto, quando se aplica a equação do trabalho virtual a sistemas com molas e com variações na posição vertical dos seus membros, pode-se substituir os trabalhos das molas e dos pesos pelo negativo das respectivas variações da energia potencial. Colocando estas variações no lado direito da Eq. 7.3 pode-se escrever a equação do trabalho virtual como

(7.6)

o realizado pelas fu~ ~tratamento opcional é energia total. A ene:E~ realizado no corpo co=. ••• arbitrário, onde a ene~ o utilizado pelo p ~ potencialmente disponi'._ !li ele retoma à sua p • altura h acima do pl

o trabalho

virtual realizado pelas forças externas ativas sobre um sistema mecânico em equilíbrio, variações da potencial gravitacional e da energia potencial elástica total do sistema, para todo e qualquer deslocamento virtual consistente com os vínculos. é igual às correspondentes

Como sempre, a decisão mais importante consiste em defmir no que constitui o sistema. Ao utilizar o método do trabalho-energia é útil desenhar o diagrama das forças ativas do sistema, adotando como contorno o limite que distingue, mais claramente, os membros que são parte do sistema, daqueles que não o são. Ao incluir um membro elástico dentro do contorno do sistema, vê-se que as forças de interação entre ele e o membro móvel ao qual está conectado, são internas ao sistema e não necessitam ser mostradas.

potencial gravita ia! é nula, é perfei

é independente da p também independente

onde V = Ve + Vg representa a energia potencial do sistema. A quantidade 8 U agora representa o trabalho virtual realizado sobre o sistema durante um deslocamento virtual, por todas as forças externas ativas, excetuando as forças das molas e as gravitacionais. Assim sendo, para o caso de um sistema mecânico com membros elásticos e membros que mudem de posição, pode-se reescrever o princípio do trabalho virtual, como a seguir:

~-

energia potencial, ~~erencia 2, pois fJ.h é jg~

- negativo se o centro ~;

(d) Estabilidade do Equilíbrio. Além da substituição do trabalho das forças de gravidade pelas variações correspondentes na energia potencial, o trabalho de outras forças ativas, aplicadas externamente ao sistema, pode ser convertido em variações da energia potencial, como é mostrado na Fig. 7.12. Aqui, o trabalho realizado por F, durante o deslocamento virtual 8s de seu ponto de aplicação, é equivalente à variação mg 8s cos o: na energia potencial da massa m para o sistema equivalente. Portanto, o trabalho realizado pelas forças externas ativas, em sistemas mecânicos pode ser substituído pelas variações correspondentes na energia potencial no sistema equivalente, com sinal oposto. Com a substituição dos termos do trabalho pelos da energia, o princípio dos trabalhos virtuais, para sistemas mecânicos, sem atrito dinâmico interno, expresso pela Eq. 7.6, pode, agora, ser escrito como (7.7)

270 I ESTA TICA /

U' ctl .~.~

,.-..

"

~,

Sistema dado

... ': --m[lmg=F L_J=rúscosa

..." .._.->-

Sistema equivalente

Fig.7.12

A Eq. 7.7 exprime a exigência que a confIguração de equilíbrio de um sistema mecânico seja uma, pan:. a qual a energia potencial total V do sistema tenha um valor fIxo. Assim, em um sistema de um grau de liberdade, onde a energia potencial e suas derivadas são funções contínuas de uma única variável, por exemplo x. que descreve a sua confIguração, a condição de equilíbrio ó V = O é, matematicamente, equivalente à co dição (7.

Por vezes, poc-~ equilíbrio; neste equilíbrio. Se a On_~ estável ou instável, ê= mais baixa, difereme do gráfIco de V vers:n J valor do equilíbrio. O critério de avançado. Por exem ' variáveis.

A Eq. 7.8 diz que um sistema mecânico está em equilíbrio quando a derivada da sua energia potenciE..:. total for nula. Em sistemas com vários graus de liberdade, para haver equilíbrio, a derivada parcial de Ver::: relação a cada coordenada, deve ser nula. * A Eq. 7.8 se aplica a três condições, a saber, quando a energia potencial total é um mínimo (equilíbril estável), um máximo (equilíbrio instável) ou uma constante (equilíbrio indiferente). A Fig. 7.13 apresen um exemplo simples destas três condições, onde a energia potencial do rolete é claramente um mínimo I.~ posição estável, um máximo na posição instável e uma constante na posição indiferente.

Estável

Instável

Problema Resol .

o cilindro de 1 igual a 2 kN/m. T~ ma e mostrar que ela ~

Indiferente

Fig.7.13

Pode-se, também, caracterizar a estabilidade de um sistema mecânico, observando que um ligeiro de camento da posição de equilíbrio estável, resulta em um aumento na energia potencial e em uma tendência "retomar à posição de nível de energia mais baixo. Por outro lado, um ligeiro deslocamento da posição C= equilíbrio instável, resulta em uma diminuição da energia potencial e em uma tendência de se afastar G posição de equilíbrio, para uma posição de nível de energia mais baixo. Para a posição de equilíbrio indiferente, um pequeno deslocamento, para um lado ou para o outro não altera a energia potencial e não exisI: tendência de movimento para nenhuma outra posição. Quando uma função e suas derivadas são contínuas, a derivada segunda é positiva em um ponto valor mínimo da função e, negativa, em um ponto de valor máximo. Portanto, pode-se escrever as condiçõ~ matemáticas para o equilíbrio e a estabilidade de um sistema com um único grau de liberdade, x, como ~ seguir:

* Para exemplos de sistemas com 2 graus de liberdade, consultar o item 43, Capítulo 7, do livro Estática, l.a Edição. deste autor,

1

Solução. (Embon.. seja, obviamente, aq peso rng, a solução desconhecida, para ções de energia.) E potencial nula, aque:!:: . extensão. A energia potem:il Ve = +kx', e a en~ energia potencial total é [V= Ve + Vgl

o

equilíbrio ocorre : dV dx

=b

Embora já se saiba estável, pode-se pron:: vada segunda de V na que é positivo, pro

TRABALHO

Instável

I

dxEquilíbrio

I

dVdx2= d2V> dx2 d2V

OO

VIRTUAL

/ 271

I

(7.9)

Estável

~ :necânico seja uma, pc=. sis:.ema de um grau de libe:'Iariável, por exemplo:r :nte, equivalente à co::<-

(7.

Por vezes, podecse encontrar a situação onde a derivada segunda de V também seja nula na posição de equilíbrio; neste caso, deve·se examinar o sinal das derivadas de ordem mais alta, para determinar o tipo de equilíbrio. Se a ordem da derivada mais baixa, diferente de zero e remanescente, for par, o equilíbrio será estável ou instável, de acordo com o sinal desta derivada, ser positivo ou negativo. Se a ordem da derivada mais baixa, diferente de zero e remanescente, for ímpar, o equilíbrio é classificado como instável, e o traçado do gráfico de V versus x, para este caso, apresenta um ponto de inflexão na curva, com inclinação nula, no valor do equilíbrio. O critério de estabilidade para sistemas com mais de um grau de liberdade requer um tratamento mais avançado. Por exemplo, para dois graus de liberdade, usa-se uma expansão em série de Taylor para duas variáveis.

_".da sua energia potenciL derivada parcial de V ec Problema Resolvido 7.4

~ é um mínimo (equilíbC:' ~). A Fig. 7.13 apresem:=. E ciaramente um mínimo G. te.

l

o cilindro de 10 kg está suspenso pela mola com constante igual a 2 kN/m. Traçar o gráfico da energia potencial V do sistema e mostrar que ela é mínima na posição de equilíbrio.

m = 10 kg 8

do que um ligeiro desloe em uma tendência z ~ocamento da posição de ::-2dência de se afastar da . ão de equilíbrio indife~ potencial e não existe

Solução. (Embora, neste problema, a posição de equilíbrio seja, obviamente, aquela na qual a força na mola se iguale ao peso mg, a solução será desenvolvida como se a posição fosse desconhecida, para apresentar, .de modo bastante simples, as relações de energia.) Escolhe-se o plano de referência, para a energia 1) potencial nula, aquele que corresponde à posição da mola sem extensão, A energia potencial elástica em uma posição arbitrária x é Ve = +kX2, e a energia gravitacional é -mgx, de modo que a energia potencial total é

i·j.~

V=

Ve + VgI

o equilíbrio

+kX2

2

O,lOx,m

- mgx

-4

ocorre onde dV = kx - mg = dx

livro Estática, l.a Edição,

4

V,J

-2 [V=

. :?Ositiva em um ponto de -~se escrever as condições. e liberdade, x, como a

6

O,

x

-6

= mg/k

Embora já se saiba que, para este caso simples, o equilíbrio é estável, pode-se provar este fato determinando o sinal da derivada segunda de V na posição de equilíbrio. Assim, d2V/dx2 = k, que é positivo, provando que o equilíbrio é estável.

-8 Notas: CD

A escolha é arbitrária, porém, simplifica a álgebra.

272 / ESTÁTICA

Substituindo os valores numéricos tem-se

v = -} (2000)

®

=

x' - 10 (9,81) x

10 (9,81)/2 000

= 0,049

Simplificando

.

rentes para Ve e Vg, sem afetar as conclusões. Esta mudança apenas deslocará as curvas separadas de Ve e Vg para cima ou para baixo mas não influenciará a posição do valor mínimo de V.

expresso em joules, e o valor de x, no equilíbrio é x

Pode-se escolher planos de referência dife-

m ou 49 mm

Resp.

Calcula-se V para vários valores de x e traça-se o gráfico de V versus x, como mostrado. O valor mínimo de V ocorre em x = 0,049 m, onde dVjdx = O e d'Vjdx' é positivo.

Se fosse pediá _ correspondente a resolver explicita!i:"resolver, de modo ~ numéricos da soma :: 8 para o qual a so= ~

Problema Resol Problema Resolvido

7.5

As duas barras uniformes, tendo massa m cada uma, estão no plano vertical e possuem vínculos e ligações conforme mostrado. Quando o ângulo O, entre as barras, aumenta, devido à aplicação da força horizontal P, a haste leve, que é conectada em A e passa através de um orifício articulado em B, comprime a mola de constante k. Se a mola está sem compressão n'! posição correspondente a O = O, determinar a força P que produzirá o equilíbrio no ângulo o.

.

As extremidades livremente, confOImê Examinar as condiçõe! A mola, de constan Solução.

O si

existem forças ativas ;9; diagrama de força anu.. . energia potencial energias potenciais yc.•.••

Ve=-}kx'=+ Solução. O esboço dado na figura serve como diagrama de forças ativas para o sistema. A compressão x da mola é igual à

distância que A se afasta de B, que é x

=

2b sen

.!. Assim, 2

A energia potencial t::

a

energia potencial elástica da mola é O equilíbrio ocorre

Ve = ~k •

2b sen (

.

= 2kb' sen~ -

2 0)2

2

Tomando, por conveniência, como referência para a energia . potencial gravitacional nula, o plano que passa por O, a expressão para Vg torna-se [Vg=mgh]

dV d8

O

As duas soluções ' sen

Vg = 2mg ( -b cos %)

A distância entre O e C é 4b sen

.!, de modo 2

que o trabalho

virtual feito por P é

Determina-se, ag derivada segunda de Iíbrio. A derivada

= kb2

A equação do trabalho virtual dá, agora, (Solução

[oU=oVe +oVg]

° (2kb'

sen' %) +

8 8 = 2kb' sen - cos 2

2

ó

08

r

d'V = kb' (. dO'

óU=P ° (4b sen %)= 2Pb cos % 00

2Pb cos %08 =

= kh:

(-2mgb cos %)= 8 + mgb sen - 08 2

l)

(::

sen (j

d'V =kb'{'2d8'

= posi" = nega

=

TRABALHO

:;2nos de referência difesem afetar as conc: apenas deslocará ~

VIRTUAL

/ 273

Simplificando obtém-se e P

Ve e Vg para cima oc

e

Resp.

= kb sen 2" + -} mg tg 2"

influenciará a posiçã=

:e ~'.

Se fosse pedido para exprimir o valor de e para o equilibrio, correspondente a uma dada força P, ter-se-ia dificuldade para resolver explicitando e. Em um problema numérico, poder-se-ia resolver, de modo aproximado, traçando um gráfico dos valores numéricos da soma das duas funções de e e determinar o valor de e para o qual a soma é igual aP.

Problema Resolvido 7.6 y

II

As extremidades da barra uniforme de massa m deslizam livremente, conforme mostrado, nas guias horizontal e vertical. Examinar as condições de estabilidade na posição de equilíbriO. A mola, de constante k, não está deformada quando x = O. Solução. O sistema consiste da mola e da barra. Como não existem forças ativas externas, o esboço da figura serve como diagrama de força ativa. Toma-se o eixo x como referência para a energia potencial gravitacional nula. Na posição deslocada, as energias potenciais gravitacional e elástica são Ve

= -}kX2 = -}kb2

e

sen2 e

b

Vg= mg 2" cos

e

A energia potencial total é, então, V= Ve + Vg = -}kb2 sen2 e + -}mgb cos e O equilíbrio ocorre em dV/de = e, de modo que dV

-de = kb2

sene cos e- -}mgb sen

= (kb2 cos

e - -}mgb) sen e

e=

=o

As duas soluções desta equação são sen-e

=O

mg

e

cos e

=

Notas:

2kb

Determina-se, -agora, a estabilidade examinando o sinal da derivada segunda de V para cada uma das duas posições de equilíbrio. A derivada segunda é d2V

--de2 = kb2

= kb2 (Solução

l)

(cos2 e - sen2 e) - 2-mgb cos e = 2

(2 cos2 e - 1) - -}mgb cos e

sene =

O,

e=

O

de2 = kb2 (2 _ 1) _ 2-mgb 2 = kb2 (1 _ 2kb mg) d2V

= positivo (estável) = negativo (instável)

se k> mg/2b se k

< mg/2b

Resp.

CD

Cuidado para não desprezar a solução e dada por sen e = O.

= O,

274 / ESTÁTICA

2)

alavanca está ~_ ,:' mola é zero. D= manter o equiU

Assim, se a mola for suficientemente rígida, a barra retomará à posição vertical mesmo que não exista força na mola nesta

posição. (Solução

lI)

--d62 = kb2 d2V

mg

cos 6

[

=

mg

2kb'

2' --2kb

(' mg ')

6

-1 2

= arc J

-

cos 2kb

2..mgb 2,

--'

(' 2kb mg

==

) Resp.

Como o co-seno é menor que a unidade, vê-se que esta solução é limitada ao caso onde k > mg/2b, que faz a derivada segun3) da de V ser 'negativa, Então, na Solução lI, o equilíbrio nunca será estável. Se k < mg/2b, não haverá Solução lI, pois a mola será muito fraca para manter o equilíbrio para valores de 6 entre 0° e 90°.

PROBLEMAS

Este resultado não poderia ser previsto sem a análise matemática da estabilidade.

®

Outra vez, sem os benefícios da análise matemática da estabilidade, poder-se-ia supor, erroneamente, que a barra repousaria em uma posição de equilíbrio em algum valor de 6 entre 0° e 90° .

PROPOSTOS

(Suponha, nos problemas a seguir, que o trabalho negativo do atrito é desprezível.) 7.26

®

7.28

As energias potenciais de dois sistemas mecâni são dadas por VI = Clx' e V2 = C2X3, onde C, ~ C 2 são constantes positivas e x é a coordenada fr:j.. ca que exprime as posições de ambos os siste= Definir a estabilidade de cada sistema na posição equilíbrio x = o.

7.29

A roda homogênea de massa m é suportada no p~ no vertical pela tira leve ABC e pela mola de C02tante elástica k. Se a roda for solta, inicialmena da posição onde a força na mola é zero, dete~ o ângulo 6, no sentido dos ponteiros do relógi:. através do qual a roda gira da posição inicial parE'.E posição fmal de equilíbrio.

A barra de massa m, com centro de massa em G, está pivotada em torno de um eixo horizontal que passa por O. Demonstrar as condições de estabilidade para as duas condições de equilíbrio.

Resp.

6

7.31

A figura mostra de ventilação, ho sua aresta' hori.zo:r: controlada por Ul:::< ;:z na roldana em A, e tem uma constan alongamento, e não .fi Determinar o ~au!::

7.32

Determinar o vai, suportada pela mO!L tica k, e não está F atua na direção ~ prezível.

=~

4

Probl.7.26

7.27

Determinar a força P necessária para manter em equilíbrio as duas barras articuladas, com um ângulo 6. O comprimento da mola, sem compressão, é 2b. Desprezar a massa das barras. Resp. P = 4kb (1 - cos 6) tg 6 k

B Probl.7.29

{ Prob!. 7.27

7.30

A alavanca está fIXada a uma das engrenagens '= uma mola de constante elástica k liga dois p' montados nas faces das engrenagens que, por vez, estão montadas em mancais fixos. Quando ~

=

TRABALHO

VIRTUAL

/ 275

alavanca está em posição vertical, li == O, a força da mola é zero. Determinar a força P, necessária para manter o equilíbrio no ângulo li.

