Estática - Hibbeler ed. 12-1

H I B B E L E R E S TÁT I C A MECÂNICA PARA ENGENHARIA 12a EDIÇÃO De acordo com o Sistema Internacional de Unidades (SI) Tradução Daniel Vieira Revisão Técnica José Maria Campos dos Santos Professor Doutor do Departamento de Mecânica Computacional da Faculdade de Engenharia Mecânica da Universidade Estadual de Campinas &RS\ULJKW(GLomRHPOtQJXDSRUWXJXHVDSXEOLFDGDSHOD3HDUVRQ(GXFDWLRQGR%UDVLO/WGD 7UDGXomRDXWRUL]DGDDSDUWLUGDYHUVmRGH&LQJDSXUDDGDSWDGDGDHGLomRRULJLQDOHPLQJOrVGRV(VWDGRV8QLGRVLQWLWXODGD (1*,1((5,1*0(&+$1,&667$7,&6WK(GLWLRQGH+,%%(/(55866(//&SXEOLFDGDSHOD3HDUVRQ(GXFDWLRQ ,QFGRJUXSR3UHQWLFH+DOO&RS\ULJKW$GDSWDGDGDHGLomRGH&LQJDSXUDLQWLWXODGD(1*,1((5,1*0(&+$1,&6 67$7,&66,WK(GLWLRQDGDSWDGDSRU6&)DQSXEOLFDGDSHOD3HDUVRQ(GXFDWLRQ$VLD3WH/WG&RS\ULJKW 7RGRVRVGLUHLWRVUHVHUYDGRV1HQKXPDSDUWHGHVWDSXEOLFDomRSRGHUiVHUUHSURGX]LGDRXWUDQVPLWLGDGHTXDOTXHUPRGR RXSRUTXDOTXHURXWURPHLRHOHWU{QLFRRXPHFkQLFRLQFOXLQGRIRWRFySLDJUDYDomRRXTXDOTXHURXWURWLSRGHVLVWHPDGH DUPD]HQDPHQWRHWUDQVPLVVmRGHLQIRUPDomRVHPSUpYLDDXWRUL]DomRSRUHVFULWRGD3HDUVRQ(GXFDWLRQGR%UDVLO 'LUHWRUHGLWRULDO5RJHU7ULPHU *HUHQWHHGLWRULDO6DEULQD&DLUR 6XSHUYLVRUGHSURGXomRHGLWRULDO0DUFHOR)UDQoR]R (GLWRUDSOHQD7KHOPD%DEDRND (GLWRUDV6LOYDQD$IRQVRH$GULDQD0DXUR 3UHSDUDomReULFD$OYLP 5HYLVmR(ULND6DWLH.XULKDUDH*XLOKHUPH6XPPD &DSD7K\DJR6DQWRV (GLWRUDomRHOHWU{QLFDHGLDJUDPDomR)LJXUDWLYD(GLWRULDO )RWRJUD¿DVIRUQHFLGDVSHORDXWRU5&+LEEHOHU 'DGRV,QWHUQDFLRQDLVGH&DWDORJDomRQD3XEOLFDomR &,3 &kPDUD%UDVLOHLUDGR/LYUR63%UDVLO +LEEHOHU5& (VWiWLFDPHFkQLFDSDUDHQJHQKDULD5&+LEEHOHUWUDGXomR'DQLHO 9LHLUDUHYLVmRWpFQLFD-RVp0DULD&DPSRVGRV6DQWRVHG6mR3DXOR 3HDUVRQ3UHQWLFH+DOO 7tWXORRULJLQDO(QJLQHHULQJPHFKDQLFVVWDWLFVWKHGLWLRQ ,6%1978-85-4301-376-3 (QJHQKDULDPHFkQLFD(VWiWLFD0HFkQLFD DSOLFDGD,7tWXOR &'' ËQGLFHVSDUDFDWiORJRVLVWHPiWLFR (VWiWLFD0HFkQLFDSDUDHQJHQKDULD 7HFQRORJLD a a 6 reimpressão – abril 2014 reimpressão agosto 2012 –dezembro 4a3reimpressão 2012 cedidos à Direitos exclusivos para a –língua portuguesa Direitos exclusivos para a língua portuguesa 'LUHLWRVH[FOXVLYRVSDUDDOtQJXDSRUWXJXHVDFHGLGRVj Pearson Education do Brasil Ltda., cedidos à 3HDUVRQ(GXFDWLRQGR%UDVLO Pearson Education BrasilEducation Ltda., uma empresa do grupo do Pearson XPDHPSUHVDGRJUXSR3HDUVRQ(GXFDWLRQ uma empresa do grupo Pearson26Education Rua Nelson Francisco, 5XD1HOVRQ)UDQFLVFR/LPmR Rua Nelson Francisco, 26– Brasil CEP 02712-100 – São Paulo – SP &(3±6mR3DXOR±63 Fone: 11 2178-8686 CEP 02712-100 – São– Fax: Paulo11–2178-8688 SP – Brasil e-mail: vendas@pearson.com 7HO ±)D[ Fone: 11 2178-8686 – Fax: 11 Fone: (11) (11)2178-8688 2178-8688 HPDLOYHQGDV#SHDUVRQFRP vendas@pearson.com $2(678'$17( &RPDHVSHUDQoDGHTXHHVWHWUDEDOKRHVWLPXOH RLQWHUHVVHHPPHFkQLFDSDUDHQJHQKDULDHVLUYD GHJXLDSDUDRHQWHQGLPHQWRGHVWHDVVXQWR SUMÁRIO 1 Princípios gerais 1 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 1.1 0HFkQLFD 1.2 &RQFHLWRVIXQGDPHQWDLV 1.3 8QLGDGHVGHPHGLGD 1.4 6LVWHPDLQWHUQDFLRQDOGHXQLGDGHV 1.5 &iOFXORVQXPpULFRV 1.6 3URFHGLPHQWRVJHUDLVSDUDDQiOLVH 2 Vetores de força 11 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 2.1 (VFDODUHVHYHWRUHV 2.2 2SHUDo}HVYHWRULDLV 2.3 $GLomRYHWRULDOGHIRUoDV 2.4 $GLomRGHXPVLVWHPDGHIRUoDVFRSODQDUHV 2.5 9HWRUHVFDUWHVLDQRV 2.6 $GLomRGHYHWRUHVFDUWHVLDQRV 2.7 9HWRUHVSRVLomR 2.8 9HWRUGHIRUoDRULHQWDGRDRORQJRGHXPDUHWD 2.9 3URGXWRHVFDODU 3 Equilíbrio de uma partícula 61 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 3.1 &RQGLomRGHHTXLOtEULRGHXPDSDUWtFXOD 3.2 2GLDJUDPDGHFRUSROLYUH 3.3 6LVWHPDVGHIRUoDVFRSODQDUHV 3.4 6LVWHPDVGHIRUoDVWULGLPHQVLRQDLV 4 Resultantes de um sistema de forças 85 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 4.1 0RPHQWRGHXPDIRUoD²IRUPXODomRHVFDODU 4.2 3URGXWRYHWRULDO 4.3 0RPHQWRGHXPDIRUoD²IRUPXODomRYHWRULDO 4.4 2SULQFtSLRGRVPRPHQWRV | viii | Estática 4.5 0RPHQWRGHXPDIRUoDHPUHODomRDXPHL[RHVSHFL¿FDGR 4.6 0RPHQWRGHXPELQiULR 4.7 6LPSOL¿FDomRGHXPVLVWHPDGHIRUoDVHELQiULRV 4.8 6LPSOL¿FDo}HVDGLFLRQDLVGHXPVLVWHPDGHIRUoDVHELQiULRV 4.9 5HGXomRGHXPFDUUHJDPHQWRGLVWULEXtGRVLPSOHV 5 Equilíbrio de um corpo rígido 145 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 5.1 &RQGLo}HVGHHTXLOtEULRGRFRUSRUtJLGR 5.2 'LDJUDPDVGHFRUSROLYUH 5.3 (TXDo}HVGHHTXLOtEULR 5.4 0HPEURVGHGXDVHWUrVIRUoDV 5.5 'LDJUDPDVGHFRUSROLYUH 5.6 (TXDo}HVGHHTXLOtEULR 5.7 5HVWULo}HVHGHWHUPLQDomRHVWiWLFD 6 Análise estrutural 195 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 6.1 7UHOLoDVVLPSOHV 6.2 2PpWRGRGRVQyV 6.3 0HPEURVGHIRUoD]HUR 6.4 2PpWRGRGDVVHo}HV 6.5 7UHOLoDVHVSDFLDLV 6.6 (VWUXWXUDVHPiTXLQDV 7 Forças internas 249 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 7.1 )RUoDVLQWHUQDVGHVHQYROYLGDVHPPHPEURVHVWUXWXUDLV 7.2 (TXDo}HVHGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRÀHWRU 7.3 5HODo}HVHQWUHFDUJDGLVWULEXtGDHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRÀHWRU 7.4 &DERV 8 Atrito 290 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 8.1 &DUDFWHUtVWLFDVGRDWULWRVHFR 8.2 3UREOHPDVHQYROYHQGRDWULWRVHFR 8.3 &DOoRV 8.4 )RUoDVGHDWULWRHPSDUDIXVRV 8.5 )RUoDVGHDWULWRHPFRUUHLDV 8.6 )RUoDVGHDWULWRHPPDQFDLVGHHVFRUDPDQFDLVD[LDLVHGLVFRV 8.7 )RUoDVGHDWULWRHPPDQFDLVUDGLDLV 8.8 5HVLVWrQFLDDRURODPHQWR Sumário 9 Centro de gravidade e centroide 337 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 9.1 &HQWURGHJUDYLGDGHFHQWURGHPDVVDHFHQWURLGHGHXPFRUSR 9.2 &RUSRVFRPSRVWRV 9.3 7HRUHPDVGH3DSSXVH*XOGLQXV 9.4 5HVXOWDQWHGHXPFDUUHJDPHQWRGLVWULEXtGRJHUDO 9.5 3UHVVmRGHÀXLGRV 10 Momentos de inércia 387 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 10.1 'H¿QLomRGHPRPHQWRVGHLQpUFLDSDUDiUHDV 10.2 7HRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVSDUDXPDiUHD 10.3 5DLRGHJHUDomRGHXPDiUHD 10.4 0RPHQWRVGHLQpUFLDSDUDiUHDVFRPSRVWDV 10.5 3URGXWRGHLQpUFLDSDUDXPDiUHD 10.6 0RPHQWRVGHLQpUFLDSDUDXPDiUHDUHODomRDRVHL[RVLQFOLQDGRV 10.7 &tUFXORGH0RKUSDUDPRPHQWRVGHLQpUFLD 10.8 0RPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVD 11 Trabalho virtual 425 2EMHWLYRVGRFDStWXOR 11.1 'H¿QLomRGHWUDEDOKR 11.2 3ULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDO 11.3 3ULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDOSDUDXPVLVWHPD GHFRUSRVUtJLGRVFRQHFWDGRV 11.4 )RUoDVFRQVHUYDWLYDV 11.5 (QHUJLDSRWHQFLDO 11.6 &ULWpULRGHHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDRHTXLOtEULR 11.7 (VWDELOLGDGHGDFRQ¿JXUDomRGHHTXLOtEULR Apêndices 454 A 5HYLVmRHH[SUHVV}HVPDWHPiWLFDV B (TXDo}HVIXQGDPHQWDLVGDHVWiWLFD C 7DEHODVGHFRQYHUVmR Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais Respostas dos problemas selecionados Índice remissivo 508 476 461 | ix | PREFÁCIO (VWH OLYUR IRL GHVHQYROYLGR FRP R LQWXLWR GH IRUQHFHU DRV HVWXGDQWHV XPD DSUHVHQWDomR GLGiWLFD H FRPSOHWD GD WHRULD GD PHFkQLFD H DSOLFDo}HV j HQJHQKDULD 5HFRQKHFLGRSRUVXDFODUH]DQDH[SOLFDomRHSHORVVyOLGRVFRQMXQWRVGHSUREOHPDV +LEEHOHUpDWXDOPHQWHXPGRVDXWRUHVPDLVYHQGLGRVQDiUHD 1HVWD HGLomR IRWRV UHDLV FRP VROXo}HV GH YHWRUHV VmR IRUQHFLGDV SDUD SHUPLWLU TXH RV DOXQRV HQWHQGDP PHOKRU RV FRQFHLWRV HQVLQDGRV H SUREOHPDV SURSRVWRV 2V DPSORV SUREOHPDV IRUQHFLGRV QR OLYUR VmR RUJDQL]DGRV HP QtYHO GH GLILFXOGDGH JUDGXDO D ILP GH GHVHQYROYHU DV KDELOLGDGHV GH UHVROXomR GRV DOXQRV DVVLP FRPR IRUQHFHUOKHVDSUiWLFDGHTXHQHFHVVLWDP Este livro contém os seguintes novos elementos: $PSODYDULHGDGHGHSUREOHPDVSDUDDVXDSUiWLFDHUHVROXomR 'LDJUDPDVUHDOtVWLFRVFRPYHWRUHVSDUDGHPRQVWUDUDSOLFDo}HVGRPXQGRUHDO Ampla variedade de problemas para a sua prática e resolução $OJXQV H[HUFtFLRV VmR DSOLFDo}HV FRQWHPSRUkQHDV GH SUREOHPDV GH HQJHQKDULD PHFkQLFD HP FDPSRV FRPR DHURHVSDoR HQJHQKDULD GH SHWUyOHR H ELRPHFkQLFD ² SUHSDUDQGRRVHVWXGDQWHVSDUDWUDEDOKDUQHVVHVVHWRUHVHPH[SDQVmR Exemplos 2V H[HPSORV SUREOHPDV UHVROYLGRV DMXGDUmR RV HVWXGDQWHV D DSUHQGHU RV IXQGDPHQWRV H HQWHQGHU RV FRQFHLWRV SRU WUiV GDV TXHVW}HV 2V DOXQRV VmR FDSD]HV GHH[HUFLWDUVXDVKDELOLGDGHVGHUHVROXomRSRUPHLRGHVVHVSUREOHPDVTXHSRVVXHP JUDQGHYDULHGDGHGHVROXo}HVSRVVtYHLV | | 154 Estática Exemplo 5.4 'HVHQKH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD SODWDIRUPD GHVFDUUHJDGD TXH HVWi VXVSHQVD SDUD IRUD GR HTXLSDPHQWR GH yOHR PRVWUDGR QD )LJXUD D$ SODWDIRUPD SRVVXL XPDPDVVDGHNJ % * $ P P P (b) (a) 7 * $[ $ P $\ P 1 (c) Figura 5.10 P SOLUÇÃO 2PRGHORLGHDOL]DGRGDSODWDIRUPDVHUiFRQVLGHUDGRHPGXDVGLPHQV}HVSRUTXHSRU REVHUYDomR D FDUJD H DV GLPHQV}HV VmR WRGDV VLPpWULFDV HP UHODomR D XP SODQR YHUWLFDOSDVVDQGRSRUVHXFHQWUR )LJXUDE $FRQH[mRHP$pFRQVLGHUDGDXP SLQRHRFDERVXVWHQWDDSODWDIRUPDHP%$GLUHomRGRFDERHDVGLPHQV}HVPpGLDV GDSODWDIRUPDVmRGDGDVHRFHQWURGHJUDYLGDGH*IRLGHWHUPLQDGReGHVVHPRGHOR TXH GHVHQKDPRV R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH PRVWUDGR QD )LJXUD F 2 SHVR GD SODWDIRUPD p 1$V FRPSRQHQWHV GH IRUoD$[ H $\ EHP FRPR D IRUoD GH FDER 7 UHSUHVHQWDP DV UHDo}HV TXH DPERV RV SLQRV H DPERV RV FDERV H[HUFHPVREUHDSODWDIRUPD )LJXUDD &RQVHTXHQWHPHQWHDSyVDVROXomRSDUD HVVDVUHDo}HVPHWDGHGHVXDVLQWHQVLGDGHVpGHVHQYROYLGDHP$HPHWDGHHP% | xii | Estática Problemas fundamentais 8PQRYRUHFXUVRQHVWDHGLomRHVVHFRQMXQWRGHSUREOHPDVHVWiORFDOL]DGRDSyV RVSUREOHPDVGHH[HPSOR(OHRIHUHFHDRVDOXQRVDSOLFDo}HVVLPSOHVGRVFRQFHLWRV SDUD JDUDQWLU TXH WHQKDP HQWHQGLGR R FDStWXOR DQWHV GH WHQWDU UHVROYHU TXDLVTXHU RXWUDVTXHVW}HV | 392 | Estática Problemas fundamentais 10.1. