Momento de uma força em relação a um ponto Exemplo 01 – conceito de momento fletor
Uma força vertical de 500N é aplicada à extremidade de uma manivela fixada a um eixo no ponto O. Determinar:
O momento da força em relação ao ponto O;
A intensidade da força horizontal aplicada em A para produzir o mesmo momento em relação ao ponto O;
A menor força aplicada em A e que produz o mesmo momento em relação ao ponto O;
A distância que uma força vertical de 1200 N deve estar do eixo para gerar o mesmo momento em relação ao ponto O.
A
A m 0 6 0 ,
500 N
500 N
Mo
60°
O
O d=0,30 m Figura 1 – Exemplo 01
No exemplo, o momento da força em relação ao ponto O será: Distância d: projeção do segmento OA no eixo horizontal.
d = OA ⋅ cos 60 = 0,60 ⋅ cos 60 = 0,30 m o
o
Momento da força em relação ao ponto O:
M o = F ⋅ d → M o = −500 ⋅ 0,30 → M o = −150 N.m A força tende a girar a base em torno de O, no sentido horário, por isso o sinal negativo. b) Intensidade da força horizontal aplicada em A para produzir o mesmo momento em relação ao ponto O
Retornando ao problema em questão, primeiro precisamos calcular a distância vertical entre a força e o ponto O. A m 0 6 0 ,
500 N
A 288,5 N
A ?N m 2 5 , 0
m 2 5 , 0
60°
O
O
O
Mo=150 N.m
Mo=150 N.m
d = OA ⋅ sen60 = 0,60 ⋅ sen 60 = 0,52 m o
o
Como o efeito deve ser o mesmo em O, o momento se manterá o mesmo:
M o = −150 N.m Mas, sabemos que:
M o = F ⋅ d → − 150 = F ⋅ 0,52 → F = −288,5 c) A menor força aplicada em A e que produz o mesmo momento em relação ao ponto O.
Se a força produz o mesmo momento, temos:
M o = −150 N.m . Se procuramos a menor força F, o valor de braço de alavanca deve assumir seu valor máximo. Isto irá ocorrer quando a força for perpendicular ao segmento OA. Portanto, d=0,60m, ou seja, θ, que é o ângulo entre a força e a distância ortogonal entre a reta suporte da força F e o ponto em relação ao qual se deseja calcular o momento será
θ=90º. Escrevemos:
M o = F ⋅ r ⋅ senθ → −150 = F ⋅ r ⋅ sen90 → −150 = F ⋅ 0,60 o
→
F = 250 N
Retornando ao problema em questão, primeiro precisamos calcular a distância vertical entre a força e o ponto O. A m 0 6 0 ,
500 N
A 288,5 N
A ?N m 2 5 , 0
m 2 5 , 0
60°
O
O
O
Mo=150 N.m
Mo=150 N.m
d = OA ⋅ sen60 = 0,60 ⋅ sen 60 = 0,52 m o
o
Como o efeito deve ser o mesmo em O, o momento se manterá o mesmo:
M o = −150 N.m Mas, sabemos que:
M o = F ⋅ d → − 150 = F ⋅ 0,52 → F = −288,5 c) A menor força aplicada em A e que produz o mesmo momento em relação ao ponto O.
Se a força produz o mesmo momento, temos:
M o = −150 N.m . Se procuramos a menor força F, o valor de braço de alavanca deve assumir seu valor máximo. Isto irá ocorrer quando a força for perpendicular ao segmento OA. Portanto, d=0,60m, ou seja, θ, que é o ângulo entre a força e a distância ortogonal entre a reta suporte da força F e o ponto em relação ao qual se deseja calcular o momento será
θ=90º. Escrevemos:
M o = F ⋅ r ⋅ senθ → −150 = F ⋅ r ⋅ sen90 → −150 = F ⋅ 0,60 o
→
F = 250 N
A
A
9 0 °
° 0 3
° 0 3
?N
m 0 6 , 0
250 N
m 0 6 , 0
O
O
Mo=150 N.m
Mo=150 N.m
d) A distância que uma força vertical de 1200N deve estar do eixo para gerar o mesmo momento em relação ao ponto O. Este problema também remete à busca de um sistema equivalente de forças. Novamente:
M o = F ⋅ d → 150 = 1200 ⋅ d → d = 0,125 m Pensando no seguimento OB:
OB ⋅ cos 60 = d → OB = 0,25 m o
A
A
B
B 1200 N
60°
Mo=150 N.m
1200 N Mo=150 N.m
O
60°
O d
0,125 m
Exemplo 02
Para verificar se o conceito de momento foi absorvido, determine o momento da força aplicada, para cada uma das situações sit uações a seguir.