Probl. 7.32

':lenefícios da análise ma~e, poder-se-ia supor, ,~ a barra repousaria em ~~i1íbrio em algum valor

7.33

Probl. 7.30

Quando u == O, a mola de constante elástica k está descomprimida. Quando u aumenta, a barra desliza através da luva articulada em A e comprime a mola entre a luva e a extremidade da barra. Determinar a força P necessária para produzir um deslocamento u. Supor a ausência de atrito e desprezar o peso da barra. Resp, P==,(I-

7.31 ::e dois sistemas mecâni ,x< e V2 == C2X3, onde C, = e x é a coordenada de ambos os siste= ~ ~-cada sistema na posição d=

ri

::!aSSam é suportada no p:: 'e ABC e pela mola de co:::::OOafor solta, inicialmen~ "<1: ali mola é zero, deterll1ÍEr :5:Jdos ponteiros do reló~ - ~ da posição inicial par;<2

~.

b

') ku

A figura mostra a seção transversal de uma janela de ventilação, homogênea, de 50 kg, articulada em sua aresta' horizontal superior, em O. A janela é controlada por um cabo que passa por uma pequena roldana em A, e está preso a uma mola. A mola tem uma constante elástica de 180 N por metro de alongamento, e não fica deformada quando e == O. Determinar o ângulo e para o equilíbrio. Resp. e == 48,6°

Probl. 7.33 u_ Resp.

6

==

"4-"

7.34

Determinar o valor de equilíbrio da coordenada y para o mecanismo sob a ação da carga verticalP. A mola de constante elástica k não é tensionada quando y == O. O peso da barra é desprezível comparado com P. x

Probl. 7.31

.29 7.32

~ li

uma das engrenagem = elástica k liga dois p;-"""engrenagens que, por mancais fixos. Quanc

=

Determinar o valor de equilíbrio de x da barra suportada pela mola, que tem uma constante elástica k, e não está tensionada quando x == O. A força F atua na direção da barra, e a massa desta é desprezível.

y-~y----1 Probl. 7.34

276 / ESTÁTICA

7.35

A barra uniforme, de massa m e centro de massa em G, é pivotada em torno de O e pode balançar no plano vertical. A posição da barra é controlada pela haste leve e sua mola, que pode deslizar no orifício articulado em A. A mola, de constante k, está sem compressão na posição correspondente a e = O. Determinar o ângulo agudo e, onde ocorre o equil1õrio, e provar que a posição é estável. Resp.

e

= are tg

7.40

c 150mm

1l\\E G~ .•",••.•

O centro de forçada a m tem massa de sem comprei ções de equilí

.,.,À"

Resp.

kl

i ~5~~~

mg

ka

I} = H,

e

150 mm

e=2=

Probl. 7.37

7.38

No mecanismo mostrado, a haste AB desliza a=vés do colar pivotado em C e comprime a n:± quando um conjugado M é aplicado à barra DE- ." mola tem uma constante elástica k, e está dei primida para a posição equivalente a e = O.Dc=minar o ângulo e para o equilíbrio. As massas .: peças são desprezíveis. Resp.

Probl.7.35

e

= are

sen . :.:'

Prob 7.36

A seção transversal de uma porta tipo alçapão, articulada em A, com massa m e centro de massa em G, está mostrada na figura. A mola é comprimida pela haste, que por sua vez está pivotada na extremidade inferior da porta e passa por um bloco pivô em B. Quando e = O, a mola está sem deformação. Mostrar que, usando uma mola com uma constante k apropriada, a porta estará em equilíbrio para qualquer ângulo e.

7.41

A figura mostra a composto ·de uma casca cilíndrica de rial. Determinar a .material. Dete~ posição vertical fi. vaso estiver col zontal.

Probl. 7.38

7.39

As duas engrenagens giram no plano vertical e (Zregam massas excêntricas m com centros de ma=. em G I e G2' Determinar os valores de e para equilíbrio e identifique o tipo de equilíbrio p= cada posição.

Prol

Probl. 7.36

7.37

Para uma força horizontal F de 250 N, determinar o ângulo e, que equilibre o sistema articulado visto na [Jgura. A haste DG passa através do pivô em E e comprime a mola que tem uma constante elástica de 45 kN/m e não é comprimida quando e = O. Desprezar os pesos das peças. Resp. e = 21,70

Probl. 7.39

7.42

Um bloco retarJg m, está colocado ce: zontal sobre um: Determinar o val

7.43

Prever, através de Cl meia casca cilínd:r:i necerão na posição cilindro inferior.

TRABALHO

7.40 A F

o centro de massa G da barra uniforme AB está forçada a mover-se na guia vertical lisa. A barra OA tem massa desprezível e a mola de constante k está sem compressão quando e = O.Determinar as posições de equilíbrio e sua estabilidade. Resp.

() =

1T,

estável se k

<

()=

/ 277

h

mg 2b Probl. 7.42

e instável se k > mg 2b

eo,

VIRTUAL

2 arc sen 2k mgb requer k

>

mg, 2b estável

a haste AB desliza ~

~

em C e comprime a ::::::; !a:.= Jf é aplicado à barra DZ ~::z elástica k, e está d çZ: equivalente a () = O. D=-p.n o equilíbrio. As massa! ""

Probl. 7.43

~

Resp.

7.44

() = arc sen -.-

Probl. 7.40

Determinar a .altura máxima h da massa m, para a qual o pêndulo invertido será estável, na posição vertical mostrada. Cada mola tem uma constante elástica k, e está pré-comprimida, igualmente, nesta posição. Desprezar o peso das demais peças do mecanismo. 2kbZ

7.41

A figura mostra a seção transversal de um vaso composto ·de uma cascahemisférica de raio 7 e uma casca cilíndrica de altura h, feitas do mesmo material. Determinar a limitação em h, feitas do mesmo material. Determinar a limitação em h para que a posição vertical mostrada seja estável, quando o vaso estiver colocado sobre uma superfície horizontal.

Resp.

hmáx.

= -;;g

- -8

• !== no plano

verti~ ~ m com centros -'a:=::::r os valores de o tipo de equilf ..... -=-

k

f*--b )

I (

b-+i

Probl. 7.44 Probl. 7.41 7.45 .42

Um bloco retangular uniforme de altura h e massa m, está colocado centrado em uma posição horizontal sobre uma superfície cilíndrica de raio 7. Determinar o valor limite de h para a estabilidade. Resp. h < 27

.43

Prever, através de cálculo, se o semicilindro e a meia casca cilíndrica, ambos homogêneos, permanecerão na posição mostrada ou se rolarão sobre o cilindro inferior.

Uma das exigências críticas no projeto de uma perna artificial para um amputado é evitar que a articulação do joelho flambe sob carga, quando a perna está reta. Como primeira aproximação, simule a perna artificial, pelas duas barras leves, com uma mola de torção em sua articulação comum. A mola desenvolve um torque M = K(3, proporcional ao ângulo de dobra (3, na articulação. Determinar o valor mínimo de K que irá garantir a estabilidade da articulação do joelho para (3 = O. Resp. Kmín. = +mgl

278 / ESTATICA

do ângulo (J, necessário, em torno de 0, enquanto o assento é mantido em uma posição fixa.) Resp. (J = 11,19°

1 ~~/

Probl. 7.45

7.46

A figura mostra um pequeno elevador industrial, com pedal de acionamento. Existem quatro molas idênticas, duas de cada lado do eixo central. A constante elástica de cada par de molas é 2k. Especificar o valor de k que irá garantir o equilíbrio estável, quando o elevador suportar uma carga L, na posição representada, sem que haja força atuando no pedal. As molas são igualmente pnxomprimidas, e pode-se supor que elas atuem, sempre, no plano horizontal.

Probl. 7.47 7.50 7.48

A barra esbelta, de comprimento 1 e massa m, está articulada livremente, em torno de um eixo horizontal que passa por O. A mola tem comprimento livre de 1/2. Determinar as posições de equilíbrio, excluindo (J = rr, e o valor máximo da constanre elástica k, da mola, para haver estabilidade na posição (J = O. Resp.

(J

= O, = 2 are cos

A suspensão
i:

1/2

(J

1_

kmáx.

=

2mg

kl

4mg 1

Probl. 7.46

7.51 7.47

A figura mostra uma cadeira de escritório, apresentando, em detalhe, a mola do mecanismo de inclinação. A estrutura do assento está articulada em torno do ponto fixo na base. O aumento da distância entre A e B, quando a cadeira se inclina para trás, em torno de 0, é o aumento na compressão da mola. A mola, que tem uma constante elástica de 96 kN/m, não está comprimida quando (J = O. Para pequenos ângulos de inclinação pode-se supor, com erro desprezível, que o eixo da mola permaneça paralelo ao assento. O centro de massa de uma pessoa de 80 kg, sentada na cadeira, está em G, sobre uma linha que passa por 0, perpendicular ao assento. Determinar o ângulo de inclinação (J necessário ao equill brio. (Sugestão. Pode-se visualizar a deformação da mola, admitindo-se que a base se incline

°

A plataforma de iguais, conjugadas mostrado na figun. molas forem d~ elástica mínima k -

Probl. 7.48

7.5 - FORMULAÇic 7.49

A massa m se desloca em uma guia vertical, lisa e é suportada pelas quatro barras de massa desprezível, sujeitas à ação da mola. A mola, de constante elástica k, não está deformada na posição em que (J = O.Especificar a estabilidade do sistema em suas posições de equilíbrio.

Quando for resposta às forças princípio do traballi; consideradas na de

TRABALHO

Resp.

7.47

7.50 !I=primento e massa m, está ie. em torno de um eixo hori• O- A mola tem comprimento as posições de equilíbrio. ~ Yalor máximo da constante haver estabilidade na posiZ

'I

1/2

--2mg

A suspensão dianteira vista no Probl. 4.82 é aqui repetida. Sabendo que a estrutura F deve ser levantada por um macaco, de maneira que h = 350 mm, a fim de aliviar a compressão nas molas helicoidais, determine o valor de h quando o macaco for removido. Cada mola tem uma constante de 120 kN/m. A carga L é de 12 kN, e a estrutura central F tem massa de 40 kg. Cada roda, com sua respectiva barra, tem massa de ;35 kg, com um centro de massa a 680 mm da linha vertical central. Resp. h = 265 mm

A

.

"-

"-

\\

\ \

h

\

= 2r

I

/

L

( /' -'"

/

/B

..

Probl. 7.52

-Z7.52

A

-750mm~

Probl. 7.50

7.51

~

-

I

4mg

,

(1 + ~:)

kmín. = ~

"-

l-H

kmáx.=

279

Probl. 7-.51

Probl.7.49

2 are cos

I

estabilidade da plataforma, na posição mostrada. Na montagem, cada mola sofre uma deflexão, por tração, igual a t:...

em torno de O, enquanto uma posição fixa.) Resp. e = 11,19°

• = O, e =

VIRTUAL

A plataforma de massa m é suportada por barras iguais, conjugadas com molas em diagonal, como é mostrado na figura. Se as massas das barras e das molas forem desprezíveis, determinar a constante elástica mínima k de cada mola, que irá garantir a

A porta de garagem AR, mostrada em corte, tem massa m homogênea, e está equipada com dois mecanismos de mola, como é mostrado na figura, um de cada lado da porta. O braço OR tem peso desprezível e o canto superior, A, da porta está livre para se deslocar horizontalmente com o rolete. O comprimento livre da mola é r - a, de modo que no ponto mais alto, com e = n, a força da mola é nula. De modo a assegurar a ação suave da porta, quando ela alcança a posição vertical fechada, e = o, é desejável que a porta esteja insensível ao movimento nesta posição. Determinar a constan te elástica necessária, k, da mola. Resp.

k=

mg(r+a) 8a2

7.48

7.5 - FORMULAÇÃO DO PROBLEMA E REVISÃO em uma guia vertical, lisa e é barras de massa desprezíve:a. A mola, de constante elás:ormada na posição em qUf estabilidade do sistema em sua;

Quando for possível um corpo ou um sistema de corpos interligados, assumir diversas configurações em resposta às forças aplicadas, a posição de equilíbrio é, geralmente, mais facilmente encontrada aplicando-se o princípio do trabalho virtual desenvolvido neste capítulo. Viu-se, repetidamente; que as únicas forças a serem consideradas na determinação da posição de equilíbrio, por este método, são aquelas que realizam trabalho

280 / ESTATICA

(forças ativas) durante o movimento diferencial assumido do corpo ou do sistema, saindo de sua posição de equilíbrio. As forças externas que não realizam trabalho (forças reativas), não necessitam ser consideradas. Por este motivo, construiu-se o diagrama de forças ativas do corpo ou sistema (ao invés do diagrama de corpo livre) para focalizar a atenção somente sobre as forças externas que realizam trabalho durante os deslocamentos virtuais. Freqüentemente, a parte mais difícil da análise é relacionar os correspondentes deslocamentos virtuais, lineares e angulares, das partes de um sistema mecânico, durante um movimento virtual, que sejam consistentes com os vínculos. Primeiro, devem ser escritas as relações geométricas que descrevem a configuração do sistema. A seguir são estabeleci das variações diferenciais nas posições das partes do sistema, pelo processo de derivação das relações geométricas para obter as expressões dos movimentos virtuais diferenciais. No método do trabalho virtual, deve ser observado o fato que um deslocamento virtual é uma variação diferencial de primeira ordem em um comprimento ou um ângulo. Esta variação é fictícia, pois é um movimento assumido que, na realidade não precisa ocorrer. Matematicamente, um deslocamento virtual é t~{ado do mesmo modo que uma variação diferencial em um movimento real. Usa-se o símbolo o para a Variação virtual diferencial, e o símbolo usual d, para a variação diferencial em um movimento real. No presente capítulo, restringiu-se a atenção aos sistemas mecânicos nos quais as posições dos membros componentes possam ser especificadas por uma única variável (sistema com um grau de liberdade). Para dois ou mais graus de liberdade, aplicar·se·á a equação do trabalho virtual tantas vezes quantos forem os graus de liberdade, permitindo uma única variável variar de cada vez, e mantendo todas as outras constantes. Descobriu-se que o conceito de energia potencial, tanto gravitacional (Vg) como elástica (Ve), é muito útil na solução de problemas de equilíbrio, onde ocorre, durante o deslocamento virtual, variação na posição vertical do centro de massa do corpo e, também, variações correspondentes na alongação ou compressão de membros elásticos (molas). Obteve-se, aqui, uma expressão para a energia potencial total V do sistema, em termos da variável que especifica a possível posição do sistema. As derivadas primeira e segunda de V são usadas para estabelecer, respectivamente, a posição de equilíbrio e o tipo de estabilidade existente.

7.54

Uma "caixa pretalheiras, engrenage:r internos, todos i:1'" virnento linear da _ da haste B. Para para dentro, sob l move, para fora d contra a força P:. : haver equilíbrio. D todos os compon=: dos, leves, interligal

7.55

Se o mecanism 7.54 for re dade de movirr; responder um ;::c também para ez-=.':J T, suportada P1

7.56 PROBLEMAS 7.53

PARA REVISÃO

Identifique quais dos problemas de (a) até (j) são mais adequadamente resolvidos: (A) pelas equações de equilíbrio de momentos e de forças; (B) pelo trabalho virtual. Descreva, sucintamente, o procedimento para cada solução.

o plano

h------

x

------J

Encontrar x para o equilíbrio de cada figura é vertical. São conhecidas as dimensões, as massas de cada membro e as forças aplicadas

Encontrar () para o equilíbrio Encontrar as reações em A e B (a) (b) Probl. 7.53

(c)

Encontrar x para o equilíbrio

Encontrar as forças emA,B e C (d)

Determinar o máximo k para obter equilíbrio es~ em&=O

(e)

(f)

= 100

N.

Um mecanismo jc de entrada, em A. jugado M e de se move na direç:ã: mo é montado c:= B seja propo . com x aumen em A. Se M=: equilíbrio. Des todos os comp dos, interligados ":.z

TRABALHO

s:a.indode sua posição C= 'tam ser considerada

7.54

do diagrama de co-durante os deslocame::.-

':s

deslocamentos virtu , que sejam consis ~.em a configuração sb-tema, pelo processo Cferenciais. :o virtual é uma vari ,20 é fictícia, pois é deslocamento virtu
Uma "caixa preta" contém um conjunto de cremalheiras, engrenagens e outros elementos mecânicos internos, todos interligados, que transferem o movimento linear da haste A para o movimento linear da haste B. Para cada unidade de movimento de A, para dentro, sob a ação da força P" a haste B move, para fora da caixa, um. terço da unidade, contra a força P 2' Se P 1 = 100 N, calcular P 2 para haver equilÍbrio. Desprezar os atritos e admitir que todos os componentes mecânicos são corpos rígidos, leves, interligados de modo ideal.

7.57

VIRTUAL

/ 281

A barra é livre para girar, perfazendo um círculo completo na vertical. Verificar, matematicamente, as condições de estabilidade que são evidentes nas duas condições de equilíbrio.

P2

,,~~

se o símbolo (j pcm:.

Probl. 7.57

'enl6 real. :5 posições dos memb. e liberdade). Para . tos forem os graus . constantes. o elástica (Ve), é mui _mal, variação na pO~r?-o ou compressz: -.. termoS da variá\"êÍ.__ das para estabe;~--

(d)

A energia potencial de um sistema mecânico com atrito desprezível, é dada por V = b sen 2 e + + c cos e, onde e é o ângulo que define a posição do sistema e b e c são constantes positivas. Determinar a posição ou posições de equilíbrio e, também, o tipo de equilíbrio para cada uma.