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPWRUQRGRHL[R[ 10.3. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPWRUQRGRHL[R\ y y y3 = x2 y3 = x2 1m 1m x x 1m 1m Problema 10.1 Problema 10.3 10.2. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPWRUQRGRHL[R[ 10.4. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPWRUQRGRHL[R\ y y 1m 1m y3 = x2 y3 = x2 x 1m x 1m Problema 10.2 Problema 10.4 Problemas conceituais (VVHVSUREOHPDVGHVFUHYHPVLWXDo}HVUHDOtVWLFDVHQFRQWUDGDVQDSUiWLFD(OHVVmR GHVHQYROYLGRV SDUD WHVWDU D FDSDFLGDGH GH XP DOXQR HP DSOLFDU RV FRQFHLWRV DSUHQGLGRV2VHVWXGDQWHVWDPEpPVHPDQWrPDWXDOL]DGRVVREUHDVDSOLFDo}HVPDLV UHFHQWHVGDHQJHQKDULDPHFkQLFD2VSURIHVVRUHVSRVVXHPXPDDPSODYDULHGDGHGH TXHVW}HVHQWUHDVTXDLVSRGHUmRHVFROKHUPRGLILFDUHDFUHVFHQWDUFRPRQRYDVTXHVW}HV SDUDVHXVUHFXUVRV Capítulo 8 Atrito | 309 | Problemas conceituais 8.1. ePDLVHILFLHQWHPRYHUDFDUJDSDUDIUHQWHHPYHORFLGDGH FRQVWDQWH FRP R JXLQFKR WRWDOPHQWH HVWHQGLGR FRPR QD ILJXUD RX R JXLQFKR GHYHULD HVWDU WRWDOPHQWH UHWUDtGR" $ WUDomR p IRUQHFLGD jV URGDV WUDVHLUDV $V URGDV GLDQWHLUDV ILFDPOLYUHVSDUDURODU)DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUD H[SOLFDUVXDUHVSRVWD KRUL]RQWDOPHQWHRXSX[DUXPSRXFRSDUDEDL[R"$OpPGLVVR p PHOKRU SUHQGHU D FRUGD HP XPD SRVLomR DOWD FRPR QD ILJXUDRXHPXPDSRVLomREDL[DQRUHIULJHUDGRU")DoDXPD DQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUDH[SOLFDUVXDUHVSRVWD 8.4. $FRUGDpXVDGDSDUDSX[DURUHIULJHUDGRU3DUDLPSHGLU TXHYRFrGHVOL]HHQTXDQWRSX[DpPHOKRUSX[DUSDUDFLPD FRPRQDILJXUDSX[DUKRUL]RQWDOPHQWHRXSX[DUSDUDEDL[R QDFRUGD")DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUDH[SOLFDUVXD UHVSRVWD Problema 8.1 8.2. $SRUFDGHURGDQHVVHFDUURHPSRQWRPRUWRGHYHVHU UHPRYLGDXVDQGRDFKDYHGHURGD4XDOpRPRGRPDLVHILFD] GH DSOLFDU IRUoD j FKDYH" $OpP GLVVR SRU TXH p PHOKRU PDQWHURSQHXQRVRORDRLQYpVGHSULPHLUROHYDQWDURFDUUR" ([SOLTXHVXDVUHVSRVWDVFRPXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULR Problemas 8.3/4 8.5. e PDLV IiFLO UHERFDU D FDUJD DSOLFDQGR XPD IRUoD DR ORQJRGDEDUUDGRUHERTXHTXDQGRHODHVWiHPXPDSRVLomR KRUL]RQWDOFRPRQDILJXUDRXpPHOKRUSX[DUDEDUUDTXDQGR HODWLYHUXPDLQFOLQDomR")DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUD H[SOLFDUVXDUHVSRVWD Problema 8.2 8.3. $ FRUGD p XVDGD SDUD SX[DU R UHIULJHUDGRU e PHOKRU SX[DU XP SRXFR SDUD FLPD FRPR QD ILJXUD SX[DU Problema 8.5 Prefácio $OpP GRV SUREOHPDV Mi DSUHVHQWDGRV RV HVWXGDQWHV WDPEpP WrP j GLVSRVLomR OLVWDV GH SUREOHPDV GLVSRVWDV DR ORQJR GRV FDStWXORV GLYLGLGDV HP WUrV FDWHJRULDV SDUD DX[LOLDU DLQGD PDLV D DSUHQGL]DJHP GR DOXQR 2V SUREOHPDV LQGLFDGRV SHOR VtPEROR SRGHP VHU UHVROYLGRV SRU PHLR GH SURFHGLPHQWRV QXPpULFRV$TXHOHV LQGLFDGRVDSHQDVSRUQ~PHURSRVVXHPUHVSRVWDQRILPGROLYUR2VLQGLFDGRVFRP RVtPEROR Ɣ DQWHVGDQXPHUDomRSRVVXHPHTXDomRRXUHVXOWDGRQXPpULFRDGLFLRQDO MXQWR FRP D UHVSRVWD ( RV LQGLFDGRV FRP R VtPEROR DQWHV GD QXPHUDomR QmR SRVVXHPUHVSRVWD Diagramas realísticos com vetores para demonstrar aplicações do mundo real Ilustrações com vetores )RUDPDFUHVFHQWDGDVPXLWDVLOXVWUDo}HVIRWRUUHDOLVWDVFRPYHWRUHV(VVDVLPDJHQV IRUQHFHPXPDVyOLGDFRQH[mRFRPDQDWXUH]DWULGLPHQVLRQDOGDHQJHQKDULDHWDPEpP DMXGDPRDOXQRDYLVXDOL]DUHOHPEUDUFRQFHLWRVSRUWUiVGDTXHVWmR *Soluções parciais e respostas para todos os Problemas Problemas fundamentais* fundamentais são fornecidas no final do livro. 2.1. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD UHVXOWDQWH TXH DWXD VREUH D DUJROD H VXD GLUHomR PHGLGD QR VHQWLGR KRUiULR D SDUWLUGRHL[R[ 2.4. 'HFRPSRQKD D IRUoD GH 1 QDV FRPSRQHQWHV DR ORQJRGRVHL[RVXHYHGHWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGHFDGDXPD GHVVDVFRPSRQHQWHV Y [ 1 X N1 N1 ) Problema 2.1 2.2. 'XDV IRUoDV DWXDP VREUH R JDQFKR 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGHGDIRUoDUHVXOWDQWH 1 Problema 2.4 2.5. $IRUoD) 1DWXDVREUHDHVWUXWXUD'HFRPSRQKD HVVDIRUoDQDVFRPSRQHQWHVTXHDWXDPDRORQJRGRVPHPEURV $%H$&HGHWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGHFDGDFRPSRQHQWH $ & 1 1 1 % Problema 2.2 2.3. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD UHVXOWDQWH H VXD Problema 2.5 Fotografias $ LPSRUWkQFLD GH FRQKHFHU D PDWpULD p UHIOHWLGD SRU DSOLFDo}HV GR PXQGR UHDO GHVFULWDV HP IRWRV HP WRGR R OLYUR (VVDV IRWRJUDILDV VmR XWLOL]DGDV SDUD H[SOLFDU FRPRRVSULQFtSLRVVHDSOLFDPDVLWXDo}HVUHDLV | 88 | Estática )+ A capacidade de remover o prego exigirá que o momento de FH em relação ao ponto O seja maior do que o momento da força FN em relação ao O que é necessário para arrancar o prego. 2 )1 4.2 Produto vetorial 2 PRPHQWR GH XPD IRUoD VHUi IRUPXODGR FRP R XVR GH YHWRUHV FDUWHVLDQRV QD SUy[LPD VHomR $QWHV GLVVR SRUpP p QHFHVViULR DPSOLDU QRVVR FRQKHFLPHQWR GH iOJHEUD YHWRULDO LQWURGX]LQGR R PpWRGR GR SURGXWR YHWRULDO RX SURGXWR FUX]DGR GH PXOWLSOLFDomRGHYHWRUHV 2SURGXWRYHWRULDOGHGRLVYHWRUHV$H%SURGX]RYHWRU&TXHpHVFULWR & $Â% HOLGRFRPRµ&pLJXDOD$SURGXWRYHWRULDOGH%¶ | xiii | | xiv | Estática Site de apoio do livro 1RVLWHGHDSRLRGROLYUR ZZZSUHQKDOOFRPKLEEHOHUBEU SURIHVVRUHVHHVWXGDQWHV No site de apoio (www.pearson.com.br/hibbeler), professores e estudantes têm acesso a WrPDFHVVRDPDWHULDLVDGLFLRQDLVTXHIDFLOLWDPWDQWRDH[SRVLomRGDVDXODVFRPRR materiais adicionais que facilitam tanto a exposição das aulas como o processo de aprendizagem. SURFHVVRGHDSUHQGL]DJHP Para o professor: Para o professor: Apresentações em PowerPoint $SUHVHQWDo}HVHP3RZHU3RLQW Os professores podem contar com slides que possuem informações e diagramas dos 2V SURIHVVRUHV SRGHP FRQWDU FRP VOLGHV TXH SRVVXHP LQIRUPDo}HV H respectivos capítulos. GLDJUDPDVGRVUHVSHFWLYRVFDStWXORV Manual de soluções (em inglês) O %DQFRGHLPDJHQV manual de soluções (em inglês) contém as respostas de exercícios do livro. 2EDQFRGHLPDJHQVFRQWpPLOXVWUDo}HVGLDJUDPDVHIRWRVHQFRQWUDGRVQR Banco de imagens OLYUR O banco de imagens contem ilustrações, diagramas e fotos encontrados no livro. (VVHPDWHULDOpGHXVRH[FOXVLYRGRVSURIHVVRUHVHHVWiSURWHJLGRSRUVHQKD3DUD Esse material é de uso exclusivo dos professores e está protegido por senha. Para ter acesso WHUDFHVVRDHOHRVSURIHVVRUHVTXHDGRWDPROLYURGHYHPHQWUDUHPFRQWDWRFRPVHX aUHSUHVHQWDQWH3HDUVRQRXHQYLDUHPDLOSDUDXQLYHUVLWDULRV#SHDUVRQFRP ele, os professores que adotam o livro devem entrar em contato com seu representante Pearson ou enviar para universitários@pearson.com. Para o estudante: Para oestudante: 7H[WRVDGLFLRQDLV HPLQJOrV Textos adicionais (em inglês) Guia do Matlab (em inglês) AGRADECIMENTOS 2DXWRUVHHVIRUoRXSDUDHVFUHYHUHVWHOLYURGHPRGRTXHDWUDtVVHWDQWRDRHVWXGDQWH TXDQWR DR SURIHVVRU &RP R SDVVDU GRV DQRV PXLWDV SHVVRDV DMXGDUDP QR VHX GHVHQYROYLPHQWR H VHUHL VHPSUH JUDWR SRU VHXV YDOLRVRV FRPHQWiULRV H VXJHVW}HV *RVWDULDGHDJUDGHFHUHVSHFLDOPHQWHjVVHJXLQWHVSHVVRDVTXHFRQWULEXtUDPFRPVHXV FRPHQWiULRVUHODWLYRVjSUHSDUDomRGDGpFLPDVHJXQGDHGLomRGHVWHWUDEDOKR <HVK36LQJK8QLYHUVLW\RI7H[DV²6DQ$QWRQLR 0DQRM&KRSUD8QLYHUVLW\RI&HQWUDO)ORULGD .DWKU\Q0F:LOOLDPV8QLYHUVLW\RI6DVNDWFKHZDQ 'DQLHO/LQ]HOO3HQQ6WDWH8QLYHUVLW\ /DUU\%DQWD:HVW9LUJLQLD8QLYHUVLW\ 0DQRKDU/$URUD&RORUDGR6FKRRORI0LQHV 5REHUW5HQQDNHU8QLYHUVLW\RI2NODKRPD $KPDG0,WDQL8QLYHUVLW\RI1HYDGD ([LVWHP DOJXPDV SHVVRDV TXH VLQWR TXH PHUHFHP XP UHFRQKHFLPHQWR HVSHFLDO 9LQFH 2¶%ULHQ GLUHWRU GH *HVWmR GH 3URMHWRV HP (TXLSH H 5RVH .HUQDQ PLQKD HGLWRUD GH SURGXomR SRU PXLWRV DQRV SRU PH RIHUHFHUHP LQFHQWLYR H DSRLR +RQHVWDPHQWH VHP D DMXGD GHOHV HVWD HGLomR WRWDOPHQWH UHYLVWD H PHOKRUDGD QmR WHULDVLGRSRVVtYHO$OpPGLVVRXPDVVRFLDGRHDPLJRGHORQJDGDWD.DL%HQJ<DS IRLGHJUDQGHDMXGDQDYHULILFDomRGHWRGRRPDQXVFULWRHQDSUHSDUDomRGDVVROXo}HV GHSUREOHPDV8PDQRWDGHDJUDGHFLPHQWRHVSHFLDODHVVHUHVSHLWRWDPEpPYDLSDUD .XUW 1RUOLQ GD /DXUHO7HFK ,QWHJUDWHG 6HUYLFHV 3XEOLVKLQJ 'XUDQWH R SURFHVVR GH SURGXomRVRXJUDWRSHODDMXGDGHPLQKDHVSRVD&RQQ\HPLQKDILOKD0DU\$QQ FRPDUHYLVmRHGLJLWDomRQHFHVViULDVSDUDSUHSDUDURWH[WRSDUDSXEOLFDomR 3RUILPJRVWDULDGHDJUDGHFHUPXLWtVVLPRDWRGRVRVPHXVDOXQRVHDRVFROHJDV GDSURILVVmRTXHWrPXVDGRRWHPSROLYUHSDUDHQYLDUPHHPDLOVFRPVXJHVW}HVH FRPHQWiULRV&RPRHVVDOLVWDpORQJDGHPDLVSDUDPHQFLRQDUHVSHURTXHDTXHOHVTXH DMXGDUDPGHVVDIRUPDDFHLWHPHVWHUHFRQKHFLPHQWRDQ{QLPR (XDJUDGHFHULDPXLWRRXYLORVHHPDOJXPPRPHQWRWLYHUFRPHQWiULRVVXJHVW}HV RXSUREOHPDVUHODFLRQDGRVDTXDLVTXHUTXHVW}HVUHODFLRQDGDVDHVWDHGLomR 5866(//&+$5/(6+,%%(/(5 KLEEHOHU#EHOOVRXWKQHW Sobre o adaptador )DQ 6DX &KHRQJ GD 1DQ\DQJ 7HFKQRORJLFDO 8QLYHUVLW\ 178 &LQJDSXUD UHFHEHXVHX3K'QD8QLYHUVLGDGHGH+RQJ.RQJ2SURIHVVRU)DQWDPEpPpYLFH GLUHWRU GR &HQWUH IRU $GYDQFHG 1XPHULFDO (QJLQHHULQJ 6LPXODWLRQV &$1(6 GD 178 6XD H[SHULrQFLD SURILVVLRQDO LQFOXL R WUDEDOKR H LQYHVWLJDomR HP SRQWHV DUUDQKDFpXV HVWUXWXUDV HP FRQFKD FDLV SDYLPHQWRV HVWUXWXUDV GH FDER H SDUHGHV GHGLDIUDJPDGHYLGUR2SURIHVVRU)DQWDPEpPIRLRDGDSWDGRUGDHGHHGGH 0HFKDQLFV RI PDWHULDLV GH +LEEHOHU H GD HG HP 6, GDV REUDV (QJLQHHULQJ 