2,0 m 100 kN
1º. Caso: O
O
0,75 m
2,0 m
50 kN
2º. Caso:
M o = 50 ⋅ 0,75 = 37,5 kN.m
2,0 m
3º. Caso:
m 0 , 1
3,0 m
m 0 , 1
O
M o = 100 ⋅ 2 = 200 kN.m
4 5 °
M o = 60 ⋅1,0 ⋅ sen 45 = 42,4 kN.m o
7 kN
m 0 , 4
4º. Caso:
M o = 7 ⋅ 3,0 = 21,0 kN.m
60 kN O
Figura 2 – Exemplo 02
Notação vetorial no plano e no espaço Exemplo 03
Determine o momento da força em relação ao ponto B, utilizando notação vetorial.
Fy 800 N
60°
A
800 N
Fx 60°
A m m 0 , 0 6 1
A B
r
B MB
200,0 mm
B
m m , 0 0 6 1
200,0 mm
Figura 3 – Exemplo 01
Sabemos que o momento em relação a um ponto é definido pelo produto vetorial entre o vetor posição e a força aplicada F. Sendo assim, por definição: r
r
M B = r AB × F r
Vetor posição: r AB = (0,2i + 0,16 j) m Vetor força:
r
r
r
F = Fx i + Fy j → F = 800 ⋅ cos 60 i + 800 ⋅ sen60 j → F = (400i + 693 j) N o
o
Vetor Momento: r
r
M B = r AB × F = (0,2i + 0,16 j) × (400i + 693 j) i j k M B = 0,2 0,16 0 → M B = 0,20k ⋅ 693 − 400 ⋅ 0,16k → M B = (74,6k ) N ⋅ m 400 693 0 Exemplo 04
Para a força de 200 N que atua no suporte, determinar o momento da força em relação ao ponto A.
Figura 4 – Exemplo 02
Solução I: utilizando o braço de alavanca
O braço d pode ser obtido por trigonometria. A partir do triângulo BCD:
CB = d = 100 ⋅ cos 45 = 70,71mm o
MA = F⋅d
→
M A = 200 ⋅ 0,7071 → M A = 14,1 N ⋅ m
Solução II: utilizando as componentes da força F
A força pode ser decomposta segundo suas componentes F x e Fy, pois o momento de uma força em relação a um ponto é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação ao ponto.
M O = r × F1 + r × F2 = r × (F1 + F2 ) = r ×
Empregando o princípio dos momentos, o momento de F em relação ao ponto A é equivalente à soma dos momentos gerados pelas duas forças componentes F x e Fy. Assim:
M A = 200 ⋅ sin 45 ⋅ 0,2 − 200 cos 45 ⋅ 0,1 → M A = 14,1 N ⋅ m o
o
Exemplo 05
Calcular o momento da força de 600 N em relação ao ponto O, localizado na base do poste.
Figura 5 – Exemplo 03
1) O primeiro passo é decompor a força em suas componentes nos eixos x e y. Assim: Fx = F ⋅ cos 40 → Fx = 600 ⋅ cos 40 → Fx = 460 N o
o
Fy = −F ⋅ sen 40 → y = −600 ⋅ sen 40 → Fy = 386 N (sentido negativo do eixo y) o
2) Cálculo do momento em O
o
No problema em estudo, ao aplicar o Teorema de Varignon resulta: M o = Fx ⋅ d y + Fy ⋅ d x → M = −460 ⋅ 4 − 386 ⋅ 2 → M o = −2612 N.m Exemplo 06
Uma chave inglesa é usada para apertar uma porca em uma peça de uma máquina. Determine o momento exercido pela força F em relação ao ponto O no centro da porca.
Figura 6 – Exemplo 04
M O = F ⋅ r r = a ⋅ sin θ → M O = −F ⋅ a ⋅ sin θ
Decompondo a força:
Fy = F sin θ M O = −Fy ⋅ a
→
M O = −F ⋅ a ⋅ sin θ
Exemplo 07
Duas forces P e Q agem no ponto de coordenadas (600,900) no plano xy. Determine o momento das duas forças em relação à origem O. Unidades em mm.