7.59

A barra leve oe é pivotada em O e pode balançar no plano vertical. Quando e = O, a mola de constante elástica k está com o seu comprimento natural. D.eterminar o ângulo de equilíbrio correspondente a uma dada força vertical P, aplicada na extremidade da barra. Desprezar a massa da barra e o diâmetro das polias.

Probl. 7.54

7.55

7.56

Encontrar as forças emA,B e e

7.58

Se o mecanismo interno da caixa descrita no Probl. 7.54 for rearranjado, de modo que, para cada unidade de movimento, para dentro, da haste A, corresponder um movimento de um terço da unidade, também para dentro, da haste B, calcular a tração T, suportada pela haste B, para haver equilíbrio, se P, = 100 N.

Resp.

Um mecanismo de controle consiste de um eixo de entrada, em A, que gira ao ser aplicado um conjugado M e de uma barra deslizante de saída B, que se move na direção x, contra a forçaP. O mecanismo é montado de modo que o movimento linear de B seja proporcional ao movimento angular de A, com x aumentando 80 mm para a volta completa em A. Se M = 10 N • m, determinar P para haver equilíbrio. Desprezar o atrito interno e supor que todos os componentes mecânicos são· corpos rígidos, interligados de maneira ideal. Resp. P = 785 N

e

= arc tg

2P

ka

k 1\1\i\I"W"\I\I"W\'W

a

Probl. 7.59

7.60 ~P

Determinar o máximo k para obter equilíbrio estávê~ eme=O (f)

Probl. 7.56

Uma plataforma de carregamento, de acionamento hidráulico, empregada na traseira de um caminhão, está mostrada na fIgura. A posição da plataforma é controlada pelo cilindro hidráulico, que aplica força em e. As barras são articuladas na carroceria do caminhão, em A, B e F. Determinar a forçaP, fornecida pelo cilindro, a fIm de suportar a plataforma na posição mostrada. As massas da plataforma e das barras podem ser desprezadas, comparadas com

.", 282 / ESTATICA

a massa do caixote de 250 kg, com centro de massa emG. Resp. P = 3,5 kN

tante elástica k e comprimento natural, sem esforço, quando a .porta está no plano vertical, com e = O. Determi.l1ar a constante elástica k, necessária para balancear a porta em uma posição de equilíbrio, para e > O. Resp.

k

=

mg, independente de e 21

J 350 mm

650 mm

Probl. 7.60

7.61

A figura mostra a vista de perfJl de uma porta de clarabóia, de massa m, uniforme, com centro de massa no meio da distância entre A e O. A porta é contrabalançada pela ação da mola, que tem cons-

Probl. 7.61

Quando as fo sário calcular seu fi' intensidade da força tar atuando sobre um e o momento elemen: portanto, que o m cida como o momerm temente nas aplicaçõei dades disponíveis p A Fig. AI il submetida a uma p Esta situação foi superfície plana. O py dA = ky2 dA. Na Fig. Alb é simples, flexionada qualquer seção da.vlg

rnto natural, sem es:--c-- ;10 plano vertical,

~

~re elástica k, nerei uma posição de eq=-

AP~NDICE

- = mg independente 21 '

A

r~ -

MOMENTOS

DE INÉRCIA

DE ÁREAS

I

(

AI - INTRODUÇÃO Quando as forças são distribuídas de modo contínuo, sobre uma área de atuação, é muitas vezes necessário calcular seu momento em torno de um eixo no plano da área ou perpendicular a ele. Freqüentemente a intensidade da força (pressão ou tensão) é proporcional à sua distância ao eixo de momento. A força elementar atuando sobre um elemento de área é, então, proporcional ao produto da distância vezes a área diferencial e o momento elementar é proporcional ao produto do quadrado da distância vezes a área diferencial. Vê-se, portanto, que o momento total envolve uma integral da forma f (distância)2 d (área). Esta integral é conhecida como o momento de inércia da área. A integral é uma função da geometria da área e ocorre tão freqüentemente nas aplicações da Mecânica, que é útil desenvolver suas propriedades em detalhes e ter estas propriedades disponíveis para pronta utilização, quando a integral aparece. A Fig. AI ilustra a origem física destas integrais. Na parte a da figura, a área da superfícieABCD está submetida a uma pressão distribuída p, cuja intensidade é proporcional à distância y, a partir do eixo AB. Esta situação foi estudada no item 5.8 do Capo 5' e defrne a ação de uma pressão de líquido sobre uma superfície plana. O momento em torno de AB, que é devido à pressão sobre o elemento de área dA, é py dA = ky2 dA. Assim, a integral em questão aparece, quando se avalia o momento totalM = k f y2 dA. Na Fig. Alb é mostrada a distribuição da tensão que atua sobre a seção transversal de uma viga elástica simples, flexionada por conjugados iguais e opostos, aplicados em suas extremidades. Está presente, em qualquer seção da.viga, uma distribuição linear da intensidade da força ou tensão, dada por a = ky, sendo que

A

(c)

Fig. A.!

284 I ESTÁTICA

a tensão é positiva (de tração) abaixo do eixo 0-0 e negativa (de compressão) acima do eixo. O momento elementar em torno do eixo 0-0 é dM = Y (a dA) = ky 2 dA. Assim, a mesma integral aparece quando se avalia o momento totalM = k f y2 dA. Um terceiro exemplo é dado na Fig. Ale, que mostra um eixo circular submetido a um esforço de torção, ou a um momento de torção. Cada seção transversal do eixo resiste a este momento, dentro do limite elástico do material, por meio de uma distribuição de tensão tangencial ou de cisalhamento T, que é proporcional à distância radial r, a partir do centro. Assim, T = kr, e o momento total em torno do eixo central é M = f r (T dA) = k f r2 dA. Aqui, a integral difere daquelas, nos dois exemplos precedentes, em que a área é uma coordenada polar ou radial, em vez de uma coordenada retangular. Embora a integral ilustrada nos exemplos precedentes seja, geralmente, chamada de o momento de inércia da área em torno do eixo ~questão, um termo mais adequado seria, o segundo momento da área, tendo em vista que o primeiro momento y da está multiplicado pelo braço de alavancay, para que se obtenha o segundo momento, para o elemento dA. A palavra inércia aparece na terminologia, em razão da analogia entre a forma matemática das integrais para os segundos momentos das áreas e aquelas para os momentos resultantes das tão conhecidas forças de inércia, no caso de corpos em rotação. O momento de inérçia de uma área é uma propriedade puramente matemática da área e, em si mesmo, não tem nenhum significado físico.

Um momeI:.:;: nadas cartesianas Eq. (A3). Deve ser no de inércia ao eleo inércia, como um ~ momento de iné primeiro momen negativo. As dimensões comprimento. Assir::.. à quarta potência (coordenadas para para contornos, cujOf mente tornarão mais um elemento de área derações são quase

A2 - DEFINIÇÕES As segumtes defmições de termos constituem a base da análise do momento de inércia da área. (a) Momentos de inércia retangular e polar. Considere a área A no plano x-y (Fig. A2). Os momentos de inércia do elemento dA, em torno dos eixos x e y, são, por defmição, d1x = y2 dA e dly = x2 dA respectivamente. Portanto, os momentos de inércia de A, em torno dos mesmos eixos, são

J y2

Ix

=

Iy

=J

dA

(AI

x2 dA

onde a integração abrange toda a área. O momento de inércia de dA em torno do pólo O (eixo dos z) é, por definição análoga, dJz = r2 dA, e o momento de inércia de toda a área, em torno de O, é: O IIIIIIII

( lz

(b) Raio de Iy e um momento longa faixa estreita, da faixa em relação como raio de giração considerando a área Do mesmo modo, . na Fig. A3d, pode-se

=Fig. f r2A.2dA J

(A2)

Portanto, o raio momento de inércia Quando a Eq. (A

Assim, o qua de giração, em torno

As expressões defmidas pelas Eqs. (AI) são conhecidas como momentos retangulares de inércia, ê. passo que a expressão da Eq. (A2) é conhecida como o momento polar de inércia. Uma vez que x2 + y2 = r_ é evidente que: (A3

(a)

AP~NDICE A - MOMENTOS

DE IN~RCIA DE,ÃREAS

/ 285

Um momento polar de inércia, para uma área cujos limites são mais simplesmente defmidos em coordenadas cartesianas ou retangulares, do que em coordenadas polares é facilmente calculada com o auxilio da Eq. (A3) .. Deve ser notado, que o momento de inércia de um elemento contém o quadrado da distância do eixo inércia ao elemento. Um elemento, cuja coordenada é negativa, contribui tanto para o momento de - 'rcia, como um elemento igual com uma coordenada positiva de mesmo valor. Conseqüentemente, o mento de inércia da área em torno de qualquer eixo é sempre uma quantidade positiva. Em contraste, o 'eiro momento da área que foi incluído nos cálculos dos centros de gravidade pode ser positivo ou ativo. As dimensões dos momentos de inércia das áreas são evidentemente, L 4, onde L significa a dimensão de I prim;:to. Assim, as unidades, no SI, dos momentos de inércia das áreas são expressas em metros elevados quarta potência (m4) ou em milímetros elevados à quarta potência (mm4). E importante a escolha de rdenadas para utilizá-Ias no cálculo dos momentos de inércia. Coordenadas retangulares devem ser usadas contornos, cujos limites são mais facilmente expressos nestas coordenadas. Coordenadas polares usualte tomarão mais simples os problemas que contêm limites, facilmente defmidos em r e e. A escolha de elemento de área que simplifique a integração, tanto quanto possível, é também importante. Estas consições são quase análogas àquelas discutidas e ilustradas no Capo 5 para o cálculo dos centros de gravidade. (b) Raio de giração. Considere uma área A (Fig. A3a) que tem momentos de inércia retangulares Ix e e um momento polar de inércia lz em relação a O. Visualize, agora, esta área como sendo reduzida a uma faixa estreita, de área A, a uma distância kx do eixo x (Fig. A3 b). Por definição, o momento de inércia faixa em relação ao eixo x será o mesmo que o da área orginal, se kx 2 A = Ix. A distância kx é conhecida raio de giração da área em torno do eixo x. Pode-se escrever uma relação semelhante para o eixo y, - 'erando a área como sendo reduzida a uma faixa estreita paralela ao eixo y, como mostrado na Fig. A3c. mesmo modo, visuallzando a área como sendo concentrada em um anel fino, de raio kz, como mostrado , A3d, pode-se exprimir o momento polar de inércia como kz 2 A = lz. Resumindo, pode-se escrever

Iy

= k/A = k/A

!z

=

Ix

o (eixo

dos z)

é,:

ky

= =

kz

= VJJA

kx ou

kz2A

vlxlA vlylA

(A4)

~O,é:

.

Portanto, o raio de gir~ção é uma medida da distribuição da área a partir do eixo em questão. Um momento de inércia polar ou retangular pode ser expresso especificando o raio de giração e a área . Quando a Eq. (A4) é substituída na Eq. (A3) resulta ( k/

= kx2 + k/)

(AS)

Assim, o quadrado do raio de t giração em torno do eixo polar se iguala à soma dos quadrados dos raios de giração, em torno dos dois eixos retangulares correspondentes.

y I

y

.

I

II I

r-· I Iy I x

lares de inércia, [::::::. '.cz que x2

a:

+ y2 = r

C

L_l.. __

O

(a) (A.:

I

y I

T OL---- -- j -x ~

: I

kx

I

A

I

A

oL_-

(b)

--x

ikY-1~ (c)

Fig.A.3

--x

(d)

286 I ESTAnCA

É imperativo que não haja nenhuma confusão entre a coordenada do centróide C de uma área e o de giração k. O quadrado da distância do centróide ao eixo x (Fig. A3a) é y2, e é o quadro do valor méili das distâncias y dos elementos dA ao eixo. A quantidade kx2, por outro lado, é a média dos quadrados dest;><: distâncias. O momento de inércia não é igual a Ay2, visto que o quadrado da média é menor do que a mé dos quadrados. (c) Transferência de eixos. O momento de inércia de uma área em torno de um eixo que não passae= seu centróide pode ser facilmente expresso em termos do momento de inércia, em torno de um eixo para1e~ que passa pelo centróide. Na Fig. A4, os eixos Xo-Yo passam pelo centro de gravidade C da área. Suponha se deseje determinar os momentos de inércia da área em torno dos eixos paralelos x-y. Por definição, momento de inércia do elemento dA em torno do eixo x é

onde k é o raio de tse aplica e d é a -1:_área. Um resumo c Tab. 3, Apêndice C.

Pro blema Resol .

o

Determinar os torno dos eixos XQ'J z o' que passa pelo que passa por O.

Solução. Parado eixo Xo' é e maneira que todos coordenada y. Assi::l. Yo

--Xo

Por permuta dos .•. do eixo Yo, que passa pe

-x Fig. AA

Desenvolvendo eintegrando, Ix

obtemos

o momento

= J Yo2dA + 2dxJ

Yo dA

pola= .

+ dx2 J dA

Vê-se que a pÍimeira integral é, por definição, o momento de inércia Ix em relação ao eixo Xo, qu= passa pelo centróide. A segunda integral é zero, visto que f Yo dA = Ayo e Yo é automaticamente zero, com o centróide sobre o eixo Xo. O terceiro termo é simplesmente Adx 2. Assim, a expressão para Ix, e a expressão similar para y' torna-se

Pelo teorema d.o torno do eixo x, é:

~

I

Ix

=

Iy

=

f" +Adx2

(A6 ""Z

o momento po];;:: j obtido pelo teorema -'--

+ Ad/ =

Pela Eq. (AS) a soma destas duas equações fornece (A6a)

Eqs. (A6) e (~.6a) são os assim do eixoé feita paralelo. Dois em e,particular _devem As se~ad~Pri:tÍÍeiro, os eixos entrechamados os quais teoremas a transferência devem serpontos, paralelos, segundo, um dos eixos deve passar pelo c.entro de gravidade da área. Se desejarmos uma transferência entre dois eixos paralelos, sendo que nenhum deles passa pelo centróide é primeiro necessário transferir de um eixo ao eixo paralelo que passa pelo centróide e, então, transferir do eixo que passa pelo centro de gravidade ao segundo eixo. Os teoremas do eixo paralelo também se empregam para o raio de giração. Com a substituição da definição de k nas Eqs. (A6), a relação de transferência torna-se

(P =

1(2

+ d2)

(A6b

Problema Resol .

Determinar os = torno de sua base e :: passam pelo centróiC= ~

APeNDICE

A -'- MOMENTOS

DE INÉRCIA

DE ÁREAS

I 287

onde k é o raio de giração, em torno de um eixo que passa pelo centróide paralelo ao eixo em torno do qual k se aplica e d é a distância entre os dois eixos. Os eixos podem estar no plano da área ou normais ao plano da área. Um resumo das relações de momento de inércia para algumas das figuras planas mais comuns é dada na Tab. 3, Apêndice C.

Problema Resolvido AI Determinar os momentos de inércia' da área retangular, em torno dos eixos Xo·Yo, que passam pelo centróide; do eixo polar zo' que passa pelo centróide C; do eixo x; e o do eixo polar z, que passa por O.

Yo I I

dy

Solução. Para cálculo do momento de inércia Ix, em torno do eixo xo' é escolhida uma lâmina horizontal de área bdy de maneira que todos os elementos da lâmina tenham a mesma coordenada y. Assim,

--xo

h/2

[I",

=

J y2dA]

~ = J-h/2

y2b dy

Resp.

= rzbh3

b

~ nX

Por permuta dos símbolos, o momento de inércia em torno do eixo Yo, que passa pelo centróide é: _

1

Resp.

Iy=i2hb3

o momento

Nota:

polar de inércia, em relação ao centróide é

CD

Pelo teorema do eixo paralelo, o momento de inércia, em torno do eixo x, é: ->

-z'

= ~::: ~

[I '"

=

f'" + Ad '"2]

I '"

=

12 .lbh3

+

2 bh (!!:.)2

=

3 lbh3

=

3 lAh2 Resp. O momento polar de inércia em torno de O, pode também ser obtido pelo teorema do eixo paralelo. Assim,

Resp.

Problema Resolvido A2 Determinar os momentos de inércia da área triangular em torno de sua base e em torno dos eixos paralelos à base, que passam pelo centróide e pelo vértice.

Se se iniciasse com o elemento de segunda ordem dA = dxdy. a integração com relação a x, mantendo y constante, significa apenas multiplicar por b e dá a expressão y 2 bdy, que se escolheu no início.

288 / ESTÁTICA

I21

Solução. Uma lâmina de área paralela à base foi escolhida, como mostrado na figura, e tem a área dA = x dy = = [(h - y)bjh]dy. Por defmição,

= J y2 dA]

[Ix

Ix

=

i

CD

h _ Y

h

o

y2-h-b

dy

=

bh3 3 - y4]h = 12

b [ y3

4h

o

Resp.