0HFKDQLFV6WDWLFVDQG'\QDPLFV CAPÍTULO 1 Princípios gerais Objetivos do capítulo Fornecer uma introdução às quantidades básicas e idealizações da mecânica. Apresentar Revisar os princípios para a aplicação do Sistema Internacional de Unidades (SI). Examinar os procedimentos padrão de execução dos cálculos numéricos. Apresentar 1.1 o enunciado das leis de Newton do movimento e da gravitação. uma orientação geral para a resolução de problemas. Mecânica A mecânica é um ramo das ciências físicas que trata do estado de repouso ou movimento de corpos sujeitos à ação das forças. Em geral, esse assunto é subdividido em três áreas: mecânica dos corpos rígidos, mecânica dos corpos deformáveis e mecânica dos fluidos. Neste livro, estudaremos a mecânica dos corpos rígidos, uma vez que este é um requisito básico para o estudo das outras áreas. Além disso, ela é essencial para o projeto e a análise de muitos tipos de membros estruturais, componentes mecânicos ou dispositivos elétricos encontrados na engenharia. A mecânica dos corpos rígidos divide-se em duas áreas: estática e dinâmica. A estática trata do equilíbrio dos corpos, ou seja, aqueles que estão em repouso ou em movimento, com velocidade constante; enquanto a dinâmica preocupa-se com o movimento acelerado dos corpos. Podemos considerar a estática um caso especial da dinâmica em que a aceleração é zero; entretanto, a estática merece um tratamento distinto na aprendizagem da engenharia, uma vez que muitos objetos são projetados com a intenção de permanecerem em equilíbrio. Desenvolvimento histórico Os princípios da estática desenvolveram-se na história há muito tempo, porque podiam ser formulados simplesmente a partir das medições da geometria e da força. Por exemplo, os escritos de Arquimedes (287-212 a.C.) tratam do princípio da alavanca. Os estudos sobre polia, plano inclinado e torção também aparecem registrados em escritos antigos, da época em que as necessidades da engenharia limitavam-se principalmente à construção de edifícios. | 2 | Estática Como os princípios da dinâmica dependem de uma medição precisa do tempo, esse assunto se desenvolveu bem mais tarde. Galileu Galilei (1564-1642) foi um dos primeiros grandes colaboradores desse campo. Seu trabalho consistiu de experimentos usando pêndulos e corpos em queda livre. As contribuições mais significativas na dinâmica, no entanto, foram feitas por Isaac Newton (1642-1727), que é conhecido por sua formulação das três leis fundamentais do movimento e a lei universal da atração gravitacional. Logo após essas leis terem sido postuladas, importantes técnicas para a aplicação delas foram desenvolvidas por Euler, D’Alembert, Lagrange e outros. 1.2 Conceitos fundamentais Antes de começarmos o nosso estudo da mecânica para engenharia é importante entender o significado de alguns conceitos e princípios fundamentais. Quantidades básicas As quatro quantidades que se seguem são usadas em toda a mecânica. Comprimento O comprimento é usado para localizar a posição de um ponto no espaço e, portanto, descrever o tamanho de um sistema físico. Uma vez definida a unidade padrão do comprimento, pode-se definir distâncias e propriedades geométricas de um corpo como múltiplos da unidade de comprimento. Tempo O tempo é concebido como uma sucessão de eventos. Embora os princípios da estática sejam independentes do tempo, essa quantidade desempenha um importante papel no estudo da dinâmica. Massa A massa é uma medida da quantidade de matéria que é usada para comparar a ação de um corpo com a de outro. Essa propriedade se manifesta como uma atração da gravidade entre dois corpos e fornece uma medida da resistência da matéria à mudança de velocidade. Força Em geral, a força é considerada um ‘empurrão’ ou ‘puxão’ exercido por um corpo sobre outro. Essa interação pode ocorrer quando existe contato direto entre dois corpos, tal como quando uma pessoa empurra uma parede; ou pode ocorrer à distância, quando os corpos estão fisicamente separados. Exemplos do último tipo incluem as forças da gravidade, elétrica e magnética. Em qualquer caso, uma força é completamente caracterizada pela sua intensidade, direção e ponto de aplicação. Modelos Os modelos ou idealizações são usados na mecânica para simplificar a aplicação da teoria. Vamos definir a seguir três modelos importantes. Partícula Uma partícula possui massa, mas em um tamanho que pode ser desprezado. Por exemplo, o tamanho da Terra é insignificante quando comparado com o tamanho de sua órbita e, portanto, ela pode ser modelada como uma partícula no estudo de seu movimento orbital. Quando um corpo é modelado como uma partícula, os princípios da mecânica reduzem-se a uma forma muito simplificada, uma vez que a geometria do corpo não estará envolvida na análise do problema. Capítulo 1 | Princípios gerais 3 | Corpo rígido Um corpo rígido pode ser considerado a combinação de um grande número de partículas que permanecem a uma distância fixa umas das outras, tanto antes como depois da aplicação de uma carga. Esse modelo é importante porque as propriedades materiais de qualquer corpo assumido como rígido não precisam ser consideradas quando se estudam os efeitos das forças atuando sobre o corpo. Na maioria dos casos, as deformações reais que ocorrem em estruturas, máquinas, mecanismos e similares são relativamente pequenas, e a hipótese de corpo rígido é adequada para a análise. Força concentrada Uma força concentrada representa o efeito de uma carga que supostamente age em um ponto do corpo. Podemos representar uma carga por uma força concentrada, desde que a área sobre a qual ela é aplicada seja pequena, comparada com o tamanho total do corpo. Um exemplo seria a força de contato entre uma roda e o solo. As três leis do movimento de Newton A mecânica para engenharia é formulada com base nas três leis do movimento de Newton, cuja validade é baseada na observação experimental. Essas leis se aplicam ao movimento de uma partícula quando medido a partir de um sistema de referência não acelerado. Elas podem ser postuladas resumidamente como a seguir. F2 F1 v Primeira lei Uma partícula originalmente em repouso ou movendo-se em linha reta, com velocidade constante, tende a permanecer nesse estado, desde que não seja submetida a uma força em desequilíbrio (Figura 1.1a). F3 Equilíbrio (a) Segunda lei Uma partícula sob a ação de uma força em desequilíbrio F sofre uma aceleração a que possui a mesma direção da força e intensidade diretamente proporcional à força (Figura 1.1b).* Se F é aplicada a uma partícula de massa m, essa lei pode ser expressa matematicamente como: F = ma a F Movimento acelerado (b) (1.1) Terceira lei As forças mútuas de ação e reação entre duas partículas são iguais, opostas e colineares (Figura 1.1c). Lei de Newton da atração gravitacional Depois de explicar suas três leis do movimento, Newton postulou a lei que governa a atração gravitacional entre quaisquer duas partículas. Expressa matematicamente, 2 F = G m1 m r2 (1.2) onde: F = força da gravidade entre duas partículas G = constante universal da gravitação; de acordo com evidência experimental, G = 66,73(10–12) m3 NJэV2) m1, m2 = massa de cada uma das duas partículas r = distância entre as duas partículas * Enunciado de outra forma, a força em desequilíbrio que atua sobre a partícula é proporcional à taxa de variação da quantidade de movimento linear da partícula. força de A sobre B F F A B força de B sobre A Ação — reação (c) Figura 1.1 | 4 | Estática Peso Segundo a Equação 1.2, quaisquer duas partículas ou corpos possuem uma força de atração mútua (gravitacional) agindo entre eles. Entretanto, no caso de uma partícula localizada sobre ou próxima à superfície da Terra, a única força da gravidade com intensidade considerável é aquela entre a Terra e a partícula. Consequentemente, essa força, denominada peso, será a única força da gravidade considerada em nosso estudo da mecânica. Pela Equação 1.2, podemos desenvolver uma expressão aproximada para encontrar o peso W de uma partícula com uma massa m1 = m. Se considerarmos a Terra uma esfera sem rotação de densidade constante e tendo uma massa m2 = Me, e se r é a distância entre o centro da Terra e a partícula, temos: e W = G mM r2 Adotando g = GMe/r2, resulta: W = mg (1.3) Por comparação com F = ma, podemos ver que g é a aceleração devido à gravidade. Como ela depende de r, então o peso de um corpo não é uma quantidade absoluta. Em vez disso, sua intensidade é determinada onde a medição foi feita. Para a maioria dos cálculos de engenharia, no entanto, g é determinada ao nível do mar e na latitude de 45°, que é considerado o ‘local padrão’. 