Figura 7 – Exemplo 05
r
r
r
r
r
r
r
P = Px i + Py j → P = 50 ⋅ cos 45 i + 50 ⋅ sin 45 j → P = (35,53 i + 35,35 j ) N r
r
o
r
r
r
o
r
r
r
r
r
r
Q = Q x i + Q y j → Q = −30 ⋅ cos 60 i + 30 ⋅ sin 60 j → Q = (− 15 i + 25,98 j ) N o
r
r
o
r
r
r OA = (x A − x O ) i + (y A − y O ) j → r OA = (600 i + 900 j ) mm
r
r
r
r
r
r
M O = r OA × P + r OA × Q
i j k i j k M O = 600 900 0 + 600 900 0 35,35 35,35 0 − 15 25,98 0 r
r
M O = (21210 − 31815)k + (15588 + 13500 )k r
r
M O = (18483k ) N ⋅ mm → M O = (18,48k ) N ⋅ m Exemplo 07- A
Três forças coplanares agem sobre um bloco quadrado. Determine o momento das forças em relação ao lado O (ao longo do eixo z) por estes dois métodos: a) Calcule as distâncias do lado O às linhas de ação das forças e aplique a definição de momento. b) Decomponha as forças em componentes (x,y) e calcule os momentos das componentes em relação ao eixo O.
Figura 8 – Exemplo 06
a) Distâncias do lado O às linhas de ação das forças e aplique a definição de momento.
sin 30 = a / 1,0 → a = 0,5 m o
sin 45 = b / 1,0 → b = 0,707 m o
M O = −5 ⋅ a − 6 ⋅ c + 8 ⋅ b M O = −5 ⋅ 0,5 − 6 ⋅ 1 + 8 ⋅ 0,707 M O = −2,843 N ⋅ m
b) Componentes das forças e calcule os momentos das componentes em relação ao eixo O.
M O = −5 ⋅ sin 30 ⋅ 1,0 − 6 ⋅ 1 + 8 ⋅ sin 45 ⋅1,0 → M O = −2,843 N ⋅ m o
o
Exemplo 08
Determine o momento produzido pelas forças atuantes no corpo rígido da Figura 9.
Figura 9 – Exemplo 07
Comentário: como fica difícil determinar a distância d perpendicular às forças para calcular o binário, é interessante trabalhar com as componentes de cada uma das forças segundo os eixos cartesianos. Como o momento de um binário pode ser calculado em relação a um ponto qualquer, vamos tomar o ponto A como referência. Logo: 1) Componentes das forças:
F = 150 ⋅ 4 = 120lb x 5 F = 150lb → Fy = 150 ⋅ 3 = 90lb 5 2) Cálculo do momento do binário:
M = 120 ⋅ 1 + 90 ⋅ 3 → M = 390 lb ⋅ ft 3) Tomando o ponto D como referência:
M = −90 ⋅ 2 + 90 ⋅ 5 + 120 ⋅ 0 + 120 ⋅ 1 → M = 390 lb ⋅ ft
Exemplos: momento fletor no espaço Exemplo 09
Três forças atuam sobre a barra da Figura 10. Determine o momento resultante gerado pelas forças em relação ao ponto O e os ângulos diretores coordenados do eixo do momento.
Figura 10 – Exemplo 01
Teoria: momento resultante de um sistema de forças
1) Princípio da transmissibilidade Partindo da seguinte situação: uma força F aplicada no ponto A. O momento gerado por F em relação a O é:
M o = r A × F No entanto, F é um vetor deslizante pois pode atuar em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação e gerar o mesmo momento em relação ao ponto “O” – Figura 11. Pela Figura 11 podemos escrever:
M o = r A × F
z
M o = r B × F
C Mo
M o = r C × F
B
r C
F
r B r A
A
y
x
Figura 11 – Princípio da transmissibilidade para momento
Também sabemos que o vetor momento pode ser obtido a partir do produto vetorial, da seguinte forma:
i M = r ABx Fx
j k r ABy r ABz Fy Fz
2) Momento resultante Um conjunto de forças atuando sobre um corpo pode ser substituído pelo momento resultante das forças em relação ao ponto onde as forças estão atuando. De forma análoga à determinação da força resultante, vamos procurar um momento resultante, que possa causar o mesmo efeito do conjunto de forças inicialmente aplicado ao corpo – Figura 12. Esta resultante pode ser expressa simbolicamente por:
M RO = ∑ (r × F)
Figura 12 – Momento resultante de um conjunto de forças
O primeiro passo é expressar os vetores posição direcionados do ponto O para cada força. Assim: 1) Vetores posição Coordenadas dos pontos O e A: O(0,0,0); A(0,5,0)
r OA = (x A − x O )i + (y A − y O ) j + (z A − z O )k → r OA = (5 j)ft Coordenadas dos pontos O e B: O(0,0,0); B(4,5,-2)
r OB = (x B − x O )i + ( y B − y O ) j + (z B − z O )k → r OB = (4i + 5 j − 2k )ft
Figura 13 – Vetores posição e ângulos diretores
2) Momento resultante
M RO = ∑ (r × F) → M RO = r OA × F1 + r OA × F2 + r OB × F3 M RO
i j k i j k i j k = 0 5 0 + 0 5 0 + 4 5 −2 − 60 40 20 0 50 0 80 40 − 30
M RO = 100i + 300k + 0 − 150i − 160 j + 160k − 400k + 80i + 120 j = (30i − 40 j + 60k )lb.ft
Módulo do momento resultante
M RO = 30 2 + (− 40)2 + 60 2
→
M RO = 78,1 lb.ft
3) Ângulos diretores O vetor unitário define a direção do eixo do momento. Logo:
u=
M RO (30i − 40 j + 60k ) = M RO 78,1
→
u = 0,384i − 0,512 j + 0,768k
Ângulos diretores – Figura 13:
cos α = 0,384
o
→
α = 67,4
o
cos β = −0,512 → β = 120,8 cos γ = 0,768 → γ = 39,8
o
o
Exemplo 10 – momento de um binário
Verifique os efeitos produzidos pelas forças aplicadas nos dentes da engrenagem. Substitua-o por um binário equivalente com um par de forças atuantes nos pontos A e B.