36 = bh3

Aqui, outra vez, escolheu-se o mais simples elemento possível. Se o elemento escolhido fosse dA = dxdy, ter-se-ia que integrar, em primeiro lugar, y2 dxdy em relação a x. Isto daria y2 x dy, que é a expressão que se escolheu no início. 2

I,

Pelo teorema de eixo paralelo, o momento de inércia em torno do eixo que passa pelo centróide, à distância h/3 acima do eixo x, é:

12 _ (bh)(~)2 2 3 T = bh3

A dete resultado pode... do-se o eleme=:::: definição,

Notas:

Q) Não deve causar nenhuma

dificuldade ex• primir x em termos de y se for observado a relação proporcional entre os triângulos semelhantes.

Resp.

Uma transferência do eixo que passa pelo centróide, ao eixo passa pelo vértice, dá

x', que [I =

T + Ad2]

36 + (bh)(2h)2 2 3 I.x = bh3

4 = bh3

R esp. Problema R, Determinar o relação ao eLxo L área e (b) uma ~ ~

Problema Resolvido A3

y I

Calcular os momentos de inércia da área do círculo, em torno de um eixo diametral e de um eixo polar que passa pelo centro. Especificar o raio de giração.

Solução. Um elemento pode ser usado para cálculo eixo polar Z, que passa por anel são ~qüidistantes de O. assim

Solução. P.r::i:r=!:oI tuindo x = 4 e y = =

(a) Faixa ho zontal têm a m da faixa em reJ.açi;:! dA = (4 - x) dy =

de área em forma de anel circular do momento de inércia em torno do O, visto que todos os elementos do A área elementar é dA = 21fr. dro, e

:

y I I I

[lz

= J r2

dA]

lz

= J_rTo

ro 2(27T1'0 dro)

2

= 7Tr4 = !Ar2

: I;'\.~

Resp. ____

or~l~é [k

=

fr]

Por simetria,/x

I

CD

Resp. o raio de giração, em torno do eixo diametral, é r

="2

ro s,~n O

(b) Faixa v rentes distâncias a;:!e são correta para o em relação à sua largura dx e altu.ra ••_,

Notas:

de modo que a Eq. (A3)

kx

\

I

Resp.

= Iy,

---1- L --x

I _O O~ro .• ~ I I r

Resp.

É, certamente, indicado usar coordenadas polares aqui. Como anteriormente, também foi escolhido o elemento mais simples e da mais baixa ordem possível, que é o anel infinitesimal. Deveria ser imediatamente evidente, da definição, que o momento polar de inércia do anel é sua área 21f r o dr o vezes r~ .

Para integrar dex,quedáy=~


DE INÉRCIA

DE AREAS

/ 289

I

~••-se o mais simples Se o elemento escolhido :::=~ que integrar, em ,- "'-'"7 em relação a x. Isto expressão que se es:'

A determinação precedente de x é a mais simples possível. O resultado pode, também, ser obtido por integração direta, usando-se o elemento de área dA = r o dr o de, mostrado na figura. Por defmição,

::<

= '::'uma dificuldade ex::.e y se for observado entre os triângulos

---dO

Resp.

l27T ,4sen4 2 e o

= ,4 4

2 [e _' sen20 2

.!.-

]27T o

Esta int~gração é direta, porém o uso da Eq, A3, em conjunto com o resultado para Jz' é naturalmente mais simples.

4

Problema Resolvido A4 y

Determinar o momento de inércia da área sob a parábola, em relação ao eixo x. Resolver usando (a) uma faixa horizontal de área e (b) uma faixa vertical de área.

I

_

31--II I

","

l

;.

I I I

I

Solução. P:rimeiramente obtém-se a constante k tuindo x = 4 e y = 3 na equação da parábola.

= -},substi-

4

01O

(a) FaiXil horizontal. Como todos os pontos da faixa horizontal têm a mesma distância do eixo x, o momento de inércia da faixa em relação a este eixo é simplesmente y' dA, onde dA = (4 - x) dy = 4 (1 - y' 19)dy. Integrando em y, dá

x

y x

Ix

= ~3 72 5

-<.:

".

4y2(1

_

Solução (a)

Yg2)dY

14,4 (unidades)4

Resp.

dO

~dro

_ ~_1~sIn~_x

'::ado usar coordenadas deriormente, também o mais simples e da ível, que é o anel ina >1:':: imediatamente evi;:Je o momento polar :' sua área 211" r o dr o ve-

(b) Faixa vertical. Aqui, os pontos do elemento têm diferentes distâncias ao eixo x, de modo que deve ser usada a expressão correta para o momento de inércia do elemento retangular em relação à sua base que, segundo o Pro bL AI, é bh 3 13. Para largura dx e altura y, a expressão se torna

x

h--- x ~

f--dx

Solução (b) Nota:

Para integrar com respeito a x, y deve ser expresso em termos de x, que dá y = 3 .JX12, e a integral torna-se

Ix

=

i~

4

(3yÇ)3 -2-

dx

5

= 72 = 14,4 (unidades)4

Resp.

Não há preferência entre as soluções (a) e (b). A solução (b), naturalmente, requer que se saiba o momento de inércia de uma área retangular em relação à sua base, que é fácil de ser lembrado devido ao seu uso freqüente.

--290 / ESTA TICA

Problema Resolvido

A solução ê. seção das duas integrais dá

AS

Determinar o momento de inércia, em torno do eixo x, da área semicircular mostrada. Solução. O momento de inércia da área semicircular, em torno do eixo x', é a metade do momento de inércia do círculo completo, em torno do mesmo eixo. Portanto, pelo resultado do Problema Resolvido A3

--x'

__

Obtém-se, em eixo paralelo xo, realizada, através mm, pelo teorema

seguida, o momento de inércia J, em torno do que passa pelo centróide. A transferência é da distância r= 4r/31T = (4) (20)/31T = 80/31T do eixo paralelo. Conseqüentemente,

m

__

:[

1

J

_

(2021T) , 2 ,

(~).2 = 1,755(104)mm4 ,31T

Finalmente, a transferência é feita do eixo xo, que passa pelo centróide, ao eixo x, que fornece

[1=1+Ad2]

Ix"; 1,755(104)+

= 1,755(104)

(20;1T)

+ 93,08(104)

(30+

ter ao usar uma dupla transferência de eixos, pois nem o eixo x', nem o x, passa pelo centróide C da área. Se o círculo estivesse completo, com o centróide sobre o eixo x', seria necessária apenas uma única transferência.

~~f =

= 94,8(104)

a.

Nota:

Q) Este problema ilustra a cautela que se deve 2(104)1T

(x -

Reunindo-se

[1=I-Ad2)

1=

JUl2 o

•

Se tivesse si ordem, dA = dxuJ to de inércia do aY2' mantendo x

que é a expre inércia do retânguJa.

mm4 Resp.

Problema Resolvido

A6 PROBLEMAS

Calcular o momento de inércia, em torno do eixo x, da área fechada entre o eixo Y e os arcos circulares de raio a, cujos centros estão em O e A.

@)

PRO

Utilizando os escrever a ex:pressi da área do se'

Solução. A escolha de uma lâmina diferencial vertical de área permite a integração para abranger a área completa. Uma âmina horizontal iria requerer duas integrais em relação ay, em virtu~da descontinuidade. O momento de inércia da lâmina, em

torno dd fixo x, é aquele de uma lâmina de. altura Y2' menos aquele de uma lâmina de altura y l' Assim, pelo resultado do Problema Resolvido AI.

----

Os valores de Yl e Y2 são obtidos pelas equações das duas curvas, que são x2 + Y22 = a2 e (x ~ a)2 + Y12 = a2 e que fornecemY2 =.J a2 - x2 eYl =.J a2 - (x - a)2. Assim,

p Nota:

Q) Escolheu-se o sinal positivo para os radicais

porque tanto eixo x.

Yl

como

Y.

estão acima do

A lâmina re: 6 mm2 e seu . eixo Y, é 170 torno do ponto

AP~NDICE

A - MOMENTOS

DE IN~RCIA

DE AREAS

I 291

A solução das duas equações fornece a coordenada x da interseção das duas curvas, que por inspeção, é a/2. A avaliação das integrais dá

1al2 a2ya2 o

---x'

-

=

-

1al2 X2ya2-x2dx=~(~_~) o

-1

2

- r.:>

1 o

4

a2ya2_(x-aJ2dx=~(V3

o

-~----x,

'4 -----~--I '! ~

4 16

+~) 3

- r.:>

4

·3

a12

a/2

>

= ~(~ 44

X2 dx

2

_27T)3

•

(x -

aJ2ya2

-

(x -

= ~(V3 7T) 8 8 +"3

a)2 dx

Reunindo-se as integrais com o fator 1/3 dá a4

Ix

= % (9..j3

-

21T)

= 0,0969a4•

Resp.

Se tivesse sido iniciado usando um elemento de segunda ordem, dA = dx dy, poder-se-ia escrever y' dx dy para o momento de inércia do elemento em relação ao eixo x. Integrando de YI ay" mantendo x constante, obtém-se para a faixa vertical

d1x

=

[JY2 Y,

y2 dY]

= i( Y23

-

Y13) dx

que é a expressão usada no início, originária do momento de inércia do retângulo.

PROBLEMAS

@)

PROPOSTOS

r '

Utilizando os resultados do Probl. Resolvido A3, escrever a expressão do momento polar de inércia da área do setor circular, em relação ao centro O.

5mm

~o .• ·•· 'r~

O

Probl. A.I

A lâmina retangular estreita tem uma área de 6 mm' e seu momento de inércia, em torno do . eixo y, é 170mm4• Obter o raio de giração em torno do ponto O, com aproximação rigorosa. Resp. kO = 7,30 mm

~L

I

I

,

O

Probl. A.2

@

Calcular o momento de inércia da área retangular em relação ao eixo x e encontrar o momento polar de inércia em torno do ponto O. ~ Re"sp. I~ = 21,06 (106) mm4; JO = 35,64 (106) mm4

G "'.

'Dos resultados do Probl. AI, estabelecer, sem .'.pá1culo;'.o' momento. de inércia da área do paralelog~o, em torno do eixo x que passa por sua base e em·torno de um eixo paralelo, que passa pelo centróide.

292

I

ESTÁTICA

y

AlI

DeterminaI ;:; semicirculE=

Al2

Calcular por' cia da área

---x Probl. A.3 Calcular o momento de inércia da área sombreada em torno do eixo x.

.',

h

//

c:--I

O·'o;','T

~b~n--L

I 1

I I 130mm I

Probl. A.4

I I

Os momentos de inércia da área A em relação aos eixos y e y' diferem de 0,032 m4• Calcular a área A, cujo centróide está em C.

I

-

------------~---x 40mm

Probl. A.8

40= A9 I I I

Calcular o momento de inércia da área sombreada em torno do eixo x.

1

I y I I

1 1

I y

y'

I

Probl. A.S

A13

Determinar o guio equilátero

Al4

Considerando a

,..-:::--

1

I 1

A

Calcular o momento em torno do eixo x.

1/

l

de inércia ,da área triangular, Ix

= 270 (104)