1.3 Unidades de medida As quatro quantidades básicas — comprimento, tempo, massa e força — não são todas independentes umas das outras; na verdade, elas estão relacionadas pela segunda lei do movimento de Newton, F = ma. Por essa razão, as unidades usadas para medir essas quantidades não podem ser todas selecionadas arbitrariamente. A igualdade F = ma é mantida apenas se três das quatro unidades, chamadas unidades básicas, estiverem definidas e a quarta unidade for, então, derivada da equação. Unidades SI O Sistema Internacional de Unidades, abreviado como SI, do francês Système International d’Unités, é uma versão moderna do sistema métrico, que recebeu aceitação mundial. Como mostra a Tabela 1.1, o sistema SI define o comprimento em metros (m), o tempo em segundos (s) e a massa em quilogramas (kg). A unidade de força, chamada ‘newton’ (N), é derivada de F = ma. Portanto, 1 newton é igual à força necessária para fornecer 1 quilograma de massa a uma aceleração de 1 m/s2 (N =NJэPV2). | Sistemas de unidades Nome Distância Tempo Massa Força Sistema Internacional de Unidades Metro Segundo Quilograma Newton* (SI) (m) (s) (kg) TABELA 1.1 (N) kg $ m c 2 m s *Unidade derivada. Capítulo 1 Princípios gerais Se o peso de um corpo localizado no ‘local padrão’ for determinado em newtons, então, a Equação 1.3 deve ser aplicada. Nessa equação, as medidas fornecem g = 9,80665 m/s2; entretanto, para cálculos, será usado o valor g = 9,81 m/s2. Assim, W = mg (g = 9,81 m/s2) 1 kg (1.4) Logo, um corpo de massa 1 kg possui um peso de 9,81 N, um corpo de 2 kg pesa 19,62 N e assim por diante (Figura 1.2). 9,81 N Figura 1.2 1.4 Sistema internacional de unidades O Sistema Internacional de Unidades (SI) será bastante usado neste livro, visto que ele deve se tornar o padrão de medida mundial. Portanto, apresentaremos agora algumas das regras para o seu uso e terminologias relevantes a mecânica para engenharia. Prefixos Quando uma quantidade numérica é muito grande ou muito pequena, as unidades usadas para definir seu tamanho podem ser modificadas usando um prefixo. Alguns dos prefixos usados no SI são mostrados na Tabela 1.2. Cada um representa um múltiplo ou submúltiplo de uma unidade que, se aplicado sucessivamente, move o ponto decimal de uma quantidade numérica a cada três casas decimais.* Por exemplo, 4 000 000 N = 4 000 kN (quilonewtons) = 4 MN (meganewtons), ou 0,005 m = 5 mm (milímetros). Observe que o sistema SI não inclui o múltiplo deca (10) ou o submúltiplo centi (0,01), que fazem parte do sistema métrico. Exceto para algumas medidas de volume e área, o uso desses prefixos deve ser evitado na ciência e na engenharia. TABELA 1.2 | Prefixos Forma exponencial Prefixo Símbolo SI 109 Múltiplos giga G 1 000 000 6 10 mega M 1 000 103 quilo k 10–3 mili m micro μ nano n 1 000 000 000 Submúltiplos 0,001 –6 0,000001 10 0,000000001 10–9 Regras para uso As regras importantes a seguir descrevem o uso apropriado dos vários símbolos do SI: Quantidades definidas por diversas unidades que são múltiplas umas das outras são separadas por um ponto para evitar confusão com a notação do * O quilograma é a única unidade básica que é definida com prefixo. | 5 | | 6 | Estática prefixo, como indicado por N = kg э m/s2 = kg э m э s–2. Também é o caso GHPэV PHWURVHJXQGR HPV PLOLVVHJXQGR A potência exponencial de uma unidade tendo um prefixo se refere a ambos: a unidade e seu prefixo. Por exemplo, μN2 = (μN)2 = μ1эμN. Da mesma forma, mm2 representa (mm)2 =PPэPP Com a exceção da unidade básica quilograma, em geral, evite o uso de prefixo no denominador das unidades compostas. Por exemplo, não escreva N/mm, mas sim kN/m; também m/mg deve ser escrito como Mm/kg. Ao realizar cálculos, represente os números em termos de suas unidades básicas ou derivadas convertendo todos os prefixos para potências de 10. O resultado final deve então ser expresso usando-se um prefixo simples. Também, após o cálculo, é melhor manter os valores numéricos entre 0,1 e 1000; caso contrário, um prefixo adequado deve ser escolhido. Por exemplo, (50 kN) (60 nm) = [50 (103) N] [60 (10-9) m] = 3000 (10-6) N $ m = 3 (10-3) N $ m = 3mN $ m 1.5 Cálculos numéricos O trabalho numérico na prática da engenharia é quase sempre realizado usando calculadoras e computadores. Entretanto, é importante que as respostas de qualquer problema sejam apresentadas com precisão justificável de algarismos significativos apropriados. Nesta seção, discutiremos esses tópicos juntamente com outros aspectos importantes envolvidos em todos os cálculos de engenharia. Homogeneidade dimensional Os termos de qualquer equação usada para descrever um processo físico devem ser dimensionalmente homogêneos; isto é, cada termo deve ser expresso nas mesmas unidades. Nesse caso, todos os termos de uma equação podem ser combinados se os valores numéricos forem substituídos nas variáveis. Considere, por exemplo, a equação s = vt + 1 at2 , onde, no SI, s é a posição em metros, m, t é o tempo em 2 segundos, s, v é a velocidade em m/s e a é a aceleração em m/s2. Independentemente de como a equação seja calculada, ela mantém sua homogeneidade dimensional. Na forma descrita, cada um dos três termos é expresso em metros [m, (m/s/)s/, (m/s/2)s/2] ou resolvendo para a, a = 2s/t2 – 2v/t, os termos são expressos em unidades de m/s2 [m/s2, m/s2, (m/s)/s]. Observe com atenção que os problemas na mecânica sempre envolvem a solução de equações dimensionalmente homogêneas e, portanto, esse fato pode ser usado como uma verificação parcial para manipulações algébricas de uma equação. Algarismos significativos O número de algarismos significativos contidos em qualquer número determina a precisão dele. Por exemplo, o número 4981 contém quatro algarismos significativos. Entretanto, se zeros ocorrerem no final de um número, pode não ficar claro quantos algarismos significativos o número representa. Por exemplo, 23400 pode ter três (234), quatro (2340) ou cinco (23400) algarismos significativos. Para evitar essas ambiguidades, usaremos a notação de engenharia para expressar um resultado. Isso exige que os números sejam arredondados para a quantidade adequada de algarismos significativos e, em seguida, expressos em múltiplos de (103), tais como: (103), (106) Capítulo 1 ou (10–9). Por exemplo, se 23400 tiver cinco algarismos significativos, ele é escrito como 23,400(103), mas se tiver apenas três algarismos significativos, ele é escrito como 23,4(103). Se zeros ocorrerem no início de um número menor que um, então não serão significativos. Por exemplo, 0,00821 possui três algarismos significativos. Usando a notação de engenharia, esse número é expresso como 8,21(10–3). Da mesma forma, 0,000582 pode ser expresso como 0,582(10–3) ou 582(10–6). Arredondamento de números Arredondar um número é necessário para que a precisão do resultado seja a mesma dos dados do problema. Como regra geral, qualquer algarismo numérico terminado em cinco ou mais é arredondado para cima e um número menor que cinco é arredondado para baixo. As regras do arredondamento de números são mais bem ilustradas através de exemplos. Suponha que o número 3,5587 precise ser arredondado para três algarismos significativos. Como o quarto algarismo (8) é maior que 5, o terceiro número é arredondado para 3,56. De igual modo, 0,5896 se torna 0,590 e 9,3866 se torna 9,39. Se arredondarmos 1,341 para três algarismos significativos, como o quarto algarismo (1) é menor que 5, então teremos 1,34. Semelhantemente, 0,3762 se torna 0,376 e 9,871 se torna 9,87. Existe um caso especial para qualquer número que tenha um 5 com zeros em seguida. Como regra geral, se o algarismo precedendo o 5 for um número par, então esse algarismo não é arredondado para cima. Se o algarismo precedendo o 5 for um número impar, então ele é arredondado para cima. Por exemplo, 75,25 arredondado para três algarismos significativos se torna 75,2; 0,1275 se torna 0,128; e 0,2555 se torna 0,256. Cálculos Quando uma sequência de cálculos é realizada, é melhor armazenar os resultados intermediários na calculadora. Em outras palavras, não arredonde os cálculos até expressar o resultado final. Esse procedimento mantém a precisão por toda a série de etapas até a solução final. Neste texto, normalmente arredondamos as respostas para três algarismos significativos, já que a maioria dos dados na mecânica para engenharia, como geometria e cargas, podem ser medidos de maneira confiável nesse nível de precisão. 