Figura 14 – Exemplo 08
Teoria
Definição: duas forças paralelas com mesmo módulo, sentidos opostos e separadas por uma distância perpendicular d. Característica principal: a força resultante é nula e o único efeito que o binário produz é uma tendência de rotação em um sentido específico ou uma rotação. Portanto, binários são vetores livres, por isso podem ser aplicados em qualquer ponto P de um corpo e somados vetorialmente. Formulação escalar
Módulo:
M = F.d
Formulação vetorial
Módulo:
M = r × F
Direção e sentido: regra da mão direita
Notação vetorial
Podemos obter o momento de um binário somando os momentos de ambas as forças do binário em relação a um ponto arbitrário. Módulo:
M O = r OA × (− F) + r OB × F = (r OB − r OA )× F
Caso o ponto de referência esteja situado sobre a linha de ação de uma das forças, por exemplo, o ponto A:
M O = r × F = (r OB − r OA ) × F O momento de um binário é um vetor livre, podendo atuar em qualquer ponto, pois M depende apenas do vetor posição r direcionado entre as forças e não dos vetores-posição r A e r B direcionados de “O” até as linhas de ação das forças.
Solução
As forças produzem um binário dado por: M = F ⋅ d = 40 ⋅ 0,6 = 24 N ⋅ m
Lembrando que M é um vetor livre e pode ser colocado em qualquer ponto da engrenagem, vamos procurar forças vertêsseis F, atuando nos pontos A e B, que produzam o mesmo binário.
M = F⋅d
→
24 = F ⋅ 0,2 → F = 120 N
1.1 Sistemas equivalentes de forças Exemplo11
Substitua as forças atuantes sobre o suporte por uma força equivalente e um momento, ambos atuantes no ponto A.
Figura 15 – Exemplo 01
Movimentos que uma força pode produzir: translação + rotação Objetivo: reduzir um sistema de forças e momentos binários atuantes sobre um corpo a uma única força resultante e um momento atuante em um ponto específico. Significado físico: o sistema de força e momento equivalente deve produzir o mesmo efeito “externo” de translação e rotação do corpo que suas resultantes. Para reduzir um conjunto de forças a um sistema equivalente é preciso que este último produza, sobre o corpo rígido, os mesmos efeitos que o conjunto de forças original. Portanto, num sistema equivalente, reduzem-se todas as forças e momentos a uma única força resultante e um momento atuando no ponto O.
Fisicamente, dois sistemas de forças são equivalentes se têm o mesmo efeito sobre um corpo rígido. Matematicamente, dois sistemas de forças são equivalentes se pudermos transformar um deles no outro por intermédio de uma ou várias das operações a seguir: Substituição de várias forças que atuam no mesmo ponto material por sua resultante; Decomposição de uma força em componentes; Cancelamento de duas forças iguais e opostas que atuam no mesmo ponto; Aplicação de duas forças iguais e opostas no mesmo ponto; Deslocamento da força ao longo de sua linha de ação. Há dois casos importantes a considerar e estes são discutidos a seguir.
1) Ponto O sobre a linha de ação da força A força foi “arrastada” ao longo de sua linha de ação. F trata-se de um vetor deslizante e vale o princípio da transmissibilidade (Figura 16a).