ISOmm

~~~

40

m';;--x -

Probl. A.9

mm4

\1

úll<;\()

I O lOmm

Resp,

/ /

AIO

O aro de 1/4 de cúculo tem largura b, que é pequena, comparada com o seu raio r. Determinar ,o momento polar de inércia da área em torno do centróide.

I

i

1- ~50mm~40mm4

-----------------

ij

Y

I I

20mm

--x

= Ix = Iy,

para

do ângulo a.

Probl. A.6

Obter o momento de inércia polar da área do anel semicircular em torno do ponto O, por integração direta. Usar o resultado para achar o momento de inércia, em torno do eixo x. Resp. Ix = 0,368 (10-4) m4

li

:1

, I

,,\I

Q'I ,

x-Probl. A.IO

r",


Ali

Determinar os momentos polares de inércia da área semicircular em relação aos pontos A e B. Resp.

JA=+11"r4;JB=r4

---x

AIS

4-34)

(311"

DE INÉRCIA

DE AREAS

I 293

Demonstrar que o momento de inércia da área do quadrado em torno de qualquer eixo x', que passa pelo seu centro, é igual ao momento de inércia em torno de um eixo central x paralelo a um lado.

Y

IB

r

G_-,

A

/::0---'

__c=J--_X'

O

mércia da área sombreada

Probl. A.lS

Probl. A.lI

il

//

/ c:..--

-

A16 A12

Vi

I

ISOmm

Calcular por integração direta o momento de inércia da área sombreada, em torno do eixo x. Resolver primeiro, usando uma lâmina horizontal de área infrnitesimal e, segundo, usando uma lâmina vertical da área infrnitesimal.

Determinar o momento de inércia da área sob a curva senoidal, em relação ao eixo x. Resp.

Ix

=

4ab3 911"

y

I I

I I

I I I Ii

y

-L---x

a . .

bD~---O

y

O

b

=.

a

sen 1!:X

--x

Probl. A.16 bércia da área sombreada

V·-" __,

,"mm~

A17

Probl. A.12

Determinar o momento de inércia da área sombreada, em relação ao eixo y. Resp. Iy = 27,8 (104) mm4 y,mm I

A13

&

---x 40mm

L

Probl. A.13

~ I

\

i

I

I I I

I I I

I

I

I I I

I I I I

O

O

20

-.J __

40

x, mm

Probl. A.l?

b

tem largura b, que é peseu raio r. Determinar o -a da área em torno do

Y

I

401---------

Determinar o raio de giração polar da área do triângulo equilátero de lado b, em torno do centróide C.

A14

A18

A área de um anel circular de raio interno r e externo r + ilr é aproximadamente igual à circunferência de raio médio vezes a espessura ilr. O momento polar de inércia do anel pode ser aproximadamente obtido, multiplicando-se esta área pelo quadrado do raio médio. Qual é o erro percentual, se ilr = r/lO? Resp. Erro = 0,226%

A19

Determinar os momentos de inércia da área do setor circular em torno dos eixos x e y. r' sen 20< Resp. Ix = - (

Considerando a simetria, mostrar que Ix' = Iy' = para a área semicircular, independente do ângulo 0<.

= Ix = Iy,

Y

I

~ r

I I I

I I

r----~O O

O

Probl. A.14

--x

4

O<

-

--)

2

I.y-_ 4 0<+--sen 2 r4 (

20< )

294 I ESTATICA

Determinar o momento polar de inércia e o raio de giração da área em torno de O. Resp. JO = 1,609R: b; kO = O,690R

Problema Calcular o doeixox,~

--x

Solução. A gula (1), pc;±;:triângulo (3), em torno do ~

Probl. A.19

A20

A3

Urna lâmina estreita, de largura constante b, tem a forma de urna espiral, r = ke. Após urna volta completa, de e = o a e = 21T, o raio [mal da espiral é R.

Ix=+·-lr= Probl. A.20

Ix--~I~ ,_

ÁREAS COMPOSTAS

É freqüentemente necessário calcular os momentos de inércia de áreas compostas por um número de partes distintas, de formatos geométricos simples e calculáveis. Visto que o momento de inércia é a integral ou a soma dos produtos da distância elevada ao quadrado vezes o elemento de área, segue que o momento de inércia de uma área positiva é sempre uma quantidade positiva. Portanto, o momento de inércia de uma área composta, em tomo de um eixo, é simplesmente a soma dos momentos de inércia de suas partes individuais, em tomo do mesmo eixo. É muitas vezes conveniente considerar a área composta como constituída de partes positivas e negativas. Pode-se, então, tratar o momento de inércia de uma área negativa como uma quantidade negativa.

A

r=

Pa~L

= 4(~:

[1=1 _Ad2]

1;x=-

o momento.j torno do eixo x, é

I

[1=1 +Ad']

Ad y 2

\ Área, A

transfere

4r/31T

cia de eixo, f, que passa pelo C3 diretamente

Quando a seção é composta de grande número deJ'artes, é conveniente tabelarem-se os resultados para as partes em termos da área A; do momento de inércia I, em relação ao centróide; da distância d do eixo que passa pelo centróide ao eixo em tomo do qual o momento de inércia de toda a seção está sendo calculado; e do produto Ad2• Para qualquer uma das partes, o momento de inércia desejado é + Ad2 e, assim, para a seção completa, o momento de inércia desejado pode ser expresso como = "f:,I + "f:,Ad2• _ Por ex~~plo, Eara uma área no plano x-y, e empregando a notação da Fig. A4, onde Ixo é idêntico a Ix e Iyo é idêntico aly, a tabela poderia incluir,

I

1

Finalmente;, o (3) em torno de é

Ix=-* •..••Somas

"f:,Ady

2

Da soma das quatro últimas colunas, obtém-se, então, os momentos de inércia da área composta, em tomo dos eixos x e y

/'

Ix Iy

= L. I + L.Ad Xo

x

2

= L.Iyo + L.Ad/

Embora se possa somar os momentos de inércia das partes individuais de uma área composta em tomo de um dado eixo, o mesmo não pode ser feito com relação ao seus raios de giração. O raio de giração da área composta em tomo do eixo em questão é dado por k = Y I/A, onde I é o momento de inércia total e A é a área total da figura.

o momento posta, é conseq 3

Ix

= 5,=4,

A área da ~ 3493 mm', de eixo x é

=


DE INI:RCIA

DE ÁREAS

I

295

de inércia e o raio de ::z O.

l

:',609R~b; kO

Problema Resolvido A 7

= 0,690R

Calcular o momento de inércia e o raio de giração em torno do eixo x, para a área sombreada mostrada.

Solução. A área composta é constituída da área do retângulo (1), positiva, e das áreas do quadrante do círculo (2) e do triângulo (3), negativas. Para o retângulo, U momento de inércia em torno do eixo x, conforme o Probl. AI (ou Tabela C3), é Ix = +Ah2 = +(80)(60)(60)'

=

mm4.

5,76(106)

Conforme o Probl. A3 (ou Tabela C3) o momento de inércia da área negativa do, quadrante de círculo, em torno de seu eixo da base x', é:

V X'-~D

X01 4 ( . 1"(r4 4 Ix' = - 2-

II

)

= _ ~16 (30)4 =

mm4.

-0,1590(106)

(1)

~-x

/1

A

transferência deste resultado, através da distância = 4(30)/31"( = 12,73 mm, pelo teorema da transferência de eixo, fornece para o momento de inércia do eixo paralelo que passa pelo centro de gravidade da parte (2) (ou use a Tabela C3 diretamente)

r=

,~e.•' pm inércia um núm,w é a integral d, ~ que o momento de lD ::.i> inércia de uma áre:l

I

constituída de partes :::.ornouma quantidade

4r/31"(

[/ = I -

!

/x = .-0,1590(106) = -0,0445(106)

Ad2]

fDaSpartes individuais, ~se os resultados para 16cância d do eixo que

e:sã l-Ad2 sendo e, assim, calculado; para "

l

ea

-

1"(~0)'

[-

(12,73)2] =

mm4.

o momento de inércia da parte do quadrante de círculo, em torno do eixo x, é agora [1=/

Notas:

+Ad2]

\

. onde Ixo é idêntico a

Ix=

=

+ [-

-0,0445(106) -1,624(106)

1"(~0)2 Jc60 -12,73}'

=

CD

Observe que se deve transferir o momento de inércia da área do quarto de círculo para o eixo Xo que passa pelo centróide, antes de transferi-Io para o eixo x, como foi feito no Probl. Resolvido A5.

®

Atenção aos sinais corretos. Como a área é negativa, tantoTcomoA têm sinais negativos.

®

Se a área composta tivesse mais de três partes, teria sido organizada uma tabela dos termos e Ad2, de modo a garantir a inclusão de todos eles e obter 1= 'J;I + 'J;Ad2•

mm4.

Finalmente, o momento de inércia da área triangular negativa (3) em torno de sua base,. conforme o Probl. A2 (ou Tabela C3), é Ix = - -&-bh3 = - -&-(40)(30)3 = -0,09(106)

mm4.

o momento de inércia total, em torno do eixo x da área composta, é conseqüentemente ;:a área composta, em

3

Ix

= 5,76(106) = 4,046(106)

-

1,624(106)

-

0,09(106)

=

mm4.

Resp.

A área da figura é A = 60(80) - {- 1"(30)' - -} (40)(30) = mm2, de maneira que o raio de giração em torno do eixo x é

= 3493 -~ composta em tomo :-aio de giração da área =.einércia total e A é a

kx

=.J IxlA =

J 4,046(106)/3493

= 34,0 mm.

Resp.

I

-296 I ESTA T1CA A28

PROBLEMU\SPROPOSTOS ~

Encontrar o momento de inércia da área sombreada, em tomo do eixo x, de simetria a 45°.

Calcular o momento polar de inércia da área sombreada, em tomo do ponto A. Resp. JA = 138,9(lá') mm

Resp.lx=17,96mm'

~ A25 ~

Y

I

130mm I I

Calcular o momento polar de inércia da área sombreada, em tomo do ponto O. JO = 1,265 m'

1l-x 40mm

A~~ I

-

l--40mm~

Probl. A.21

@

A29

Determinar o momento de inércia dà área sombreada, em torno do eixo x, empregando dois procedimentos diferentes.

r-4a--j ~~

a

A26

Determinar os momentos de inércia da seção Z, em torno dos eixos xo e Yo' que passam pelo centróide.

a

I

f--<-

Probl. A.25

___ L-tx I a

I-f---La

Yo

I I

Probl. A.22

L-.

Calcular o raio de-gjração da área da cantoneira, em

2/

'''Imm jr~;mm

do ponto A]Observar que das abas étomo pequena quando!comparada coma olargura comprimento. Resp.

r

kA

l-loomm-1

= 208 mm

A30

t

1-1 20mm

Probl. A.26

-1 r-30mm A27

300mm

~r

Lu A ~

400

Calcular o momento de inércia da seção transversal da cantoneira, em tomo do eixo xo' que passa pelo centróide. Resp. Ix = 10,76 (106) mm' A31

mm--~-,.rT

Probl. A.23 x

,, " "-

40mm

40mm

,"",

""

I I I ,

II

"

I I

45°' I --------~ lOmm

Probl. A.24

Probl. A.27

Determinar a área do

AP~NDICE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE AREAS A28

~ !nércia da área sombrt23imetria a 450• Re-rp. Ix

= 17,96 mm'

inércia da área som-

Determinar o momento de inércia da área semicircular em tomo do eixo x, dividindo-a em cinco faixas horizontáis de larguras iguais. Calcular o momento de inércia de cada faixa como a área (largura vezes o comprimento da linha horizontal média) vezes o quadrado da distância da linha horizontal média ao eixo dos x. Comparar o resultado com o valor exato.

I

297

A32

Determinar a expressão para o raio de giração da área hexagonal do ProbI. A31, em torno de um eixo polar, que passa pelo centro O.

A33

Calcular o momento de inércia da área sombreada em torno do eixo x.

Jo = 1,265 m'

30mm

\

1-

10mm

--x

~30mm

ProbI. A.28

,1,

-_L--....l---x 30mm~

Probl. A.33

Calcular o raio de giração polar da área sombreada, em tomo do ponto O. Resp. kO = 0,455 m

inércia da seção Z, em passam pelo centróide.

\

\ / _~

T

A29

\

A34

Determinar o momento de inércia da área retangular, em torno do eixo diagonal x.

/' '

/'

X

I

a .• ~. ~---.'"

O,5~

i

':J O /'

Probl. A.29

A30

ProbI. A.34

Determinar a expressão do momento de inércia da área do trapezóide, em tomo de sua base.

A35

Calcular o momento de. inércia da área do ProbI. A21 em torno do eixo x. Resp. Ix = 28,3 (10·) mm·

A36

Calcular o momento de inércia da seção transversal da viga C, padrão, de 300 X 100 mm, em torno do eixo Xo que passa pelo centróide. Desprezar os metes e arredondarnentos dos cantos e comparar o resultado com o valor de Ix = 6,25 (10·) mm·, fornecido por manual .

b

• i:ircia da seção transversal

ProbI. A.30

•• ::u eixo xo, que passa pelo

/'

--1 f-16,2mm A3I

Desenvolver uma fórmula para o momento de inércia da área do hexágono regular de lado b, em tomo de seu eixo central x. Resp.

Ix

- --Xo

= 5.j3 16 b· (

300mm

"

Probl. A.36

A37

Probl. A.3I

Calcular o momento de inércia da área sombreada, em torno do eixo x. Resp.

Ix

=i( 1 - ~) 16 r·

....-

298

I

ESTATICA

y I I I I

para resolvê-Ia, ou aproximar a resposta com o de uma solução gráfica-numérica.) Resp. b = 16

~-I I

I I I I I I

---

•

r

TU

x

Probl. A.37

=

-x

A primeiro:. tróide, que se em relação ao teorema da tnm~ -

b1-----L----

A38

Determinar a largura b da mesa, para a seção transversal da viga H, que fará com que os momentos de inércia, em torno dos eixos centrais x e y, sejam iguais. (Sugestão. É necessário resolver uma equação cúbica. Referir-se ao Apêndice B, seção B4,

l'lwmm lOmm~

f-

(b) Trcun: inércia, també!::: em te\ação ao -

~~lOmm

~lOOmm

Probl. A.38

(c) Rotl inércia de uma • problema de de Na Fig. A6.

A4 -

PRODUTOS

DE INÉRCIA E ROTAÇÃO

DE EIXOS

(a) Definição. Em certos problemas que envolvem seções transversais assimétricas e no cálculo de momentos de inércia, em torno de eixos rotativos, ocorre uma expressão dIXY

_~ inte~rada ) que tem a forma

[I~~

=

onde x' e y' fo figura.

xy dA

JXYdA)

(A7)

onde x e y são as coordenadas do elemento de área dA. A quantidade Ixy é chamada o produto de inércia da área A, em relação aos eixos x-y. De modo diferente dos momentos de inércia que são sempre positivos para áreas positivas, o produto dé inércia pode ser positivo ou negativo. O produto de inércia é zero, sempre que qualquer um dos eixos de referência for um eixo de simetria, tal como o eixo x para a área da Fig. AS. Nesse caso, os termos x (- y) dA e x (+y) dA, situados simetricamente, e1iminar-se-ão mutuamente na soma. Tendo em vista que a área completa pode ser composta de pares .de tais elementos, segue que o produto de inércia para a área completa é zero.

Desenvolven,

e as relações defini

Fig.A.5

A - MOMENTOS

AP~NDICE

• resposta com

)

Rezp. b = 1

DE INÉRCIA

DE ÁREAS

/ 299

(b) Transferência de eixos. Um teorema de transferência de eixo, similar àquele para os momentos de inércia, também existe para os produtos de inércia. Por definição, o produto de inércia da áreaA, na Fig. A4, em relação aos eixos x e y, em termos das coordenadas Xo - Yo, aos eixos que passam pelo centróide é: IXY

=

f

+ dy)(Yo + dx)

(xo

= J xoYo

dA

+

f

dx

dA

+

Xo dA

dy f

Yo dA

+

dXdy

J dA

-% A primeira integral é, por definição, o produto de inércia em relação aos eixos que passam pelo centróide, que se escreveu fxy. As duas integrais do meio são ambas nulas porque o primeiro momento de área em relação ao seu próprio centróide é, necessariamente, zero. A terceira integral é apenas dxdyA. Assim, o teorema da transferência de eixos para produtos de inércia, torna-se: ---

~lOmm

(A8) (c) Rotação de eixos. O produto de inércia encontra uso, quando é necessário calcular o momento de inércia de uma área, em torno, de eixos inclinados. Esta consideração conduz diretamente ao importante problema de determinação dos eixos, em torno dos quais o momento de inércia é um máximo e um mínimo. Na Fig. A6, os momentos de inércia da área, em torno dos eixos x' e y', são