1.6 Procedimentos gerais para análise A maneira mais eficaz de aprender os princípios da mecânica para engenharia é resolver problemas. Para obter sucesso nessa empreitada, é importante sempre apresentar o trabalho de uma maneira lógica e organizada, como sugerido na seguinte sequência de passos: Leia o problema cuidadosamente e tente correlacionar a situação física real com a teoria estudada. Tabule os dados do problema e desenhe os diagramas necessários. Aplique os princípios relevantes, geralmente na forma matemática. Ao escrever quaisquer equações, certifique-se de que sejam dimensionalmente homogêneas. Resolva as equações necessárias e expresse a resposta com até três algarismos significativos. Estude a resposta com julgamento técnico e bom senso para determinar se ela parece ou não razoável. Princípios gerais | 7 | | 8 | Estática Pontos importantes Estática é o estudo dos corpos que estão em repouso ou se movendo com velocidade constante. Uma partícula possui massa, mas sua dimensão pode ser desprezada. Um corpo rígido não se deforma sob a ação de uma carga. Forças concentradas são aquelas que atuam em um único ponto sobre um corpo. As três leis de movimento de Newton devem ser memorizadas. Massa é a medida de uma quantidade de matéria que não muda de um local para outro. Peso refere-se à atração da gravidade da Terra sobre um corpo ou quantidade de massa. Sua intensidade depende da elevação em que a massa está localizada. No SI, a unidade de força, o newton, é uma unidade derivada. O metro, o segundo e o quilograma são unidades básicas. Os prefixos G, M, k, m, μ e n são usados para representar quantidades numéricas grandes e pequenas. A expressão exponencial deve ser conhecida, bem como as regras para usar unidades do SI. Realize cálculos numéricos com vários algarismos significativos e, depois, expresse a resposta com três algarismos significativos. Manipulações algébricas de uma equação podem ser verificadas em parte conferindo se a equação permanece dimensionalmente homogênea. Conheça as regras de arredondamento de números. Exemplo 1.1 Converta 2 km/h em m/s. SOLUÇÃO Como 1 km = 1000 m e 1 h = 3600 s, os fatores de conversão são organizados na seguinte ordem, de modo que possa ser aplicado um cancelamento das unidades: 2 km 1000 m 1h 2 km/h = c mc 3600 s m h km = 2000 m = 0, 556 m/s 3600 s NOTA: Lembre-se de arredondar a resposta para três algarismos significativos. Exemplo 1.2 Calcule numericamente cada uma das expressões e escreva cada resposta em unidades SI usando um prefixo apropriado: (a) (50 mN)(6 GN); (b) (400 mm) (0,6 MN)2; (c) 45 MN3/900 Gg. SOLUÇÃO Primeiro, converta cada número em unidades básicas, efetue as operações indicadas e depois escolha um prefixo apropriado. Capítulo 1 Princípios gerais | 9 | Parte (a) (50 mN)(6 GN) = [50(10–3) N][6(109) N] = 300(106) N2 1kN = 300 (106) N2 c 1kN mc m 103 N 103 N = 300 kN2 NOTA: Observe com atenção a conversão kN2 = (kN)2 = 106 N2. Parte (b) (400 mm)(0,6 MN)2 = [400(10–3) m][0,6 (106) N]2 = [400(10–3) m][0,36 (1012) N]2 = 144(109) m $ N2 = 144 Gm $ N2 Podemos escrever também: 1MN 144 (109) m $ N2 = 144 (109) m $ N2 c 1MN mc m 106 N 106 N = 0,144 m $ MN2 Parte (c) 6 3 45 MN3 = 45 (10 N) 900 Gg 900 (106) kg = 50 (109) N3 /kg 3 1 50 (109) N3 c 1kN m kg 3 10 N = 50 kN3 /kg Problemas 1.1. Arredonde os seguintes números para três algarismos significativos: (a) 4,65735 m, (b) 55,578 s, (c) 4555 N e (d) 2768 kg. 1.2. Represente cada uma das seguintes combinações de unidades na forma do SI correta usando o prefixo apropriado: (a) μMN, (b) N/μm, (c) MN/ks2 e (d) kN/ms. 1.3. Represente cada uma das seguintes quantidades na forma SI correta usando um prefixo apropriado: (a) 0,000431 kg, (b) 35,3(103) N e (c) 0,00532 km. *1.4. Represente cada uma das seguintes quantidades na forma do SI correta usando um prefixo apropriado: D 0JPV E 1PPH F P1 NJэμs). 1.5. Represente cada uma das seguintes quantidades na forma do SI correta usando um prefixo apropriado: (a) kN/μV E 0JP1H F 01 NJэPV 1.6. Represente cada uma das seguintes expressões com três algarismos significativos e expresse cada resultado em unidades SI usando um prefixo apropriado: (a) 45320 kN, (b) 568(105) mm e (c) 0,00563 mg. 1.7. Um foguete possui uma massa de 3,65(106) kg na Terra. Especifique seu peso em unidades do SI. Se o foguete estiver na Lua, onde a aceleração devido à gravidade é gm = 1,62 m/ s2, determine com três algarismos significativos seu peso e sua massa em unidades do SI. *1.8. Se um carro está viajando a 88 km/h, determine sua velocidade em metros por segundo. 1.9. O pascal (Pa) é uma unidade de pressão muito pequena. Dado que 1 Pa = 1 N/m2 e a pressão atmosférica no nível do mar é 101,325 kN/m2, quantos pascais vale essa quantidade? 1.10. Qual é o peso em newtons de um objeto que tenha a massa de: (a) 10 kg, (b) 0,5 g e (c) 4,50 Mg? Expresse o resultado com três algarismos significativos. Use o prefixo apropriado. 1.11. Resolva cada uma das seguintes expressões com três algarismos significativos e expresse cada resultado em unidades SI usando um prefixo apropriado: (a) 354 mg(45 km)/0,0356 kN), (b) 0,00453 Mg)(201 ms) e (c) 435 MN/23,2 mm. *1.12. O peso específico (peso/volume) do bronze é 85 kN/m3. Determine sua densidade (massa/volume) em unidades do SI. Use um prefixo apropriado. *1.13. Duas partículas possuem uma massa de 8 kg e 12 kg, respectivamente. Se elas estão a 800 mm uma da outra, determine a força da gravidade agindo entre elas. Compare esse resultado com o peso de cada partícula. | 10 | Estática 1.14. Determine a massa em quilogramas de um objeto que tem um peso de (a) 20 mN, (b) 150 kN e (c) 60 MN. Expresse o resultado com três algarismos significativos. 1.15. Resolva cada uma das seguintes expressões com três algarismos significativos e expresse cada resposta em unidades do SI usando um prefixo apropriado: (a) (200 kN)2, (b) (0,005 mm)2 e (c) (400 m)3. 1.16. Usando as unidades básicas do SI, mostre que a Equação 1.2 é uma equação dimensionalmente homogênea que resulta F em newtons. Determine com três algarismos significativos a força gravitacional agindo entre duas esferas que estão se tocando. A massa de cada esfera é 200 kg e o raio é 300 mm. *1.17. Resolva cada uma das seguintes expressões com três algarismos significativos e expresse cada resposta em unidades do SI usando um prefixo apropriado: (a) (0,631 Mm)/(8,60 kg)2 e (b) (35 mm)2(48 kg)3. 1.18. Resolva (204 mm)(0,00457 kg)/(34,6 N) com três algarismos significativos e expresse o resultado em unidades do SI usando um prefixo apropriado. CAPÍTULO 2 Vetores de força Objetivos do capítulo Mostrar como adicionar forças e decompô-las em componentes usando a lei do paralelogramo. Expressar a força e sua posição na forma de um vetor cartesiano e explicar como determinar a intensidade e a direção do vetor. Introduzir 2.1 o produto escalar para determinar o ângulo entre dois vetores ou a projeção de um vetor sobre outro. Escalares e vetores Todas as quantidades físicas na mecânica para engenharia são medidas usando escalares ou vetores. Escalar Um escalar é qualquer quantidade física positiva ou negativa que pode ser completamente especificada por sua intensidade. Exemplos de quantidades escalares incluem comprimento, massa e tempo. Vetor Um vetor é qualquer quantidade física que requer uma intensidade e uma direção para sua completa descrição. Exemplos de vetores encontrados na estática são força, posição e momento. Um vetor é representado graficamente por uma seta. O comprimento da seta representa a intensidade do vetor, e o ângulo ș entre o vetor e um eixo fixo determina a direção de sua linha de ação. A ponta da seta indica o sentido da direção do vetor (Figura 2.1). Neste livro, as quantidades vetoriais são representadas por letras em negrito, como A, e sua intensidade aparece em itálico, como A. Para manuscritos, em geral, é conveniente indicar uma quantidade vetorial simplesmente desenhando uma seta acima dela, como A . Sentido A Intensidade θ Direção Figura 2.1 | 12 | Estática 2.2 Operações vetoriais 2A A A –0,5A 0XOWLSOLFDomRHGLYLVmRHVFDODUHV Figura 2.2 Multiplicação e divisão de um vetor por um escalar 6HXPYHWRUpPXOWLSOLFDGRSRUXPHVFDODUSRVLWLYRVXDLQWHQVLGDGHpDXPHQWDGD SRU HVVD TXDQWLGDGH 4XDQGR PXOWLSOLFDGR SRU XP HVFDODU QHJDWLYR HOH WDPEpP PXGDUiRVHQWLGRGLUHFLRQDOGRYHWRU([HPSORVJUiILFRVVmRPRVWUDGRVQD)LJXUD Adição de vetores 7RGDVDVTXDQWLGDGHVYHWRULDLVREHGHFHPjOHLGRSDUDOHORJUDPRGDDGLomR3DUD LOXVWUDURVGRLVYHWRUHVµFRPSRQHQWHV¶$H%QD)LJXUDDVmRVRPDGRVSDUDIRUPDU XPYHWRUµUHVXOWDQWH¶5$%XVDQGRRVHJXLQWHSURFHGLPHQWR 3ULPHLURXQDDVRULJHQVGRVYHWRUHVFRPSRQHQWHVHPXPSRQWRGHPRGR TXHVHWRUQHPFRQFRUUHQWHV )LJXUDE $ SDUWLU GD H[WUHPLGDGH GH % GHVHQKH XPD OLQKD SDUDOHOD D $ 'HVHQKH RXWUDOLQKDDSDUWLUGDH[WUHPLGDGHGH$TXHVHMDSDUDOHODD%(VVDVGXDV OLQKDVVHLQWHUFHSWDPQRSRQWR3SDUDIRUPDURVODGRVDGMDFHQWHVGHXP SDUDOHORJUDPR $GLDJRQDOGHVVHSDUDOHORJUDPRTXHVHHVWHQGHDWp3IRUPD5TXHHQWmR UHSUHVHQWDRYHWRUUHVXOWDQWH5$% )LJXUDF A A A R P B B B 5$% /HLGRSDUDOHORJUDPR (a) (b) (c) Figura 2.3 7DPEpPSRGHPRVVRPDU%D$ )LJXUDD XVDQGRDUHJUDGRWULkQJXORTXH pXPFDVRHVSHFLDOGDOHLGRSDUDOHORJUDPRHPTXHRYHWRU%pVRPDGRDRYHWRU$ GDIRUPDµH[WUHPLGDGHSDUDRULJHP¶RXVHMDFRQHFWDQGRDH[WUHPLGDGHGH$FRP DRULJHPGH% )LJXUDE 25UHVXOWDQWHVHHVWHQGHGDRULJHPGH$jH[WUHPLGDGH GH%'HPRGRVHPHOKDQWH5WDPEpPSRGHVHUREWLGRVRPDQGR$D% )LJXUDF 3RUFRPSDUDomRYHPRVTXHDDGLomRGHYHWRUHVpFRPXWDWLYDHPRXWUDVSDODYUDV RVYHWRUHVSRGHPVHUVRPDGRVHPTXDOTXHURUGHPRXVHMD5$%%$ A B A R R B A B (a) 5$% 5%$ 5HJUDGRWULkQJXOR 5HJUDGRWULkQJXOR (b) (c) Figura 2.4 Capítulo 2 No caso especial em que os dois vetores A e B são