2) Ponto O não está sobre a linha de ação da força No caso da Figura 16b, o objetivo é mover F do ponto O para A sem alterar os efeitos externos. Ao fazer isto, surge um binário cujo momento é ⊥ ao plano de ação de F. O momento produzido por este binário é:
M = r x F Conclusões: Se o ponto está sobre a linha de ação da força, basta arrastar ou deslizar a força ao longo desta linha de atuação; Pontos fora da linha de ação necessitam que a força seja movida até o ponto desejado e seja acrescida do momento da força em relação a este ponto. Condições necessárias e suficientes para que dois sistemas de forças sejam equivalentes:
∑ F = ∑ F' ∑ M O = ∑ M'O A equação
∑ M O = ∑ M'O requer o mesmo ponto de referência.
a) Ponto O sobre a linha de ação da força
b) Ponto O não está sobre a linha de ação da força Figura 16 – Casos importantes a considerar
Solução I: notação escalar Usando o princípio dos momentos, vamos analisar os momentos produzidos pelas componentes das forças.
Resultante forças
de
FRx = −100 − 400 ⋅ cos 45 = −382,8 N o
FRy = −600 − 400 ⋅ sin 45 = −882,8 N o
Módulo da força resultante
FR = FRx 2 + FRy 2 = 962 N
Direção da força resultante
F θ = arctan Ry = 66,6 FRx
Somatório momentos
M RA = ∑ M A
de
o
M RA = −400 ⋅ sin 45 ⋅ 0,8 − 400 ⋅ cos 45 ⋅ 0,3 − 600 ⋅ 0,4 = −551 N.m o
o
Portanto, podemos afirmar que quando a força resultante F R =962N e o momento M A=551N.m atuarem no ponto A, produzirão o mesmo efeito externo que o conjunto de forças mostrado na Figura 16a.
Exemplo 12
Quatro rebocadores são usados para trazer um transatlântico ao cais. Cada rebocador exerce uma força de 25 kN nas direções e sentidos ilustrados. Determinar: a) O sistema binário-força equivalente no mastro dianteiro O; b) O ponto no casco onde um só rebocador mais poderoso poderá empurrar o barco para produzir o mesmo efeito em O que os quatro rebocadores originais. 4 5 3
60°
2
1
15m
3 21m
O 4
45° 33m 27m 30m
60m
30m 30m
Figura 17 – Exemplo 02: Sistemas equivalentes de forças
FR MRO
α 15m
21m
O
33m 27m 30m
90m
30m
Parte a: sistema binário-força equivalente no mastro dianteiro O
1) Obtenção dos vetores Força: r
r
F1 = F1x i + F1y j r
r
→
r
F2 = F2 x i + F2 y j r
r
r
r
F3 = F3 x i + F3 y j F4 = F4 x i + F4 y j
→
r
F1 = 25 ⋅ cos 60 i + 25 ⋅ sin 60 (− j ) → o
o
r
r
r
r
F1 = 12,5 i − 21,7 j
r r 3r 4 r F2 = 25 ⋅ i + 25 ⋅ (− j ) → F2 = 15 i − 20 j 5 5
r
r
r
→ F3
= 25 ⋅ 0 i + 25 ⋅1 − j ) → F3 = −25 j
→ F4
= 25 ⋅ cos 45 i + 25 ⋅ sin 45 j ) → F4 = 17,7 i + 17,7 j
r
o
r
o
2) Substituição do conjunto de Forças por uma única Força → FORÇA RESULTANTE
FR = ∑ Fi r
r
r
r
r
r
FR = ∑ Fix i + ∑ Fiy j → FR = (12,5 + 15 + 0 + 17,7 )i + (− 21,7 − 20 − 25 + 17,7 ) j r
r
r
FR = (45,2 i − 49 j ) N 3) Como a força resultante será aplicada no ponto O, qual o momento devido ao deslocamento da força? r
r
r
r
r
M OR = ∑ (r × F) → M OR = (r 1 × F1 ) + (r 2 × F2 ) + (r 3 × F3 ) + (r 4 × F4 ) r
r
r
r
r
Vetores posição: r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r 1 = r o1 = (x1 − x o )i + ( y1 − y o ) j
→ r o1 r
r 2 = r o 2 = (x 2 − x o )i + (y 2 − y o ) j r
r 3 = r o 3 = (x 3 − x o ) i + (y 3 − y o ) j
r
r 4 = r o 4 = (x 4 − x o ) i + (y 4 − y o ) j