L. F;::as

k

e no cá1c

Ix'

= J y/2

Iy'

= J x'2dA

onde x' e y' foram substituídos figura.

dA

= J (y

cosB -

= f(y·senB

xsenB)2

dA

+ xcosB)ZdA

por suas expressões equivalentes, como pode ser visto pela geometria da

o produto de inércia ~

liD

5eIIlpre positivos eixo de sime A. situados simetri •.....

Fig.A.6

composta de p Desenvolvendo e substituindo as igualdades trigonométricas, sen2 B

e as relações definidas para Ix'!y'!xy

=

=

cos2

2B

B

=

1

+ cos 2B 2

fornecem

I_Ix x' -

I y'

1 - cos 2

Ix

+ 2 Iy +

Ix -2 Iy

cos

+ Iy 2

Ix -

cos

-

2

Iy

2B _

IXY

sen 2B (A9)

2B

+ I xy sen2B

300 I

ESTA T1CA

De modo similar, escreve-se o produto de inércia em relação aos eixos inclinados: IX'y'

=

f

= J (ysen

x'y' dA

e

+ x cos e)(y

cos e - x sene) dA

Desenvolvendo e substituindo as igualdades trigonométricas sen e cos e e as relações definidas para Ix,ly,lxy

= ~sen 2e,

CoSZ

e - sen 2 e

=

cos

2(J

fornecem

Ix' y'

=

Ix -

Iy

2

sen 2e

+ IXY cos 2e

(A9a)

Adicionando as Eqs. (A9), dá Ix' + Iy' = Ix + Iy = fz, o momento polar de inércia em torno de O, que está de acordo com os resultados da Eq. (A3). O ângulo que faz com que Ix' e Il sejam um máximo ou um mínimo pode ser determinado igualando-se a zero a derivada de qualquer um,lx' ou Iy' em relação a O.Assim, qualquer ponto C entre OA e OC é ângulos são m~ --que as Eqs. (A9j, ,_

Simbolizando este ângulo crítico por a, temos 2IXY

tg2a

(AIO)

=~Ixy

A Eq. (AlO) fornece dois valores para 2a, que diferem de 1T, uma vez que tg 2a = tg (2a + 1T). Conseqüentemente, as duas s0luções para a diferirão de 1T12. Um valor define o eixo de momento de inércia máximo e o outro. valor) define o eixo de momento de inércia mínimo. Esses dois eixos retangulares são conhecidos como os eixos principais de inércia. ':

, . A, substitUiÇ~~ Eq. \Al.O),. par~ ~ v~or O crí~ic~ ~e 20, na Eq. (A9a), mostra .que o produto de merCla e zero-para os elXOSpnnClpalS de lllerCla. A substltUlçao do sen 2a e do cos 2a, obtldos da Eq. (AIO), por sen 20 ecos 20 nas Eqs. (A9), fornece as intensidades dos momentos de inércia principais, como:

(AlI) Imín, --

(d) Círculo de inércia de Mohr.

+

-

Ix 2 Iy _ ~2 vUx

_ Iy)Z

+ 4Ix/

Problema RI Escrever a _ guIar, com cen: '. aos seus ladosSolução. eixos Xo'Yo é, Dar li eixo dá

Neste exeID] para manter a como definido, de

As relações nas Eqs. (A9), (A9a), (AIO) e (AlI) podem ser represen-

tadas, graficamente, por um diagrama conhecido como círculo de Mohr. Para os valores dados de Ix: Iy e Ixy, os valores correspondentes de Ix', Iy' e Ix'y' podem ser determinados pelo diagrama, para qualquer ângulo desejado O. Seleciona-se, primeiro, um eixo horizontal, para medir os momentos de inércia, e um eixo vertical, para a medida dos produtos de inércia (Fig. A7). Em seguida, localiza-se o ponto A, que tem as coordenadas (Ix, Ixy) e o ponto B, que tem as coordenadas (Iy, -Ixy). Desenha-se um círculo com estes dois pontos, como extremidades do diâmetro. O ângulo formado pelo raio OA com o eixo horizontal é 2a, ou duas vezes o ângulo formado pelo eixo x, da área em questão, com o eixo do momento de inércia máximo. O ângulo no diagrama e o ângulo na área são medidos no mesmo sentido, como é mostrado. As coordenadas de

Problema R Determinar o bola mostrada.

Solução. da curva toma-rex =

AP~NDICE A - MOMENTOS DE IN~RCIA DE ÁREAS I 301

Ixy I I

/

/ x'

/x

f"<'

r

~

~,

I I

k-lmín.

1x9i ~/;i~~ ,x

~.

I I

Ix'y' I " 28

A/

p~

\EixO

maxuno que passa por P de inércia de,~omento

1--I

I I

.-

~Iy I

r--1y'

em torno de O. ~

Imá:<.

~

Fig. A.?

e

qualquer ponto são (Ix', Ix'y') e aquelas do ponto correspondente D são(Iy"- Ix'y')' Também o ângulo entre OA e oe é 2 (J, ou duas vezes o ângulo formado pelo eixo x com o eixo x'. Naturalmente, ambos os ângulos são medidos no mesmo sentido, como é mostrado. Pode ser verificado da trigonometria do círculo que as Eqs. (A9), (A9a) e (AIO) concordam com as aproximações feitas.

=tg(2a+1T). , de momento de . _ eixos retangulares -

Problema Resolvido A8 Escrever a expressão para o produto de inércia da área retangular, com centróide em C, em relação aos eixos x-y, paralelos aos seus lados.

,como:

Solução. Como o produto de inércia lxy, em torno dos eixos Xo-Yo é, por simetria, nulo, o teorema de transferéncia de eixo dá

Y

Yo

I

I

II I I

I

I

i h C I idY---õo-j~

Resp. I L

b

--r-xo dx

1--x

Neste exemplo, dx e dy são ambos positivos. Deve-se atentar para manter a consistência com os sentidos positivos de dx e dy, como definido, de modo a observar os seus sinais.

Y

Problema Resolvido A9

I

_

bl----'lo

Determinar o produto de inércia Ixy, para a área sob a parábola mostrada.

. ~rciamáximo. • _As coordenadas

h

Solução. Considerando que x da curva torna-se x = ay2 Jb2.

= a,

quando y

= b,

II I

"'~

'}.

9

I

a equação

a----x

302 / ESTÁTICA

= dxdy

Solução I. O produto de inércia para o elemento dA é dIxy = xy dx dy e para área completa é IXY

=

f fay2/b2xy dx dy = f -21(a2 O

b

a

O

b

+

b 4) y dy

a2

I

=

=

f a Lxdx 2 O

=

2

I-I

=

O

_x3 b2]a 6a

O

=

ia2b2

+ r-----»j I

f-dx

a

a

x

Yo

onde

= 7,5

dx=mm.

2

I I

Resp.

Produtos guio, em ti paralelos aos de inércia pa::1

----x x ~

Y

~x4

f a -xdx xb2 2a

b

ia2b2

Solução lI. Pode-se iniciar com uma faixa inf"mitesimal de primeira ordem e evitar uma integração, usando os resultados do Probl. Resolvido A8. Tomando uma faixa vertical, dA = Y dx, tem-se dI xy = O + (+ y) (x) (y dx), onde as distâncias aos eixos que passam pelo centróide do retângulo inlmitesimal são dx = y/2 e dy = x. Tem-se, agora,

IXY

Yo

Y

Do mesmo

I

I I

Nota:
Se tivesse sido escolhida uma faixa horizon-

onde dx = mm. Para a can

tal, a expressão se tornaria dI xy = Y .; (a + x) [(a - x) dy] que, quando mtegrada, obviamente daria o mesmo resultado.

= -3,í5

Ixy

Momentos tU

I, são [1=7 +Ad']

Problema Resolvido AIO Determinar

o produto

de inércia da área semicircular, em

relação aos eixos X-y) --Sol~ema mite escrever [Ixy=7xy

e os momentos eixos são

da transferência de eixo, Eq. (A8), per-

+dxdyA] Ixy

=O

[1=7 +Ad'] + ( - -3rr 4r ) (r) ( -rrr' 2· )

= - -,2r'3

Resp.

onde as coordenadas x e y do centróide C são dy = +r e dx = -4r/3rr. Uma vez que um dos eixos que passam pelo centro de gravidade é um eixo de simetria 7xy = o.

Nota:

(j) O emprego correto do teorema de transferência de eixos traz uma grande economia de trabalho no cálculo dos produtos de inércia.

Assim, para a seç: Ix

= 6,58J;

Iy

= 7,583

Problema Resolvido AlI Eixos princi;

Localizar os eixos principais de inércia que passam pelo centróide e determinar os momentos de inércia máximos e mínimos correspondentes, para a seção da cantoneira. Solução. mostrado.

O centróide C é facilmente localizado, como está

/

é dada pela Eq. AI

[ tg

20<

=

2Ixy Iy - Ix

AP~NDICE

Produtos de inércia. O produto de inércia para cada retângulo, em torno de seus próprios eixos que passam pelo centróide, paralelos aos eixos x e y, é zero, por simetria. Assim, o produto de inércia para a parte I é

b

a----x

[Ixy =Ixy

+dxdyA]

Ixy = O + (-12,5)(+7,5)(400) = -3,75(104) mm"

=

onde dx = -(7,5 + 5) = -12,5 mm e dy = + (20 - 10 - 2,5) =

= O + (n,5)( -7,5)(400) = -3,75(104)

L-_=-,_ ~..., u~a

r L==0

f'alxa h~I1zon; .

DE AREAS

I 303

y

16ni11"'""'2,5=

r

l

I I

7.5=

-------j-X10=

ic

l-40=~

Do mesmo modo, para a parte II

I Ixy

DE INÉRCIA

10 I

50

= 7,5 mm.

[Ixy = Ixy + dxdyA

A - MOMENTOS

=

mm4,

onde dx = +(20 - 7,5) = 12,5 mm e dy = -(5 + 2,5) = -7,5 mm. Para a cantoneira completa

quando II~~ ~e, romaria dIxyintegradi, - Y resultado.

Momentos de inércia. Os momentos de inércia, para a parte I, são

Ix =

I~

= 6,583(104) Iy =

112

Círculo de Mohr. Estes resultados podem também ser obtidos diretamente das Eqs. A.11 ou graficamente, pela construção do círculo de , Mohr, como é mostrado na figura abaixo. Para a construção do círculo de Mohr usam-se os valores

(40)(IW + (12,W (400) = mm4

(10)(4W + (7,5)2 (400) =

= 7,583(104)

mm4

e os momentos de inércia, para a parte lI, em torno dos mesmos eixos são

Ix =

+.- (10)(40)3 + (400}(12,5)2 =

= 11,583 (104) mm4 Iy = +.-(40)(lW + (400)(7,5)2 =

D ::o teorema de transfegrande economia " dos produtos de

= 2,583(104)

mm4

Assim, para a seção completa Ix = 6,583(104)

+ 11,583(104)

Iy = 7,583(104)

+ 2,583(104)

= 18,167(104) = 10,167(104)

mm4 mm4

Eixos principais. A inclinação dos principai's eixos de inércia é dada pela Eq. AIO. Portanto,

[ tg20<=~] 2I Iy - Ix

tg 20<=

-2(7,50) = 1 875 10,167 - 18,167 '

20<= 61,9°

O<= 31,0°

Resp,

calculados de Ix' Iy e IxY' Estes valores são marcados no diagrama para localizar os pontos A e B, que são as extremidades do diâmetro do círculo, O ângulo 20<,Imax. eImín. são obtidos da figura, conforme está mostrad,o.

--304 I ESTATICA

Agora, os momentos principais de inércia po!lem ser calculados com as Eqs. (A9), usando a para () e obtendo Imáx., de Ix' e Imín., de Iy'. Assim, Imáx.

= Ix' = (' 18,167; 10,167.+ 18,167; 10,167 (0,4705) + (7,50)(0,8824)) (104) = = 22,67(04) mm4 Resp. ,_-\ ,/18,167 +2 10,167 _ 18,167 -10,167 (0,4705) _ (7,50)(0,8824)') (104) = 2

, _ Imln.-Iy

= 5,67(104) mm 4

PROBLEMAS

@

~~

A44

PROPOSTOS

Determinar o p~uto-d~ércia de cada uma das quatro áreas, e,m torno dos eixos x-y. : Resp. (a) e (c): Ixy = 360 (04) mm4 (b) e (d): Ixy = -360(04) mm4

~

Calcular o produto de inércia da área sombreada, em torno dos eixos x-y. : Resp. Ixy = -128,0(10') mm4 A45

y I I

50:50\ I

601

(b) Ii +-+--I 30 60

(c)

30

I .I

[330---60

' (a)

I

t

,

.-t

porO.

-

A46

40

(~~

--:----[g--30----

--x

(Dimensões em milímetros)

8

mm4 e Iy = :..: junto de et dos ponte:' momento gem O, é mínimo da •

c=9-r 60 40 .

Probl. A.39

Calcular o produto de inércia da área triangular, em torno dos eixos x-y.

@

Calcular o produto de inércia da área do triângulo retângulo, em relação aos eixos x-y.

y

IL I I

I i

h

---x

b

Probl. A.42

40mm

.. __t_--x 30~ mm

Probl. A.40 /

Uma área

Obter o produto de inércia da área do quadrante circular, em relação aos eixos x-y, e usar este resultado para obter o produto de inércia, em relação aos eixos paralelos que passam pelo centróide. Resp. Ixy= r4f8; lxy= -0,01647r4

A47

AP~NDICE A - MOMENTOS Y

A48 Yo

I

.

f

f.

.-I

--Xo

C

~:I

DE IN~RCIA DE AREAS

Determinar as proporções da área retangular, para a qual o momento de inércia, em torno de um eixo x' que passa pelo ponto C, centro do lado maior, é um valor constante, qualquer que seja e. (Ver o Probl. A47.) Resp. a = 2b

---x

r

Probl. A.43 ..

b

,

"

.

R.:

.

Determinar os momentos e o produto de inércia da área do quadrado, em relação aos eixos x'-y'.

...•.... '

~x'

..

CZ2J '.'. "',.;:--<.

A44

I 305

:,:,'

"';:,,-&'

aJ2

-

" .--;.,----

"'\ ••••

-8

C

aJ2

Probl. A.48 y I I \

. ddrea

\

A49 //

\

\

b

\ \

\

QI

x

./

/.

// .. ~ /30° .. b

Determinar a relação entre a base b e a altura h do triângulo isósceles que tornará iguais todos os momentos de inércia em torno de qualquer eixo que passe pelo vértice C. (Ver o Probl. A47.)

---x

•••x'

I

ffi!,\I.1

Probl. A.44

__= -l28,O(::.""l_~

I

A4S

II

b.

L

Uma área tem momentos de inércia Ix = 28 (104) mm4 e Iy = 12(104) mm\ em torno de um conjunto de eixos x-y. O ângulo medido, no sentido dos ponteiros de um relógio, do eixo x ao eixo de momento de inércia máximo, que passa ·pela origem O, é 20°. Determinar o momento de inércia mínimo da área, em torno de um eixo que passa porO. Resp. Imín. = 9,56 (104) mm4

~1.~~~ 2

Os produtos de inércia da área sombreada, em relação aos eixos x-y e x'-y', são 8 (106) mm4 e -42 (106) mm4, respectivamente. Calcular a área da figura cujo centróide é C. Resp. A = 1,316 (104) mm2

I

2

Probl. A.49 ASO

Demonstrar que a intensidade do produto de inércia pode ser calculada da relação Ixy

A46

h

AS 1

=.J IxIy

- ImáxJmín.

Fazer um croqui do círculo de inércia de Mohr, para cada uma das quatro áreas retangulares, com y I I

Y

Y 50=:>1 II ~ I I L __

1

I -+----

--~~\l;._/ ., "';'7+1,:"".2 '. ---x

_

\

1\

1

I \

~

'mm1:T

i

=

L·

C _20~

y

__

Probl. A.46

~- -~~. ,.---x ,,%1/ /

.

/1

/

"

I

"

I

A47

Onde Ix = Iy para uma área simétrica em torno de qualquer um dos eixos x ou y, demonstrar que o momento de inércia é o mesmo para todos os eixos que passam pela origem.

I (c)

(d)

Probl. A.5l

306 I

ESTA T1CA

as proporções e posições mostradas. Indicar em cada diagrama, o ponto A de coordenadas Ix'!xy e ângulo 2a, onde a é o ângulo do ei~o x com o eixo de momento de inércia máximo. A52

Os momentos de inércia máximo e mínimo da área sombreada são 25 (106) mm4 e 5 (106) mm\ respectivamente, em torno dos eixos que passam pelo centróide C. O produto de inércia, em relação aos eixos x-y, é -8 (106) mm4. De acordo com as equações adequadas, calcular x e o ângulo a, medido no sentido anti-horário, a partir do eixo x ao eixo de momento de inércia máximo. Resp. Ix = 21 (106) mm4; a = 26,6°

I

quadradas mostradas. Encontrar o ângulo a, medido a partir do eixo x ao eixo de momento de inércia máximo.

Resp.

I'max. = a

4

I'mIn.

3 3-

(10 + Vf75 );

= a 4(10 a= 76,7°

A56

f7

V 5 );

Ca1cular o produto de inércia da área retangular, em relação aos eixos x-y. Resp. Ixy = 1 225 m'

I I

6mml I

L-

_

Probl. A.56

A53

A54

Resolver o Probl. A52 pela construção do círculo de inércia de Mohr.

A57

Os momentos e o produto de inércia de uma área, em relação aos eixos x-y, são Ix = 14 (104) mm4, Iy = 24 (10') mm' e Ixy = 12(104) mm4• Construir o círculo de inércia de Mohr e usá-Io para determinar os momentos principais de inércia e o ângulo a, entre o eixo x e o eixo de momento de inércia máximo. Resp. Imáx. = 32 (10') mm4; Imín. = 6 (104) mm4; a = 56,3° sentido horário

Calcular os momentos de inércia máximo e mínimo da cantoneira estrutural, em torno dos eixos que passam pelo seu vértice C. Encontrar o ângulo a, medido no sentido anti-horário, a partir do eixo x ao eixo de inércia máximo. Desprezar os arredondamentos dos cantos.

Resp. Imáx. = 1,782(106) Imín. = 0,684 (106) a

r

Determinar os momentos de inércia máximo e mínimo, em relação aos eixos que passam pelo centróide C, para a combinação das quatro áreas