colineares, ou seja, ambos possuem a mesma linha de ação, a lei do paralelogramo reduz-se a uma adição algébrica ou escalar R = A + B, como mostra a Figura 2.5. | Vetores de força 13 | R A B R=A+B Adição de vetores colineares Subtração de vetores Figura 2.5 A resultante da diferença entre dois vetores A e B do mesmo tipo pode ser expressa como: R' = A – B = A + (–B) Essa soma de vetores é mostrada graficamente na Figura 2.6. A subtração é definida, portanto, como um caso especial da adição, de modo que as regras da adição vetorial também se aplicam à subtração de vetores. B A A R' B ou B Lei do paralelogramo Subtração de vetores R' A Construção do triângulo Figura 2.6 Adição vetorial de forças 2.3 Segundo experimentos, uma força é uma quantidade vetorial, pois possui intensidade, direção e sentido especificados, e sua soma é feita de acordo com a lei do paralelogramo. Dois problemas comuns em estática envolvem determinar a força resultante, conhecendo-se suas componentes ou decompor uma força conhecida em duas componentes. Descreveremos agora como cada um desses problemas é resolvido usando a lei do paralelogramo. Determinando uma força resultante F1 As duas forças componentes, F1 e F2, agindo sobre o pino da Figura 2.7a podem ser somadas para formar a força resultante FR = F1 + F2, como mostra a Figura 2.7b. A partir dessa construção, ou usando a regra do triângulo (Figura 2.7c), podemos aplicar a lei dos cossenos ou a lei dos senos para o triângulo a fim de obter a intensidade da força resultante e sua direção. F1 F2 (a) FR A lei do paralelogramo é usada para determinar a resultante das duas forças agindo sobre o gancho. F1 F1 FR F2 F2 F2 FR FR = F1 + F2 (b) Figura 2.7 Determinando as componentes de uma força Algumas vezes é necessário decompor uma força em duas componentes para estudar seu efeito de ‘empurrão’ ou ‘puxão’ em duas direções específicas. Por exemplo, na Figura 2.8a, F deve ser decomposta em duas componentes ao longo dos (c) v | 14 | Estática F Fv Fu v u Usando a lei do paralelogramo, a força F causada pelo membro vertical pode ser decomposta nas componentes que agem ao longo dos cabos de suspensão u e v. dois membros, definidos pelos eixos u e v. Para determinar a intensidade de cada componente, um paralelogramo é construído primeiro, desenhando linhas iniciando na extremidade de F, uma linha paralela a u e a outra linha paralela a v. Essas linhas então se interceptam com os eixos v e u, formando um paralelogramo. As componentes da força Fu e Fv são estabelecidas simplesmente unindo a origem de F com os pontos de interseção nos eixos u e v (Figura 2.8b). Esse paralelogramo pode então ser reduzido a um triângulo, que representa a regra do triângulo (Figura 2.8c). A partir disso, a lei dos senos pode ser aplicada para determinar as intensidades desconhecidas das componentes. v v F F F1 + F2 Fv FR Fv F2 u F1 F2 F1 (c) Adição de várias forças FR F2 (b) Fu Figura 2.8 F3 Figura 2.9 F1 u Fu (a) O F F3 A força resultante FR sobre o gancho requer a adição de F1 + F2. Depois a resultante é somada a F3. Se mais de duas forças precisam ser somadas, aplicações sucessivas da lei do paralelogramo podem ser realizadas para obter a força resultante. Por exemplo, se três forças, F1, F2 e F3 atuam em um ponto O (Figura 2.9), a resultante de quaisquer duas das forças (digamos, F1 + F2) é encontrada e, depois, essa resultante é somada à terceira força, produzindo a resultante das três forças, ou seja, FR = (F1 + F2) + F3. O uso da lei do paralelogramo para adicionar mais de duas forças, como mostrado, normalmente requer cálculos extensos de geometria e trigonometria para determinar os valores numéricos da intensidade e direção da resultante. Em vez disso, problemas desse tipo podem ser facilmente resolvidos usando o ‘método das componentes retangulares’, que será explicado na Seção 2.4. Procedimento para análise Problemas que envolvem a soma de duas forças podem ser resolvidos da seguinte maneira: F1 Fu Lei do paralelogramo Duas forças ‘componentes’, F1 e F2 na Figura 2.10a se somam conforme a lei do paralelogramo, dando uma força resultante FR que forma a diagonal do paralelogramo. Se uma força F precisar ser decomposta em componentes ao longo de dois eixos u e v (Figura 2.10b), então, iniciando na extremidade da força F, construa linhas paralelas aos eixos, formando, assim, o paralelogramo. Os lados do paralelogramo representam as componentes, Fu e Fv. Rotule todas as intensidades das forças conhecidas e desconhecidas e os ângulos no esquema e identifique as duas forças desconhecidas quanto à intensidade e à direção de FR ou às intensidades de suas componentes. Figura 2.10 Trigonometria Redesenhe metade do paralelogramo para ilustrar a adição triangular ‘extremidade-para-origem’ das componentes. FR F2 (a) v F u Fv (b) Capítulo 2 | Vetores de força 15 | 3RUHVVHWULkQJXORDLQWHQVLGDGHGDIRUoDUHVXOWDQWHpGHWHUPLQDGDSHODOHLGRV FRVVHQRV H VXD GLUHomR SHOD OHL GRV VHQRV $V LQWHQVLGDGHV GDV GXDV FRPSRQHQWHVGHIRUoDVmRGHWHUPLQDGDVSHODOHLGRVVHQRV$VIyUPXODVVmR PRVWUDGDVQD)LJXUDF c A B b a C Lei dos cossenos: C A 2 B 2 2AB cos c Lei dos senos: A B C sen a sen b sen c Pontos importantes (c) (VFDODUpXPQ~PHURSRVLWLYRRXQHJDWLYR Figura 2.10 9HWRUpXPDTXDQWLGDGHTXHSRVVXLLQWHQVLGDGHGLUHomRHVHQWLGR $ PXOWLSOLFDomR RX GLYLVmR GH XP YHWRU SRU XP HVFDODU PXGD D LQWHQVLGDGH GRYHWRU2VHQWLGRGHOHPXGDUiVHRHVFDODUIRUQHJDWLYR &RPR XP FDVR HVSHFLDO VH RV YHWRUHV IRUHP FROLQHDUHV D UHVXOWDQWH VHUi VHUi IRUPDGDSHODDGLomRDOJpEULFDRXHVFDODU Exemplo 2.1 2JDQFKRQD)LJXUDDHVWiVXMHLWRDGXDVIRUoDV)H)'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGH HDGLUHomRGDIRUoDUHVXOWDQWH 10° A F2 = 150 N 150 N 65° 115° F1 = 100 N 10° FR 360 – 2(65°) 15° = 115° 2 100 N θ 15° 90° – 25° = 65° (b) (a) SOLUÇÃO Lei do paralelogramo 2SDUDOHORJUDPRpIRUPDGRSRUXPDOLQKDDSDUWLUGDH[WUHPLGDGHGH)TXHVHMD SDUDOHOD D ) H RXWUD OLQKD D SDUWLU GD H[WUHPLGDGH GH ) TXH VHMD SDUDOHOD D ) $IRUoDUHVXOWDQWH)5HVWHQGHVHSDUDRQGHHVVDVOLQKDVVHLQWHUFHSWDPQRSRQWR$ )LJXUDE $VGXDVLQFyJQLWDVVmRDLQWHQVLGDGHGH)5HRkQJXORș WHWD Trigonometria $SDUWLUGRSDUDOHORJUDPRRWULkQJXORYHWRULDOpFRQVWUXtGR )LJXUDF 8VDQGR DOHLGRVFRVVHQRV FR = ^100 Nh2 + ^150 Nh2 - 2^100 Nh^150 Nh cos 115° = 10 000 + 22 500 - 30 000^-0, 4226h = 212, 6 N = 213 N FR 150 N 115° θ ϕ 15° 100 N (c) Figura 2.11 | 16 | Estática Aplicando a lei dos senos para determinar ș, 150 N = 212, 6 N sen i = 150 N ^sen 115°h sen 115° 212, 6 N sen i i = 39, 8° Logo, a direção ‫( ׋‬fi) de FR, medida a partir da horizontal, é: ‫ = ׋‬39,8° + 15,0° = 54,8° NOTA: Os resultados parecem razoáveis, visto que a Figura 2.11b mostra que FR possui uma intensidade maior que suas componentes e uma direção que está entre elas. Exemplo 2.2 Decomponha a força horizontal de 600 N da Figura 2.12a nas componentes que atuam ao longo dos eixos u e v e determine as intensidades dessas componentes. u u B Fu 30° 30° 30° 30° 30° A 600 N Fv 120° 600 N 120 Fu 30° 120° 30° Fv 600 N C v v (a) (b) (c) Figura 2.12 SOLUÇÃO O paralelogramo é construído estendendo-se uma linha da extremidade da força de 600 N paralela ao eixo v até que ela intercepte o eixo u no ponto B (Figura 2.12b). A seta de A para B representa Fu. Da mesma forma, a linha estendida da extremidade da força de 600 N paralelamente ao eixo u intercepta o eixo v no ponto C, que resulta em Fv. A adição de vetores usando a regra do triângulo é mostrada na Figura 2.12c. As duas incógnitas são as intensidades de Fu e Fv. Aplicando a lei dos senos, Fu = 600 N sen 120° sen 30° Fu = 1039 N Fv = 600 N sen 30° sen 30° Fv = 600 N NOTA: O resultado para Fu mostra que algumas vezes uma componente pode ter uma intensidade maior do que a resultante. Capítulo 2 Exemplo | 17 Vetores de força | 2.3 Determine a intensidade da força componente F na Figura 2.13a e a intensidade da força resultante se FR estiver direcionada ao longo do eixo y positivo. y y 45° F FR 200 N 45° F 45° 45° 75° 45° 60° 30° 200 N 30° 30° (a) F FR 60° 200 N (b) (c) Figura 2.13 SOLUÇÃO A lei do paralelogramo da adição é mostrada na Figura 2.13b e a regra do triângulo é mostrada na Figura 2.13c. As intensidades de FR e F são as duas incógnitas. Elas podem ser determinadas aplicando-se a lei dos senos. F = 200 N sen 60° sen 45° F = 245 N FR = 200 N sen 75° sen 45° FR = 273 N Exemplo 2.4 É necessário que a força resultante que age sobre a argola na Figura 2.14a seja direcionada ao longo do eixo x positivo e que F2 tenha uma intensidade mínima. Determine essa intensidade, o ângulo ș e a força resultante correspondente. F1 = 800 N F2 60° 60° x F1 = 800 N F2 F1 = 800 N θ FR 60° x θ FR x θ = 90° F2 (a) (b) Figura 2.14 SOLUÇÃO A regra do triângulo para FR = F1 + F2 é mostrada na Figura 2.14b. Como as intensidades (comprimento) de FR e F2 não são especificadas, então F2 pode ser (c) | 18 | Estática qualquer vetor que tenha sua extremidade tocando a linha de ação de FR (Figura 2.14c). Entretanto, como mostra a figura, a intensidade de F2 é uma distância mínima, ou a mais curta, quando sua linha de ação é perpendicular à linha de ação de FR, ou seja, quando ș = 90° Como a adição vetorial forma agora um triângulo reto, as duas intensidades desconhecidas podem ser obtidas pela trigonometria. FR = (800 N)cos 60° = 400 N F2 = (800 N)sen 60° = 693 N Problemas fundamentais* 2.1. Determine a intensidade da força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x. *Soluções parciais e respostas para todos os problemas fundamentais são fornecidas no final do livro. 