Produto vetorial
r
r
= (− 27 − 0)i + (15 − 0) j
r
→ r o 2 r
→ r o3 r
→ r O 4
r
r
= (30 − 0)i + (21 − 0) j r
r
r
→
r
r
r
→
r
r
r
r
M OR = (− 1551,5k ) kN ⋅ m 4) Sistema força-binário equivalente r
r
r
FR = (45,2 i − 49 j ) N
Direção e sentido:
− 49 θ = arctan 45 , 2
→
r
→ FR
= 45,22 + (− 49 ) j2 → FR = 66,7 kN
θ = −47,3
o
r
r 4 = 90 i − 21 j
i j k i j k i j k i j k M OR = − 27 15 0 + 30 21 0 + 120 21 0 + 90 − 21 0 12,5 − 21,7 0 15 − 20 0 0 − 25 0 17,7 − 17,7 0
Força resultante:
r
r 3 = 120 i + 21 j
M OR = ∑ (r × F) : r
r
r 1 = −27 i + 15 j
r 2 = 30 i + 21 j
→
= (90 − 0) i + (− 21 − 0) j
r
r
r
r
= (120 − 0)i + (21 − 0) j r
→
1551,5 kN.m 45,2i O
° 3 , 7 4
-49 j 66,7 kN
Parte b: ponto no casco onde um só rebocador, mais poderoso, poderá empurrar o barco para produzir em O o mesmo efeito que os quatro rebocadores originais FR 66,7 kN
θ 15m
-49 j
21m
O x
45,2i 33m 27m 30m
90m
A
O
30m
x = 12,3 m
1) Força que um único rebocador deve aplicar:
FR = 66,7 kN
r
r
ou
r
FR = (45,2 i − 49 j ) N
2) Ponto de aplicação desta força no casco → vetor posição r
r
r
r
r R = r oR = (x R − x o ) i + (y R − y o ) j
→
r
r
r
r oR = x i + 21 j
3) Sistema equivalente → momento no sistema original = momento no sistema equivalente e M OR = M equivalent O
→
r
− 1551,5 = r OR × FR
i j k 21 0 → x = 12,3 m − 1551,5 = x 45,2 − 49 0
Exemplo 13: sistemas equivalentes de forças
Uma barra rígida é submetida a várias forças coplanares. Determine um sistema equivalente de forças atuando no ponto A.
Figura 18 – Exemplo 03: Sistemas equivalentes de forças
1) Força resultante
FRx = ∑ Fx → FRx = −200 + 200 + 200 → FRx = 200 N FRy = ∑ Fy → FRy = −200 + 200 + 100 → FRy = 100 N FR = FRx 2 + FRy 2 → FR = 200 2 + 100 2 → FR = 223,6 N Direção da força resultante:
tan θ = FRy / FRx → tan θ = 100 / 200 → θ = 26,56
o
2) Momento resultante
∑ M A = M RA → − 200 ⋅ 3 − 100 ⋅ 7 + 200 ⋅ 8 = M RA → M RA = 300 N ⋅ m Exemplo 04: sistemas equivalentes de forças (Boresi, 4.9e)
A extremidade direita de uma viga está submetida a uma força axial de 8 kN e a um momento de 20 kN.m. Encontre um sistema equivalente sem o momento.
Figura 19 – Exemplo 04: Sistemas equivalentes de forças
1) Força resultante
P = FRx = ∑ Fx → P = 8 kN Direção: horizontal 2) Posição da força resultante
∑ M O = M RO → 20 = P ⋅ h → 20 = 8 ⋅ h → h = 2,5 m Exemplo 14)
A Figura 20 representa a força do vento concentrada no nível dos andares de um edifício alto. Os valores de h indicam as elevações dos respectivos andares em relação à rua. Calcule a força resultante e a elevação do eixo resultante.
Figura 20 – Exemplo 05
Força resultante – FR :
FR = FRx → FRx = 12 + 8 ⋅ 2 + 9 ⋅ 2 + 10 ⋅ 2 + 11 ⋅ 2 + 7 ⋅ 2 + 5 → FRx = 107 kN (→) Ponto de aplicação da força resultante – h:
∑ M O = M RO (ponto O tomado na base do edifício) − 12 ⋅ 30 − 8 ⋅ 50 − 9 ⋅ 70 − 9 ⋅ 90 − 10 ⋅110 − 10 ⋅130 − 11 ⋅150 − 7 ⋅170 − 7 ⋅190 − 8 ⋅ 210 − 11 ⋅ 230 − 5 ⋅ 250 = −107 ⋅ h 14230 = 107 ⋅ h → h = 133,0 m Exemplo 15
Determine a resultante de cada um dos seguintes conjuntos de forças na Figura 21 e a interceptação de cada eixo resultante com a linha AE.
a) As forças nos pontos A, B e D. b) As forças nos pontos B, C, D e E. c) Todas as forças aplicadas.