Lll___

I I I

r-10mm

80mm

y

a

----±L.!o'!:.~

A f.--60 mm---!

a

a

mm4;

y

~

A55

= -13,4°

mm4;

a

r

Probl. A.57

c

x

a

a a

a A58

Probl. A.55

Calcular os momentos de inércia máximo e mínimo, em torno dos eixos que passam pelo centróide

AP~ND'CE

==~(!.Q.l. 3

-n-,

== (1< (

!.Q 3

-=-

.

para a seção estrutural Z. Indicar o ângulo Ci medido no sentido anti-horário, a partir do eixo Xo ao eixo de momento de inércia máximo. Resp. Imáx. == 1,820 (106) mm'; Imín. == 0,207 (106) mm'; Ci== 30,1°

A - MOMENTOS

DE IN~RCIA

~J~-50mm-1

lOmm

-= '\ ~

;;:0='16,1"

- da área retangu!z:.

Rerp. Ixy

==

1 2')' -'

-=o =ela

maxuno e lIUj em tomo dos eIXOS_ C Encontrar o ângnb_ h:ririo, a partir do eic = Desprezar ~~_ I . -. os ~ -

..

='

áx.. == 1,782(10') rn=:.' == 0,684 (10')

::IÍn..

==

-13,4°

~ :Omm

a---- -I;-x '

~

máximo e

II1.Úri-

~ Ie passam pelo centróide

Probl. A.58

DE ÁREAS

I 307

B3 - GEO AP:eNDICE

1. Esfera

B

Volume

= -1-

'

Área da Superti:z

TÓPICOS

SELECIONADOS

=

DA MATEMÁTICA 2. Cunha esférica Volume

= +r"=

Bl - INTRODUÇÃO

o apêndice B contém um resumo abreviado de tópicos selecionados da matemática fundamental, freqüentemente empregados na Mecânica. As relações são citadas sem nenhuma prova. O estudante de Mecânica terá oportunidade freqüente de usar essas relações e estará em desvantagem se elas não estiverem à mão. Ocasionalmente serão necessários outros tópicos não listados aqui. À medida que o leitor revisa e aplica sua matemática, deve ter em mente que a Mecânica é tiina ciência descritiva aplicada a corpos e movimentos reais. Portanto, as interpretações geométrica e física da matemática aplicada, devem ser observadas durante o desenvolvimento da teoria e a formulação e solução de problemas.

B4 - ÁLGEBRA 1.

-b

x=

±

2. Logaritmos

B2 - GEOMETRIA PLANA 4. CírculO

1. Quando duas linhas que se interceptam são, re spectivamente, perpendiculares a duas outras, os ângulos formados são iguais.

Circunferência = 21rr Área = 1rr' Comprimento de arco s = r6 Área do setor = -}r'6

~=h-y b

h

2,71

r=y,

x=

log (ab) = log a log (a/b) = log Q log (l/n) = -log 10gan = n log a log 1 = O

5. Um triângulo inscrito em um semicírculo é um triângulo retângulo.

2. Triângulos semelhantes

b=e=

10glO X

= 0,4343

~

~ IIt

+

62

= 1r/2

3. Determinantes 2.a ordem

6. Ângulos de um triângulo

3. Qualquer triângulo Área

. 61 + 6, + 63 64 = 61 + 6,

= -}bh

b

3.a ordem

= 1800 ~8_4

A

I ai

b1

c1'

a,

b,

c, =

I a3

b3

c31

AP~NDICE B - TOPICOS SELECIONADOS

B3 -

GEOMETRIA

DA MATEMÁTICA

I 309

DOS SóLIDOS 3. Cone Circular Reto

1. Esfera

= -} 1Tr' h Área lateral = 1TrL

Volume

Volume=+1Tr' Área da Superfície =

L =..J r' + h'

41fT'

2. Cunha esférica

4. Qualquer pirâmide ou cone Volume onde B

) L~tica o fundamen~· ~ estudante ê.=

•• se elas não estiverem

i

B4 -

ÁLGEBRA

1. Equação do 2.0 grau

4. Equação ~úbica

ax' + bx + c = O

~llecãnica é uma ciêIlci~ =ae física da matemá" "

I~3Dln.cãode problema

= -}Bh = área da base

4ac ' b 2 > 4ac para raÍzes reais

- b ± ~ 2a

x=

x' =Ax

.

(

= A/3,

Caso I:

2. Logarltmos bX=y,

faça p

+B q

q' -

= e = 2,718282 = y,

x

= lo~

Y

= 1nY

log (ab) = log a + log b log (a/b) = log a -log b log (l/n) = -log n

negativo (três raÍzes reais e distintas) q/(P

.JP), 0< u < 180°

= 2.JP

cos (u/3)

x,

= 2.JP

cos (u/3 + 120°)

x.

= 2.JP

cos (u/3 + 240°)

x,

eX

P3

cos u =

x=logbY

Logaritmos naturais b

= B/2

Caso 11: q' - p' positivo (uma raiz real e duas raÍzes imaginárias)

log an = n log a log 1 = O log,o x = 0,4343 1nx

Xl

= (q

Caso 111; q' 3. Determinantes

+..J q' - p3)1/' + (q - ..Jq' - p3Jl13

-

P3

= O (três raÍzes reais, duas raÍzes iguais)

2.a ordem I a,

I a,

b,1 b,

Para a equação cúbica geral:

I=a,b,-a,b,

x3 + ax' + bx + c

3.a ordem I a,

b,

c,1

a,

b,

c,

I a.

b.

c31

= +a, b,c. + a,b.c, + a.b, -a3b,c,-a,b,c3

-a,b3c,

c, -

=O

Substituir x = Xo - a/3 e obter X03 = Axo + B. Proceder, então, como acima para encontrar os valores de Xo para os quais x = Xo - a/3.

310 I ESTAnCA

3. Relações ..

B5 - GEOMETRIA ANALmCA 3. Parábola 1. Linha reta

(J

Ib V~,,·

_

sen

2"-

cos

2"=

y

ai

(J

sen2(J=2 cos 2(J sen (a

L---------x y=a+mx

y2

x=a/;2

2. Círculo y I

o 18) I

~

bl

4. Elipse

r

I

--x

cos(a

= ~ -= ± b) =

± b)

---

I

I II I L----..J----x

a

rx - a)2

+ (y

- b)2

1. Notaçffo. As ~ negrito· e as rial V tem manuscrito bem as gran

5. Hipérbole

= r2 y

com as esca}an:$.

2. Soma

I

I I

a

---x Regra do

I I

,----JL

Regra do P

I I

xy

= a2

3. Subtraçffo

B6 - TRIGONOMETRlA

4.

1. Defmições sen (J = a/c cos (J = b/c tg (J = a/b

-

cosec = c/a sec = c/b cos sec (J (J (J cosec sen (J(J cotg cotg (J tg = (Jb/a

+ + IIIV III

(J

~(+)(-)~

onde

(J

b

5.

2. Sinais nos quatro quadrantes (+) I

I+

Vetores u

II (+)

H+ III

(_)

~(+)

(_) IV

e

y= ,~ =

AP~NDICE B - TOPICOS SELECIONADOS

(J

+ cos2

=

1 + tg2 (J 1 + cotg2 sen

(J

(J

=

1

sec2 (J = cosec2

-= .J 2..(1 ~ 2 (J

2

cos %

=

A (1 +

!!..

senA cos B

(J

cos

(J)

cos

(J)

OPERAÇÕES

=

b

D

sen 2(J = 2sen(J cos(J cos 2(J = cos2 (J - sen2 (J sen (a ± b) = sen a cos b ± cos a sen b cos (a ± b) = cos a cos b + sen a sen b

B7 -

S. Lei dos co-senos c2 = a2 + b2 - 2ab cos C c2=a2+b2+2abcosD

VETORlAIS

1. Notaçaõ. As grandezas vetoriais são impressas em negrito' e as escalares em grifo. Assim, a grandeza vetorial V tem uma intensidade escalar V. Em trabalhos manuscritos, deve-se usar um símbolo que caracterize bem as grandezas vetoriais, para-9ue não haja confusão com as escalares. Por exemplo, V indicaria vetor.

P +Q

Regrà do triângulo

P'lR

=R

P +Q

Regra do paralelogramo

=R

=Q +P

Lei Comutativa

P +Q

Lei Associativa

P + (Q + R)

= (P + Q) + R

3. Subtração P

-Q = P

+

(-Q) z

i, j, k

4. Vetores unitdrios

III

V=iVz+jVy+kV. IV

+ +

onde

~VI= V = VVz2

S. Co-senosdiretores. entre V e os eixos

+

de modo que V e

+ V/ + V/

1,m, n. Sãoosco-senosdosângulos e z. Assim,

x, y

1 = VzIV +

I

4. Lei dos senos

3. Relações diversas. sen2

DA MA TEMA TICA

m = VylV

=

V(il

n = V.IV

+ jin + kn)

311

312

I

ESTATICA

6. Produto escalar

P'Q =

PQ cos e

PAQ = l::= i?-

onde O é o ângulo entre eles. Este produto pode ser visto como a intensidade de P multiplicada pela componente Q cos (},de Q na direção P ou como a intensidade de Q multiplicada pela componente P cos O de P na direção de Q. Lei comutativa

PXQ=QXP

Da defmição do produto escalar, segue que

i·i=j·j=k·k=l i'j =j·i =i·k=k·i

p.

Q

=j'k=k'j

=0

= (iPx + jPy + kPz) • (iQx + jQy + = PxQx + PyQy + PzQz

P .P =

P/

kQz)

8. Relações Produto x e o A pode::ordem dos re visto que que um veto_ um escalar Q •

+ P/ + Pz 2

Segue da defmição de produto escalar, que dois vetores P e Q são perpendiculares quando seu produto escalar se anula, P X Q = O. O ângulo O entre dois vetores Pie ~ encontrado por sua expressão do produto PI X P2 =PIP2 cos O, que dá

escalar

onde I, m, n significam os resp(ctivos co-senos diretores dos vetores. Observa-se também que dois vetores são perpendiculares, quando seus co-senos diretores obedecem à relação 1112 + ml m2 + nl n2 = O. Lei distributiva

(P A Q) 1\

P X (Q + R) = P X Q + P X R.

7. Produto vetorial ou cruzado. Produto vetoria!, P A Q, de dois vetores P e Q é defmido como um vetor de intensidade

B8 - SÉRIES

IPAQI=PQsenO

e cuja direção é dada pela regra da mão direita, como mostra a fIgUra ao lado. Usando-se a regra da mão direita e invertendo-se a ordem da multiplicação vetorial, obtém-se Q A P = -P A Q. Lei distributiva

PA (Q + R)= PA Q + PA R

Da defmição do produto vetorial, usando o sistema convenciaTUlIde eixos coordeTUldos, tem-se

iAj=k jAk=i j1\i = -k kAj = -i iAi=jAj=kAk=O

kAi=j i1\k = -j

PI ~

Q

\

\ \ \

\ '\'

QAP=-PAQ

AP~NDICE B - TÓPICOS SELECIONADOS

Com o auxilio destas identidades e da lei distributiva, o produto vetorial pode ser escrito

PI\Q =

+

(iPz

= i(PyQz

+

jPy -

kPz)

1\ (iQz +

+ j(PzQz + k(PzQy

PzQy)

jQy -

+

DA MATEMATICA

/'313

Aqui deve-se usar parênteses, visto que a expressão P 1\ Q 1\ R seria ambígua, porque não identificaria o vetor a ser cruzado. Pode-se mostrar que o produto vetorial triplo é equivalente a

kQz)

PzQz) -

(P 1\ Q) 1\ R = R . PQ - R . QP

PyQx)

ou

P 1\ (QI\ R) = P . RQ - P . QR

o

produto vetorial pode, também, ser expresso pelo determinante

o primeiro termo, na primeira expressão, por exemplo, é o produto escalar R X P, um escalar, multiplicado pelo vetor Q. 9. Derivadas dos vetores. escalares.

Seguem as mesmas regras dos

8. Relações adicionais Produto escalar triplo (P 1\ Q) • R = R • (P 1\ Q). O x e o 1\ podem ser trocados, desde que se mantenha a ordem dos vetores. Os parênteses não são necessários visto que não teria sentido escrever-se P 1\ (Q • R), por que um vetor P não pode ter um produto vetorial com ~esc~

R. Assim, a expressão pode ser escrita:

PI\Q'R O produto determinante

(

=P'Q

d(PI\Q)

= PI\Q + PI\Q

dt

escalar triplo pode ser expresso pelo

dt

Produto vetorÚlI triplo.

= R 1\ (Q 1\ P).

SÉRIES (A expressão entre colchetes que segue as séries indica a convergência.) (1

± x)n

=

1

± nx

x3

sen x

=x

cos

=

-

x5

senhx

=

eZ

cosh x = ---

n(n - 3! 1)(n - 2)

+ 4T

+

[x2

[x2

x6

- 6!

+

[X2

e-Z

+ e-Z

x3

x7

x4

1 - 2T eZ -

+

n(n 21- 1) x 2 -

+ 5T - 7f +

3! x2

X

+

+P'Q

10. Integração de vetores. Se V for função de x, y e~, e um volume elementar for dr = dx dy dz, a integral de V sobre o volume pode ser escrita como a soma vetorial das três integrais de suas componentes. Assim,

(P 1\ Q) 1\ R = -R 1\ (P 1\ Q)

B8

d(P'Q)

=P'QI\R

[x2

x2

x4

x6

= 1 + 2T + 4T + 6! +

< 1] <

00]

< 00] <

[X2<00]

00]

314 / ESTÁTICA

a

n7TX

00

= ; + n=l 2:an

f(x)

cos

1 f!-! f(x) =T

ondean

n7TX

00

-1- + n=l ~

bnsen

-1-

n7TX cos -l-dx,

bn '7

T1 f!-! f(x)

n7TX sen -l-dx

[Desenvolvimento de Fourier para -I

B9 -

< x < I]

DERIVADAS

dxn dx

f

= nxn-l,

lim sen Llx

=

lim cos Llx

=

àx~O

â,,~O d sen x

dx

=

d senh x dx

d(uv) ~=udx

dv

=

tg dx

sen dx cos dx

---a;;- =

f-~~yx- __

v2

f

dx

ya2dI-;-:

d tg x dx

d cosh x dx

=

senh x,

=

sec2 x

d~ 19h x dx

sech2 x

f sen x dI = f cos rdr = f secxdI

B 10 -

-

vr--f x _/?_~-senx,

~

cosh x,

=

dI

dx _ u dv dx v du

1

d cos x

cos x,

=

=

v d (!:!:.)

du +vdx'

v-

=

INTEGRAIS

(Observação: nas expressões que se seguem, o expoente

-1 indica função

= arctg

x.)

f cos2 r dI

xn+1

f xn dx = n

inversa. Ex.: tg-l x

i

=~

+1

f sen r C05;-

-

fdx=lnx x

f

ya + bx

f x ya f

+ bx

dx

32b V( a

=

lS2b2

f senh rdI = f cosh r dI =

+ bX)3

(3bx - 2a)

v(a

-tbx)3

ftgh.rcix =

ya dx+ bx = 2va+bX b

J a xdx + bx

f

=

dx

1 [a + = b2

(a xdx + bx)n

f __ a +d_x_ bx2

= --

(a

flnxdr =.::

bx - a ln (a

+ b2bx)l-n

+

bx)]

(a 2 + - bx n __ 1 -a_)n ou

_1_ v'ab..tg -1 _x_Vab_a_b a

1 _~ v -ab tgh-1 xy-aba

f a x+dxbx2 = ~2b ln a +b bx2 f yx2 ± a2 dx = Hx yx2 ± a2 ± a21n (x + VX2 ± a2)]

API:NDICE

f xva2

f x2Va2

f

=

- x2dx

-~v'(a2

-i

=

- x2dx

=

dx va+bx+cx2

B - TOPICOS SELECIONADOS

v(a2

-

x2)3

+

a82(xva2

- XZ + aZsen-l~)

f cos x dx

=

ou

~r:)

_\:.ln(Va+bx+cxZ+xvc+ yC

-1 sen-1 (---;ob=+=2=CX=) v=c Vb2 - 4ac

2yc

f

= -

cos x

vxzx dx -

= vxz -

aZ

± xZ

x dx

Vaz

-

= ---2 4 eax +a

f eax cosz x dx

l.ln 1 + sen x 21-senx

= ~2 _

f cosz x dx

=

=

sen42x

senz 2 x

f senh x dx

=

f cosh x dx

= senh x

f·

=

=

f cos3 X dx

=

se~x (2

f x sen x dx

=

sen x - x cos x

f x cos x dx

= cos x + x sen x

f xZ sen x dx

= 2x

f x2cosxdx

=

cosh x

co; x (2

- x Raios de curvatura

f xeax dx

=

-(ax eax aZ

- 1)

f eax sen px dx

=

eax(a senaZpx +- pZp cos px)

f eax cos px dx

=

eax(a cosaZpx++pZp sen px)

f

eax senz x dx

= ---

4 eax + aZ (

asenz x - sen 2x

+-a2)

+

cosz x)

sen x - (xZ - 2) cos x

2x cos x

ln cosh x

xlnx

+ senz x)

= -

Pxy

flnxdx

+ sen 2x + -a2)

4 eax + aZ (a2"sen2x

f sen3 x dx sen42x

= ~2 +

f sen x cos x dx

tgh. x dx

( a cosz x

sen x

=

f ~ Zx dx

aZ

± vaz ± xZ

f eaxsenxcosxdx f sec x dx

/ 315

- X2)3

f

f sen x dx

DA MATEMÁTICA

=

+ (xZ

- 2)senx

- cos2x )

Tabela C2 - c-

AP~NDICE

TABELAS

C

ÚTEIS

Corpo Sol Lua Mercúrio Vênus Terra Marte

Tabela Cl - Propriedades

A. Massa específica, p 7830 1000 1030 2690 11 370 8910 2400 7210 900

Aço Água (doce) Água (salgada) Alumínio Chumbo Cobre Concreto (média) Ferro (fundido) Gelo

B. Coeficientes de Atrito,

480 800 13 570 900 19300 1760 1280 3080 2590

Madeira (macia, pinho) Madeira (dura, carvalho) Mercúrio Óleo (média) Ouro Terra (úmida, média) Terra (seca, média) Titânio Vidro

/.l

(Os coeficientes, .na tabela abaixo, representam valores típicos, sob condições de trabalho normais. Coeficientes reais, para uma dada situação, dependerão da natureza exata das superfícies em contato. Pode-se esperar uma variação de 25 a 100 por cento, ou mais, destes valores em uma aplicação real, dependendo das condições predominantes de limpeza, acabamento superficial, pressão, lubrificação e velocidade.) Valores tz'picos do coeficiente de atrito, Superfz'cies de contato Aço sobre aço (lubrificado) Aço sobre aço (seco) Aço sobre babbitt (lubrificado) Aço sobre babbitt (seco) Cabo de aço sobre polia de ferro (seco) Cabo de cânhamo sobre metal Latão sobre aço (seco) Lona de freio sobre ferro fundido Metal sobre gelo Pneumático de borracha sobre pavimento liso (seco) Teflon sobre aço

/.l

Estático

Dinâmico

0,1 0,6

0,05 0,4 0,07 0,3 0,15 0,2 0,4 0,3 0,02 0,8 0,04

0,1 0,4 0,2 0,3 0,5 0,4 0,9 0,04

-

Velocidade média 1392 000 384 398* médio Diâmetro Velocidade órbita Massa da Perfodo órbita da106 àna Te"a 3476 12400 23 h 200 56 min s centro da Terra em torno do Sol 5000 12742** 6778 274 616 333000 2127,9 Excentricidade (km) 108 m 27,32 w' 5,976 0,7292 (1024) (10-6) (10-4) kg rad/s 49,6 w de escape gravitacional (dias) (km) (e) K== 0,1991 6,673 107 (10-11) km/h4do m3/(kg·s2) 0,815 10,24 224,70 8,44 0,0123 0,055 2,3757,3 0,0543,47 0,107 1,000 11,18 686,98 365,26 5,03 87,97 9,821 3,73 *** em relação superfície (km/s) (m/s2) X 1,62 4,17 0,206 0,082 0,093 0,0068 lstancla me a a erra centro a-eentro . Diâmetro a(~ a 23,9344 TerraDiâmetrÇ>polar da considerada de igual como volume esférica e não girando, equivalente ao valor absoluto no nível do mar e latitude de 37,5°. = hesfera Diâmetro equatorial = = 12755 12 713 km. km ) Constante da gravitação universal Aceleração