2.4. Decomponha a força de 300 N nas componentes ao longo dos eixos u e v, e determine a intensidade de cada uma dessas componentes. v x 60° 300 N 15° 45° 30° u 2 kN 6 kN Problema 2.1 2.2. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine a intensidade da força resultante. Problema 2.4 2.5. A força F = 900 N atua sobre a estrutura. Decomponha essa força nas componentes que atuam ao longo dos membros AB e AC, e determine a intensidade de cada componente. A 30° C 30° 40° 45° 900 N 200 N 500 N B Problema 2.2 2.3. Determine a intensidade da força resultante e sua direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo. y Problema 2.5 2.6. Se a força F precisa ter uma componente ao longo do eixo u com Fu = 6 kN, determine a intensidade de F e de sua componente Fv ao longo do eixo v. u 800 N F 45° 105° x 30° 600 N Problema 2.3 v Problema 2.6 Capítulo 2 Vetores de força | 19 | Problemas s Se ș = 30° e T = 6 kN, determine a intensidade da força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. 2.2. Se ș = 60° e T = 5 kN, determine a intensidade da força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. 2.3. Se a intensidade da força resultante deve ser 9 kN direcionada ao longo do eixo x positivo, determine a intensidade da força T que atua sobre a argola e seu ângulo ș. y s A chapa está submetida a duas forças em A e B, como mostrado na figura. Se ș = 60°, determine a intensidade da resultante das duas forças e sua direção medida no sentido horário a partir da horizontal. 2.10. Determine o ângulo de ș para conectar o membro A à chapa de modo que a força resultante de FA e FB seja direcionada horizontalmente para a direita. Além disso, informe qual é a intensidade da força resultante. FA 8 kN ș T A ș x 45° 40° 8 kN Problemas 2.1/2/3 *2.4. Determine a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte e sua direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo u positivo. s Decomponha F1 em componentes ao longo dos eixos u e v, e determine suas intensidades. 2.6. Decomponha F2 em componentes ao longo dos eixos u e v, e determine suas intensidades. F2 v 2.11. Se a tração no cabo é 400 N, determine a intensidade e a direção da força resultante que atua sobre a polia. Esse ângulo é o mesmo ângulo ș da linha AB no bloco do carretel. 400 N y 30° ș x B 400 N A 45° F1 FB 6 kN Problemas 2.9/10 150 N 30° 30° u B Problema 2.11 200 N Problemas 2.4/5/6 2.7. Se FB = 2 kN e a força resultante atua ao longo do eixo u positivo, determine a intensidade da força resultante e o ângulo ș. *2.8. Se a força resultante precisa atuar ao longo do eixo u positivo e ter uma intensidade de 5 kN, determine a intensidade necessária de FB e sua direção ș. y FA 3 kN x A ș 30° B FB Problemas 2.7/8 u *2.12. O dispositivo é usado para a substituição cirúrgica da articulação do joelho. Se a força que atua ao longo da perna é 360 N, determine suas componentes ao longo dos eixos x e y'. 2.13. O dispositivo é usado para a substituição cirúrgica da articulação do joelho. Se a força que atua ao longo da perna é 360 N, determine suas componentes ao longo dos eixos x' e y. y' y 10° x' x 60° 360 N Problemas 2.12/13 | 20 | Estática 2.14. Determine o ângulo ș ș SDUDRWLUDQWHAB, de modo que a força horizontal de 800 N tenha uma componente de 1000 N direcionado de A até C. Qual é a componente da força que atua ao longo do membro AB? Considere ‫ = ׋‬40°. *2.20. Se ‫ = ׋‬45°, F1 = 5 kN e a força resultante é de 6 kN, orientada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade necessária de F2 e sua direção ș. s Se ‫ = ׋‬30° e a força resultante deve ser de 6 kN, orientada ao longo do eixo y positivo, determine as 2.15. Determine o ângulo ‫ ׋ ׋‬HQWUHRVWLUDQWHV intensidades de F1 e F2, e o ângulo ș se F2 necessita ser AB e AC, de modo que a força horizontal de 800 N tenha mínima. uma componente de 1200 N que atue para a esquerda, na 2.22. Se ‫ = ׋‬30°, F = 5 kN e a força resultante deve ser 1 direção de B para A. Considere ș = 30°. orientada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade 800 N A da força resultante, se F2 necessita ser mínima. Além disso, quais os valores de F2 e do ângulo ș? ș B ‫׋‬ x F1 y ‫׋‬ C ș F2 Problemas 2.14/15 *2.16. Decomponha F1 nas componentes que atuam ao longo dos eixos u e v e determine suas intensidades. s Decomponha F2 nas componentes que atuam ao longo dos eixos u e v e determine suas intensidades. v F2 150 N 60° Problemas 2.20/21/22 2.23. Se ș = 30° e F2 = 6 kN, determine a intensidade da força resultante que atua sobre a chapa e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. F1 250 N 30° u *2.24. Se a força resultante FR está orientada ao longo da linha a 75° no sentido horário a partir do eixo x positivo e a intensidade de F2 deve ser mínima, determine as intensidades de FR e F2, e o ângulo ș 30° 105° y F3 5 kN F2 Problemas 2.16/17 2.18. A caminhonete precisa ser rebocada usando duas cordas. Determine as intensidades das forças FA e FB que atuam em cada corda para produzir uma força resultante de 950 N, orientada ao longo do eixo x positivo. Considere ș = 50°. A caminhonete precisa ser rebocada usando duas cordas. Se a força resultante deve ser de 950 N, orientada ao longo do eixo x positivo, determine as intensidades das forças FA e FB que atuam sobre cada corda e o ângulo șde FB, de modo que a intensidade de FB seja mínima. FA atua a 20° do eixo x, como mostra a figura. ș F 1 4 kN Problemas 2.23/24 s Duas forças F1 e F2 atuem sobre o gancho. Se suas linhas de ação formam um ângulo ș e a intensidade de cada força é F1 = F2 = F, determine a intensidade da força resultante FR e o ângulo entre FR e F1. F1 y A B FA 20° ș x ș FB Problemas 2.18/19 x F2 Problema 2.25 Capítulo 2 2.26. A tora deve ser rebocada por dois tratores A e B. Determine as intensidades das duas forças de reboque FA e F% levando-se em conta que a força resultante tenha uma intensidade FR = 10 kN e seja orientada ao longo o eixo x. Considere ș = 15°. 2.27. A resultante FR das duas forças que atuam sobre a tora deve estar orientada ao longo do eixo x positivo e ter uma intensidade de 10 kN. Determine o ângulo ș do cabo acoplado a B para que a intensidade da força FB nesse cabo seja mínima. Qual é a intensidade da força em cada cabo, nessa situação? Vetores de força | 21 | 2.30. Três correntes atuam sobre o suporte, de modo a criarem uma força resultante com intensidade de 1000 N. Se duas das correntes estão submetidas a forças conhecidas, como mostra a figura, determine o ângulo ș da terceira corrente, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo, de modo que a intensidade da força F nessa corrente seja mínima. Todas as forças estão localizadas no plano x–y. Qual é a intensidade de F? Dica: Determine primeiro a resultante das duas forças conhecidas. A força F atua nessa direção. y y 600 N FA 30° A 30° x x ș ș FB F B Problemas 2.26/27 400 N *2.28. A viga deve ser içada usando-se duas correntes. Determine as intensidades das forças FA e FB que atuam em cada corrente, a fim de obter uma força resultante de 600 N orientada ao longo do eixo y positivo. Considere ș = 45°. s A viga deve ser içada usando-se duas correntes. Se a força resultante for de 600 N, orientada ao longo do eixo y positivo, determine as intensidades das forças FA e FB que atuam em cada corrente e o ângulo ș de F% para que a intensidade de FB seja mínima. FA atua a 30° do eixo y, como mostra a figura. Problema 2.30 2.31. Três cabos puxam um tubo de tal modo que geram uma força resultante com intensidade de 1800 N. Se dois dos cabos estiverem submetidos a forças conhecidas, como mostra a figura, determine o ângulo ș do terceiro cabo, de modo que a intensidade da força F neste cabo seja mínima. Todas as forças estão localizadas no plano x–y. Qual é a intensidade de F? Dica: Determine primeiro a resultante das duas forças conhecidas. y y 1200 N FB FA ș 45° 30° F x ș x 30° 800 N Problemas 2.28/29 Problema 2.31 | 22 | Estática y 2.4 Quando uma força é decomposta em duas componentes ao longo dos eixos x e y, as componentes são, então, chamadas de componentes retangulares. Para um trabalho analítico, podemos representar essas componentes de duas maneiras, usando a notação escalar ou a notação de vetor cartesiano. F θ x Fx Notação escalar (a) As componentes retangulares da força F mostrados na Figura 2.15a são determinadas usando a lei do paralelogramo, de modo que F = Fx + Fy. Como essas componentes formam um triângulo retângulo, suas intensidades podem ser determinadas por: y Fx Fy x Fx = F cos ș c b Adição de um sistema de forças coplanares e a Fy = F sen ș F No entanto, em vez de usar o ângulo ș, a direção de F também pode ser definida por um pequeno triângulo ‘da inclinação’, como mostra a Figura 2.15b. Como esse triângulo e o triângulo maior sombreado são semelhantes, o comprimento proporcional dos lados fornece: Fx = a F c (b) Figura 2.15 ou Fx = F c a m c e Fy =b F c ou Fy = - F c b m c A componente y é um escalar negativo, já que Fy está orientada ao longo do eixo y negativo. É importante lembrar que a notação escalar positiva e negativa deve ser usada apenas para fins de cálculos, não para representações gráficas em figuras. Neste livro, a ponta (extremidade) de uma seta do vetor em qualquer figura representa o sentido do vetor graficamente; sinais algébricos não são usados para esse propósito. Portanto, os vetores nas figuras 2.15a e 2.15b são representados em negrito (vetor).