Figura 21 – Exemplo 06: Sistemas equivalentes de forças
a) Forças nos pontos A, B e D Força resultante – FR :
FR = FRx → FRx = 200 kN (→) Ponto que a força resultante intercepta a reta AE – yE:
∑ M E = M RE (ponto E) − 100 ⋅ 24 = FRx ⋅ y E → − 2400 = 200 ⋅ y E → y E = −12 m (acima do ponto E, ou 30 m acima do ponto A). b) Forças nos pontos B, C, D e E Força resultante – FR : r
r
FB = − 100 j ) N r
r
r
FC = (300 ⋅ cos 45 i + 300 ⋅ sin 45 j ) N o
r
r
FD = 200 i ) N
o
r
r
r
r
r
r
FE = 250 ⋅ sin 30 i − 250 ⋅ cos 30 j ) N → FE = 125 i − 216,5 j ) N o
o
FRx = 212,13 + 200 + 125 → FRx = 537,12 N (→) FRy = −100 + 212,13 − 216,5 → FRy = −104,4 N (↓ ) Força resultante: r
r
r
FR = 537,13 i − 104,4 j ) N FR = 547,2 N Direção da força resultante:
tan θ = FRy / FRx → θ = 79
o
Ponto que a força resultante intercepta a reta AE – yE:
∑ M E = M RE (ponto E) − 100 ⋅ 24 + 300 ⋅ sin 45 ⋅ 24 + 300 ⋅ cos 5 ⋅12 = FRx ⋅ y E → y E = 9,75 m (abaixo do o
o
ponto E, ou 8,25 m acima do ponto A). Exemplo 16: sistemas equivalentes de forças )
A Figura 22 ilustra uma laje rígida carregada por forças paralelas não coplanares, perpendiculares à face da laje. As magnitudes e os sentidos das forças são apresentados na Tabela 1. a) Mostre que as forças dadas são equivalentes a uma força F na origem e dois momentos, Mx e My, respectivamente nos planos xy e xz . b) determine a magnitude e a linha de ação da força resultante FR que é equivalente às forças que agem sobre a laje, isto é, determine a força resultante e o eixo resultante das forças dadas.
Figura 22 – Exemplo 07: Sistemas equivalentes de forças Tabela 1 – Magnitudes e os sentidos das forças aplicadas
Projeção em z (kN) F1= - 4 F2= - 4 F3= - 4 F4= - 4 F5= 8 F4= - 8 F7= 4 F8= 2
x (m)
y (m)
Mx (kN.m)
My (kN.m)
5 2 2 5 0 0 7 7
2 2 4 4 5 6 4 6
-8 -8 - 16 - 16 40 - 48 16 12
20 8 8 20 0 0 - 28 - 14
ΣMx= -28
ΣMy= 14
ΣFz= -10
a) Sistema equivalente de forças e momentos
F = 10 kN (↓ ) M x = −28 kN ⋅ m M y = 14 kN ⋅ m
b) Sistema equivalente de forças
F = 10 kN (↓ )
∑ M x = M Rx − 28 = F ⋅ → − 28 = 10 ⋅ →
= 2,8 m
∑ M y = M Ry 14 = F ⋅ x → 14 = 10 ⋅ x → x = 1,4 m
Exemplo 17 – sistemas equivalentes de forças – III
A viga AE está sujeita a um sistema de forças coplanares. Determine o módulo, direção, sentido e a localização da força resultante equivalente ao sistema de forças fornecido. Tome o ponto E como referência e considere que a resultante localiza-se sobre a viga.
Figura 23 – Sistemas equivalentes de forças – III
Definimos a origem do sistema de coordenadas no ponto E. Vamos trabalhar com as componentes de força nos eixos x e y. Vamos procurar um sistema equivalente de forças aplicadas no ponto E, que será nossa referência. Assim: Resultante de forças
FRx = 500 ⋅ cos 60 + 100 = 350 N o
FRy = −500 ⋅ sin 60 + 200 = −233,0 N o
Módulo Direção e resultante
FR = FRx 2 + FRy 2 = 420.5 N sentido
da
força
Somatório de momentos, calculados em relação ao ponto E
F 233 θ = arctan Ry = arctan = 33,7 F 350 Rx
o
M RE = ∑ M E 233⋅ d = 500 ⋅ sin 60 ⋅ 4 − 200 ⋅ 2,5 −100 ⋅ 0,5 o
d=
1182,1 = 5,07m 233 ⋅
Exemplo 18 – sistemas equivalentes de forças – IV
A lança do guindaste está sujeita a três forças coplanares. Substitua esse carregamento por uma força resultante equivalente e determine onde sua linha de ação intercepta a coluna AB e o braço BC.