AP~NDICE

C - TABELAS

ÚTEIS

I 317

h·e "

,-

1ir4 L''lF\ ='I x= 16 = =- 36 += =

X 3 aI hY1 massa do 31i 1i YI rJ1 I ESTAnCA xIda :1-I X (m 124rI = rXl sen zXl -bh3 318 IMomentos . Ia'.;!' 16' C yÁrea 16 91iY r4 aIy 31i Centróide Ibh3 r=--I Inércia 4"(a r4 I IT 31i 38\12 ----, aI 2r +... 4a bh(b2 r YoI bh3 Iy I - T 91i IIy=- I~%xx-3 ..•.• , -xyde J=Ix ::: h2) \ I bh3JI~~ - I x= - tr:na 12 r4 (1i \ 4) I I r~ii~~ I bh3 I TabelaC4J -1it: (a2 I b2) J ~r4a ~~ I

=-- =-.í =

Tabela C3 -

=

Propriedades

+

das Figuras Planas

.

z-

+= sen2a) f I= Xl I ~1ia3b ...!..) - 3b I ab3 Ix = 1i~:3 (~ , ~ =_(~ 9~) '

j

AP~NDICE

C - TABELAS

Tabela C4 ~ Propriedades dos Sólidos Homogêneos (m

= massa

do corpo mostrado) Centro de Corpo

Cilíndrico Cilíndrico x==""mr2 lxx = !mr2 = mr2 !ml2 = ~mr2 + lxx + ~m12 zzlxx Circular I I lx,x,= I= lyy I = (1 = ~mr2 ~mr2lxx+ +=-rzml2 !ml2 N r---..~';';;;::'-

(Calha) Tubo

Meio Tubo 2r 7T

XlXt

Momentos de Inércia

Massa

.a

I

V1Y!

172

--±- )mr2

lxx lx,x, lxx

+ -rzm12 = imr2 + !m12 =

lmr2

=

~mr2

Cilirldro Circular

lxx

I x

4r

=

XtX!

37T

lxx

= lyy = lmr2 + =I

-rzm12

YtYl

= imr2 = ~mr2

+ jm12

Semicilindro Ixx _ (12:

lxx

Iyy lxx

Paralelep{pedo Retangular

ly,y,

-

16) mr 2

97T 2

= = =

fzm(a2

=

-rzmb2

-.lm(b2 12 • fz-m(a2

+ 12) + [2) + b2) + !ml2

ÚTEIS

I 319

320 I ESTÁTICA

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (Cont.) ( 1 = massa do corpo mostrado)

TabelaC4 (m

Centro de Massa

Corpo


z -----

Casca Esférica

( I

x

-

r

x

= 2'

Casca Hemisférica

Ixz

=

Iyy

=

Y;;y

=

~z

= l%mr2

Izz

=

~mr2

z -----

Esfera

-

3r

x=S

I""

=

Y;;y

= ~" =

Iyy

=

Izz

=

-Mimr2

Hemisfério

Iyy IY1Y1

Barra Delgada Uniforme

= =

~ml2

âml2

smr2

= massa

do

o::;:::I:~

AP~NDICE

C - TABELAS

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (Cont.) (m

= massa

do corpo mostrado) Centro de Massa

Corpo

=

x

Barra Quadrante Circular


y

2r 'IT

Ixx

=

Izz

= mr2

Iyy

=

~mr2

yCilindro Elíptico

fma2

+ -flmi2

Iyy

= =

fmb2

+ -flmi2

Izz

=

fm(a2

=

fmb2

+ b2) + !mi2

Ixx

.,

Iy,y,

Casca Cônica

I yy

I

~I z--~~~ ~h

z

'

~I

=

lmr2 4

2h

Iy,y,

=

fmr2

= -3

zz

=

lmr2 '2

I

yyy = lmr2 4

y

+ lmh2 2 + ~mh2 + lkmh2

Yl

Ixx -

Casca Semicônica

I

3

x

= 4r

z

= -2h 3

Ix,x,

=

'IT

Z -

'~- c"~

'4>,',', -"', "

,~hYl

I -

lmr2

zz _

~4 mr2

xI

Izz __

2 (l_

Cone Circular Reto

Iyy

~'Y I

"'"

z=-3h4 z-- .•• ~

Iyy

=1 4 mr 2+1m~ 2 -- Iy,y,

~

I

=

fõmr2

+ !mh2

9'IT2 J&..)mr2

+ ~mh2

Y1Vl

I

I Izz Yyy

2 = = ihmr i!Jmr2 + J:h-mh2 = .lmr2 + "*omh2 20 ou

ÚTEIS

/ 321

322 / ESTÁTICA

Tabela C4 - Propriedades dos Sólidos Homogêneos (m

= massa do corpo

(Cont.)

mostrado) Centro de Massa

Corpo


=

lxx x

z--

=-r 'TT

+ ~mh2

= itJmr2

I

=

XIXI

I

VI!!l

+ -mmh2

= itJmr2

z= 3h 4

Semicone

lyy

=

lxx

iõmr2

10 - -;;: - = (3 1) mr

lzz

lyy

z=~

lzz

8

~x

y

"Zy

Semielipsóide

+ ~C2)

+ ~mc2 + ~mc2 + b2) + ~C2) + ~C2)

= = =

tmb2

tm(b2

"Zy

= =

a

lxx

=

-mm( b2

="4

lyy

=

-mm(a2

lxx

-

+ c2) + c2) + b2) + ~C2)

= tm(b2 = 3m(a2 = tm(a2 = gm(b2 = 3m(a2

lxx

lyy

2c

z=3

lzz ~x

tma2 tm(a2

tm(a2

2

Parabolóide Elíptico IZ

I

x

b Y="4

x __

y/

/

Tetraedro Retangular

lzz ~x

z=~

"Zy

4

~z

+ c2) + c2) = -mm(a2' + b2) =i1m(b2 + c2) = i1m(a2 + c2) = i1m(a2 + b2)

x

lxx lzz

Meio Anel Cilíndrico

= =

lyy

=

mR2

!mR

2

+ ~ma2

+ ~ma2

Aceleração absoluta de um corpo, 5" devido à gravidaú.. ~ Adição de vetore-s, 3, :c Ângulo de atrito, 213 de repouso, 215 Apoios redundantes, éS; Aproximação, 8 Áreas compostas centróides de, 1 Arquimedes, 1 princípio de, 19- ~ Atrito ângulo de, 214 cinético, 213 circunferência coeficientes de, 213 cone de, 214 de rolamento, 24 em correias, 2 em discos, 235 em filetes de paraS em mancais de em mancais radia:5. : • em máquinas, 2 em pivô, 235 estático, 213 fluido, 212 interno, 212 problemas sobre seco ou de-Cou1o= tipos de, 211 trabalhos de, 25 Cabos catenária, 184 comprimento de, flexíveis, 181 equação dif, parabólico, 183 tração em, 183, 1-~

lNDlCE REMISSNO

Aceleração absoluta de um corpo, 5, 66 devido à gravidade, 6, 7 Adição de vetores, 3, 12 Ângulo de atrito, 213 de repouso, 215 Apoios redundantes, 69, 85 Aproximação, 8 Áreas compostas centróides de, 159 Arquimedes, 1 princípio de, 195-6 Atrito ângulo de, 214 cinético, 213 circunferência de, 234 coeficien tes de, 213 cone de, 214 de rolamento, 241 em correias, 240 em discos, 235 em filetes de parafusos, 228 em mancais de escora, 235 em mancais radiais, 212 em máquinas, 226 em pivô, 235 estático, 213 fluido, 212 interno, 212 problemas sobre atrito seco, 214 seco ou de-Coulomb, 212 tipos de, 211 trabalhos de, 258 Cabos catenária, 184 comprimento de, 184, 186 flexíveis, 181 equação diferencial para, 182 parabólico, 183 tração em, 183, 186

Cajori, F., 4 Centro de empuxo, 196 de gravidade, 12, 144 de massa, 145 de pressão, 192 Centróides, 146 de figuras compostas, 159 de volumes irregulares, 159 pelo teorema de Pappus, 165 por integração, 146 Cinético atrito, 213 Coeficiente de atrito, 213 de resistência ao rolamento, 241 Componentes de uma força, 12 de um vetor, 3 retangulares, 3, 13, 35 Compressão em barras de treliças, 103 Comprimento, unidade padrão de, 6 Condições de contorno, 182 Cone, de atrito, 214 Conjugado, 24, momento de um, 24, 42 representação vetorial de um, 24, 42 resolução de um, 25, 42 resultante, 5 O trabalho de um, 254 Constante de gravitação, 7 Coordenadas, escolha das, 60, 82, 148 Corpo deformável, 2 equilíbrio de, 256-7 força de, 143 rígido, 2 equilíbrio de, 256 Corpos compostos, centro de massa de, 158 Corpos rígidos articulados, 123,256 interligados, 123,257

324 / fNDICE REMISSIVO

Co-senos diretores, 4, 35 Coulomb,212 Cunhas, atrito em, 226 D'Alembert, J., 1 Da Vinci, Leonardo, 1 Decomposição de forças, 13 força e momento, 25,42 Desgaste em mancais, 235 Deslocamento, 252 virtual, 255 Diagrama de corpo livre, 10, 58, 6 O, 83 de força ativa, 258 de Maxwell, 105 de momento fletor, 171 Diferencial, ordem de, 8 Dimensões, homogeneidade, 10 Dinâmica, 1 Efeitos externos de forças, 12 Eixo dos momentos, 19,41 Eixos, escolha de, 14,35,60,82, 106, 145 Elemento diferencial escolha de, 147 ordem de, 147 Empuxo centro de, 196 força de, 196 princípio do, 195 Energia critério para equilíbrio, 27O critério para estabilidade, 270 mínima, princípio da, 271 potencial, 266, 268 nível de referência, 269 unidades, 269 potencial elástica, 267 Equação vetorial, 3 Equilíbrio categorias de, 66, 82, 84 com dois graus de liberdade, 258 cond~õesde,29,57,65 condições necessárias e suficientes para, 57, 82 critério de energia para, 269 de corpos rígidos interligados, 123,257 de forças colineares, 66-7 de forças concorrentes, 67 de forças coplanares, 67 de forças paralelas, 66 de um corpo rígido, 256 de um ponto material, 255 equações de, 57, 83 equações alternativas de, 67-8 estabilidade de, 69, 269 instável, 27O neutro, 270 por trabalho virtual, 255,257,269 Escalar, 2 produto, 36,253 Espaço, 1 Estabilidade

de corpos imersos, 196 de equilíbrio, 69 de treliças, 101, 105 para sistemas simples com um grau de liberdade, 271 Estática, 1 Estruturas estaticamente determinadas, 69, 85, 100, 105 estaticamente indeterminadas, 69, 85,100,105 Fluidos, 190 atrito em, 212 incompressíveis, 192 pressão em, 190 Força ação de uma, 12 ação mecânica de uma, 58,83 ação remota de uma, 12,58 ativa, 257 diagrama da, 258 cisalhante, 169 ~colllPonentes de, 13-4 conccito~e, 2 concentrad'a, 12, 142 cortante, 171\ diagrama da, 171 de atrito, 58, 211 de um corpo, 143 de empuxo, 196 decomposição de, 13 distribuída, 12, 142-3 efeitos de uma, 12 efeitos internos da, 12, 142, 257 espécies de, 12 especifícação de uma, 11 gravitacional, 7 intensidade de uma, 143 interna, 257 magnética e elétrica, 12, 58 medida de, 12 momento de uma, 19,40 reativa, 12,257 representação de uma, 14 resultante, 13,29,50 unidade de, 5-6 trabalho de uma, 252 Forças colineares, equilíbrio de, 66-7 concentradas, 12, 142 em vigor, 170 concorrentes, equilíbrio de, 66 resultante de, 51 coplanares, equilíbrio de, 66 resultante de, 29 distribuídas, 12, 142-3 em vigas, 169-70 paralelas, equilíbrio de, 66 resultante de, 51 reativas, 12,257 Formulação de problema, 9 Funções singulares, 173 Galileu, 1 Graus de liberdade, 258

Gravidade aceleração deviez; ~ centro de, 12, 1~5 Gravitação constante de, lei da, 7 Gravitacional, eneIg:2.~ Guldin, Paul, 165 Hidrostática, 190 pressão, 192, 19~ Hiperbólicas, funções.. :~ Imposições, 69 adequação de, 69, ~parciais, 85 próprias e impróprl! redundantes, 70, 8S Inércia, 2 Interno, atrito, 212 Lagrange, J. L., 1 Laplace, P., 1 Lei da gravitação, 7 do paralelogramo, do triângulo, 3 Leis do movimento, dz~_ Liberdade, graus de, -Linha de ação, 12 LíqUidos, 191 Livre, vetor, 2, 42 Máquinas, atrito nas, 226 definição, 123, 131 equilíbrio de, 123 ideais ou reais, 211 Massa, 2, 5 centro de, 145 unidades de, 6, 7 Maxwell, diagrama de, Maxwell, James Clerk, l-Mecânica, 1 Metacentro, 196 Métodos das seções, 111, 131 de Ritter, 111, 13 de solução de probb dos nós, 103, 137 Modelo matemático, 9 Molar eneriia potenciall1e. lineares e não-lineares, -rigidez de, 267 Momento, 19, 25 axial, 19,41 braço do, 19 de primeira ordem c.= de segunda ordem de '"-, de uma força, 19, 4lJ estático de área, 1 fletor, 169

ç

INDICE REMISSIVO

grau de liberdade, 271

__. J3

Gravidade aceleração devida à, 7 centro de, 12, 145 Gravitação constante de, 7 lei da, 7 Gravitacional, energia potencial, 268 Guldin, Paul, 165

diagrama de, 171 representação vetorial de, 19 resultante, 5 O torsor, 169 unidades de, 19 Momentos, eixo dos, 19,41 Morin,212 Movimento iminente, 213, 215

Hidrostática, 190 pressão, 192, 194 Hiperbólicas, funções, 185

Newton, lsaac, 1 Newton, leis de, 4 Newton (unidade), 5, 7 Nós, método dos, 103, 137

Imposições, 69 adequação de, 69, 85 parciais, 85 próprias e impróprias, 70 redundantes, 70, 85 Inércia, 2 Interno, atrito, 212 Lagrange, J. L., 1 Laplace, P., 1 Lei dagravitação, do paralelogramo, 7 3, 14~ ~ do triângulo, 3 Leis do movimento, de Newton, 4 Liberdade, graus de, 258 Linha de ação, 12 Líquidos, 191 Livre, vetor, 2,42 MáqUinas, atrito nas, 226 definição, 123, 137 equilíbrio de, 123 ideais ou reais, 211 Massa, 2, 5 centro de, 145 unidades de, 6, 7 Maxwell, diagrama de, 105 Maxwell, James Clerk, 105 Mecânica, 1 Metacentro, 196 Métodos das seções, 111, 137 de Ritter, 111, 137 de solução de problemas, 9 dos nós, 103, 137 Modelo matemático, 9 Molar energia potencial de, 266 lineares e não-lineares, 60 rigidez de, 267 Momento, 19, 25 axial, 19,41 braço do, 19 de primeira ordem de área, 147 de segunda ordem de área, 147 de uma força, 19,40-1 estático de área, 147 fletor, 169

Ordem das diferenciais, 8 Pappas, 165 teoremas de, 165 Paralelogramo, lei do, 2·3,12 Pascal (unidade), 143, 192 Pascal, lei de, 190 Peça sujeita à ação de duas forças, 67, 102 sujeita à ação de três forças, 67 Peso, 7,12,143 específico, 143 Pivô, atrito em, 235 Pontos materiais, 1 equilíbrio de, 255 Precisão, 13 Pressão atmosférica, 192 centro de, 193 em fluidos, 190 em superfícies submersas, 192, 194 hidrostática, 192, 194 manométrica, 192 Principia, 4 Princípio da ação e reação, 7,12,123 da concorrência de forças, 67 da transmissibilidade, 2, 12 de Arquimedes, 196 de Varignon, 20, 30, 41,144 do trabalho virtual para um ponto material, 255 para sistemas elásticos, 269 para sistemas mecânicos, 270 Produto escalar, 35,253 vetorial, 40 Produtos de vetores, 35 Quilograma, 5, 7 Quilograma (unidade), 6 Redundância externa e interna, 105, 119 Regra de mão direita, 19,40 . Repouso, ângulo de, 216 Representação gráfica, 9 Resistência ao rolamento, coeficiente de, 242 Resultante

/ 325

326 / fNDICE REMISSIVO

força, 13,29,50 de forças concorrentes, 51 de forças coplanares, 29 de forças em seções retas de vigas, 169 de forças paralelas, 51 de pressão de fluidos, 193, 195 de um sistema geral de forças, 50 momento, 50 Rigidez de uma mola, 267 Roscas, atrito em, 228 Seções, método das, 111 S. I. unidades do, 48 Simetria, considerações sobre, 145-6 Sistema com peças elásticas, 267 de corpos articulados, 123,257 de forças concorrentes, 51 coplanares, 29,51 geral, 11, 5 O no espaço, 35 paralelas, 51 quaisquer, 11 de unidades absolutas, 5 ideal,257 mecânico, 57 de unidades, 5 Sistema Internacional de Unidades, 5 Sistemas definidos, 123 de máquinas, rigidez de, 123 equilíbrio de, 123 ideais, 256 Slug, 6 Soma vetorial conjugados, 42 de forças, 13,41 Subtração de vetores, 3 Superfícies submersas, pressão em, 192 Tempo, 1,6 Tensão, 143 em barras de treliças, 104 Teorema de Pappus, 165 de Varignon, 20 Tonelada, 6 Torsor resultante, 51 Torque, 19,40-1 Trabalho de uma força, 252 de um conjugado, 254 unidades, 254 virtual, 252, 255 Transformação de derivadas, 249

Transmissibilidade, princípio da, 2, 12 Treliças definição, 100 em três dimensões, 118 estabilidade de, 101 estaticidade de, 102 no espaço, 119 planas, 100 simples, 102, 137 tipos de, 100 Triângulo, lei do, 3 Triplo produto escalar, 41 Unidades, 5 Unidades métricas, 5

\

/

Varignon,1 teorema de, 20, 30,41, 144 Vetor deslizante, 2, 12, 19,42 fixo, 2, 11 livre, 2, 42 Vetores,2 componentes de, 3 conjugado, 24, 42 decomposição de, 13 deslizantes, 2, 12, 19,42 ligados, 2, 11 livres, 2, 42 momento de, 19 notação, 2 produto escalar, 35, 253 produto vetorial, 40 soma de, 3, 13 subtração de, 3 unitários, 3, 82 Vigas cargas concentradas em, 169 cargas distribuídas em, 169 carregamento qualquer relações entre a força cortante e o carregamento, 172 relações entre o momento fletor e a força cortante, 173 delmição de, 168 estaticamente determinadas e indeterminadas, 169 resultante de força na seção reta, 169 tipos de, 169 Virtual deslocamento, 255 trabalho, 252, 256 para um corpo rígido, 257 para um ponto material, 256 para sistemas elétricos, 269 para sistemas ideais, 257 Viscosidade, 212

Impressão e acabamento (com filmes fornecidos): GRÁFICA SANTUÁRIO Fone (012) 565-2140 Fax (012) 565-2141 APARECIDA-SP

Livro Mecânica - Estática - James Meriam

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