Figura 24 – Sistemas equivalentes de forças – IV
Vamos trabalhar com as componentes de força nos eixos x e y e tomar o ponto A como origem. Vamos procurar um sistema equivalente de forças. Assim: Resultante de forças
FRx = −175 − 250 ⋅ 3 5 = −325lb FRy = −60 − 250 ⋅ 4 5 = −260 lb
Módulo
FR = FRx 2 + FRy 2 = 3252 + 2602 = 416lb
Direção e sentido da força resultante
FRy 260 = arctan θ = arctan = 38,7 F 325 Rx
o
No cálculo do momento, foi admitido que a linha de ação de F R intercepta a coluna AB. Logo, podemos impor que o momento produzido pela força resultante aplicada no ponto A é igual à soma dos momentos produzidos pelas forças do sistema, em relação a este mesmo ponto A. Somatório de momentos, calculados em relação ao ponto A
M RA = ∑ M A
325⋅ y = 175⋅ 5 − 60 ⋅ 3 + 250⋅ 35 ⋅11− 250⋅ 4 5 ⋅ 8 y = 2,29 ft
Usando o princípio da transmissibilidade, F R pode ser considerada como interceptando o braço BC e, neste caso temos:
∑
Somatório de momentos, M = M RA A calculados em relação ao ponto A, com a força 325⋅11− 260 ⋅ x = 175⋅ 5 − 60 ⋅ 3 + 250 ⋅ 3 5 ⋅11 − 250⋅ 4 5 ⋅ 8 resultante aplicada no ponto x = 10,9 ft E
Também podemos determinar essas coordenadas admitindo que F R atua em um ponto arbitrário de coordenadas (x,y) sobre sua linha de ação. Neste caso, a soma de momentos em relação ao ponto A fornece:
M RA = ∑ M A
325⋅ y − 260⋅ x = 175⋅ 5 − 60 ⋅ 3 + 250⋅ 3 5 ⋅11− 250⋅ 4 5
325 ⋅ y − 260 ⋅ x = 745 x = 0 → y = 2,29 ft y = 11 → x = 10,9 ft
1.2 Exemplo 19 – sistemas equivalentes de forças
Uma força horizontal P de 20 N atua sobre o corpo rígido. a) Substitua o sistema de forças por um sistema equivalente atuando no ponto B. b) encontre o par de forças verticais que, aplicados em C e D, produzem o mesmo momento em B.
Figura 25 – Sistemas equivalentes de forças
a) Sistema equivalente atuando no ponto B
1) Equivalência para translação:
∑ Fx = FRx → PB = 20 N (←) 2) Equivalência para rotação:
∑ M B = M RB → 20 ⋅ 5 = M B → M B = 100 N ⋅ m b) Par de forças verticais aplicado em C e D produz o mesmo momento em B, que o sistema anterior 1) Equivalência para translação:
FRy = 0 → PC = PD 2) Equivalência para rotação:
∑ M B = M RB → 100 = 14 ⋅ PD − 10 ⋅ PC PD = 25 N (↑) e PC = 25 N (↓ )
Exemplo 20 – sistemas equivalentes de forças – VI
A placa mostrada Figura 26 está sujeita a quatro forças paralelas. Determine o módulo, a direção e o sentido da força resultante equivalente às forças do sistema e localize seu ponto de aplicação sobre a placa.
Figura 26 – Sistemas equivalentes de forças – VI
Teoria – Sistema de forças paralelas
Os sistemas de forças para lelas (Erro! Fonte de referência não encontrada. a) podem ser reduzidos a uma única força resultante porque, quando cada força é movimentada para o ponto O qualquer no plano x-y, produz um momento que tem apenas componentes em relação aos eixos x e y ( Erro! Fonte de referência não encontrada. b). O momento resultante M Ro
= ∑ M + ∑ ( x ) e é perpendicular à força
resultante FR . Portanto, FR pode ser movimentada para um ponto a uma distância d, de modo a gerar o mesmo momento em relação ao ponto O.
Figura 27 – Sistema de forças paralelas
FR = F1 + F2 + F3 + ... + Fn FR ⋅ d = F1 ⋅ d1 + F2 ⋅ d 2 + F3 ⋅ d 3 + ... + Fn ⋅ d n Solução Escalar
Somatório de forças
A solução parte do somatório de forças: FR = ∑ F = 100 − 400 − 500 − 600 = −1400 N Somatório de momentos
Teoria: princípio dos momentos