* Sempre que forem escritos símbolos em itálico próximo das setas dos vetores nas figuras, eles indicam a intensidade do vetor, que é sempre uma quantidade positiva. Notação vetorial cartesiana y Também é possível representar as componentes x e y de uma força em termos de vetores cartesianos unitários i e j. Cada um desses vetores unitários possui intensidade adimensional igual a um e, portanto, pode ser usado para designar as direções dos eixos x e y, respectivamente (Figura 2.16).** j F Fy x Fx Figura 2.16 i * Sinais negativos são usados em figuras com notação em negrito apenas quando mostram pares de vetores iguais, mas opostos, como na Figura 2.2. ** Em trabalhos manuscritos, os vetores unitários normalmente são indicados por acento circunflexo, por exemplo, î e ^j . Esses vetores têm intensidade adimensional unitária, e seu sentido (ou ponta de seta) será descrito analiticamente por um sinal de mais ou de menos, se apontarem para o sentido positivo ou negativo do eixo x ou y. Capítulo 2 | Vetores de força | 23 Como a intensidade de cada componente de F é sempre uma quantidade positiva, representada pelos escalares (positivos) Fx e Fy, então, podemos expressar F como um vetor cartesiano. F = Fxi + Fyj Resultante de forças coplanares Qualquer um dos dois métodos descritos pode ser usado para determinar a resultante de várias forças coplanares. Para tanto, cada força é decomposta em suas componentes x e y; depois, as respectivas componentes são somadas usando-se álgebra escalar, uma vez que são colineares. A força resultante é então composta adicionando-se as componentes por meio da lei do paralelogramo. Por exemplo, considere as três forças concorrentes na Figura 2.17a, que têm as componentes x e \ como mostra a Figura 2.17b. Usando a notação vetorial cartesiana, cada força é representada como um vetor cartesiano, ou seja, y F1 = F1xi + F1yj F2 = –F2xi + F2yj F2 F3 = F3xi – F3yj F1 x O vetor resultante é, portanto, FR = F1 + F2 + F3 F3 = F1xi + F1yj – F2xi + F2yj + F3xi – F3yj (a) = (F1x – F2x + F3x) i + (F1y + F2y – F3y) j y = (FRx) i + (FRy) j F2y Se for usada a notação escalar, temos então, +) (" (+-) FRx = F1x – F2x + F3x F2x F1x F3x FRy = F1y + F2y – F3y Esses são os mesmos resultados das componentes i e j de FR determinados anteriormente. As componentes da força resultante de qualquer número de forças coplanares podem ser representadas simbolicamente pela soma algébrica das componentes x e y de todas as forças, ou seja, FRx = RFx FRy = RFy (b) y FR (2.1) 2 2 F Rx + F Ry Além disso, o ângulo ș, que especifica a direção da força resultante, é determinado por meio da trigonometria: i = tg-1 x F3y FRy Uma vez que estas componentes são determinadas, elas podem ser esquematizadas ao longo dos eixos x e y com seus sentidos de direção apropriados, e a força resultante pode ser determinada pela adição vetorial, como mostra a Figura 2.17. Pelo esquema, a intensidade de FR é determinada pelo teorema de Pitágoras, ou seja, FR = F1y FRy FRx Os conceitos anteriores são ilustrados numericamente nos exemplos que se seguem. θ FRx (c) Figura 2.17 x | 24 | Estática Pontos importantes y A F4 F3 F2 F1 x A força resultante das quatro forças dos cabos que atuam sobre o suporte de ancoragem pode ser determinada somando-se algebricamente as componentes x e y da força de cada cabo. Essa resultante FR produz o mesmo efeito de puxão no suporte que todos os quatro cabos. resultante de várias forças coplanares pode ser determinada facilmente se for estabelecido um sistema de coordenadas x e y e as forças forem decompostas ao longo dos eixos. A direção de cada força é especificada pelo ângulo que sua linha de ação forma com um dos eixos, ou por um triângulo da inclinação. A orientação dos eixos x e y é arbitrária e sua direção positiva pode ser especificada pelos vetores cartesianos unitários i e j. As componentes x e y da força resultante são simplesmente a soma algébrica das componentes de todas as forças coplanares. A intensidade da força resultante é determinada pelo teorema de Pitágoras e, quando as componentes são esquematizadas nos eixos x e y, a direção é determinada por meio da trigonometria. Exemplo y 2.5 Determine as componentes x e y de F1 e F2 que atuam sobre a lança mostrada na Figura 2.18a. Expresse cada força como um vetor cartesiano. F1 = 200 N 30° SOLUÇÃO x 13 5 12 F2 = 260 N (a) Notação escalar Pela lei do paralelogramo, F1 é decomposta nas componentes x e y (Figura 2.18b). Como F1x atua na direção –x e F1\ na direção +y, temos: F1x = –200 sen 30° N = –100 N = 100 N ! y F1= 200 N F1y = 200 cos 30° N = 173 N = 173 N F1y = 200 cos 30° N 30° x F1x = 200 sen 30°N (b) y A força F2 é decomposta em suas componentes x e \ como mostra a Figura 2.18c. Nesse caso, a inclinação da linha de ação da força é indicada. A partir desse ‘triângulo da inclinação’, podemos obter o ângulo ș, ou seja, ș = tg–1 ` 5 j , e determinar as 12 intensidades das componentes da mesma maneira que fizemos para F1. O método mais fácil, entretanto, consiste em usar partes proporcionais de triângulos semelhantes, ou seja, F2x F2x = 260 N c 12 m = 240 N = 12 260 N 13 13 Da mesma forma, F2y = 260 N c 5 m = 100 N 13 —⎞N F2x = 260 ⎛12 ⎝13⎠ x 5 13 12 5 ⎞N F2y = 260 ⎛— ⎝13⎠ F2 = 260 N (c) Figura 2.18 Observe que a intensidade da componente horizontal, F2x, foi obtida multiplicando a intensidade da força pela relação entre o lado horizontal do triângulo da inclinação dividido pela hipotenusa; enquanto a intensidade da componente vertical, F2y, foi obtida multiplicando a intensidade da força pela relação entre o lado vertical dividido pela hipotenusa. Então, F2x = 240 N = 240 N " F2y = –100 N = 100 N . Capítulo 2 Vetores de força | | 25 Notação vetorial cartesiana Tendo determinado as intensidades e direções das componentes de cada força, podemos expressar cada uma delas como um vetor cartesiano. F1 = {–100i + 173j} N F2 = {240i – 100j} N Exemplo 2.6 O olhal da Figura 2.19a está submetido a duas forças F1 e F2. Determine a intensidade e direção da força resultante. y F1 = 600N F2 = 400N 45° SOLUÇÃO I 30° Notação escalar Primeiro, decompomos cada força em suas componentes x e y (Figura 2.19b). Depois somamos essas componentes algebricamente. + " FRx = /Fx; FRx = 600 cos 30° N - 400 sen 45° N = 236, 8 N " / Fy; FRy = 600 sen 30° N + 400 cos 45° N + -FRy = = 582, 8 N - (a) y F1 = 600N F2 = 400N 45° 30° A força resultante, mostrada na Figura 2.18c, possui uma intensidade de: y FR 582,8 N i = tg-1 e x (b) FR = ^236, 8 Nh2 + ^582, 8 Nh2 = 629 N Da adição vetorial, x 582, 8 N o = 67, 9° 236, 8 N θ x SOLUÇÃO II 236,8 N Notação vetorial cartesiana Da Figura 2.19b, cada força é expressa como um vetor cartesiano: F1 = {600 cos 30°i + 600 sen 30°j} N (c) F2 = {–400 sen 45°i + 400 cos 45°j} N Assim, FR = F1 + F2 = (600 cos 30° N – 400 sen 45° N)i + (600 sen 30° N + 400 cos 45° N)j = {236,8i + 582,8j} N A intensidade e a direção de FR são determinadas da mesma maneira mostrada acima. NOTA: Comparando-se os dois métodos de solução, pode-se verificar que o uso da notação escalar é mais eficiente, visto que as componentes são determinadas diretamente, sem ser necessário expressar primeiro cada força como um vetor cartesiano antes de adicionar as componentes. Vamos mostrar, mais adiante, que a análise vetorial cartesiana é bastante vantajosa para resolver problemas tridimensionais. Figura 2.19 | | 26 Estática y Exemplo F2 = 250 N 45° F3 = 200 N A ponta de uma lança O na Figura 2.20a está submetida a três forças coplanares e concorrentes. Determine a intensidade e a direção da força resultante. 5 3 4 O x F1 = 400 N SOLUÇÃO Cada força é decomposta em suas componentes x e y (Figura 2.20b). Somando as componentes x, temos: (a) + " FRx = /Fx; FRx = -400 N + 250 sen 45° N - 200 c 4 m N 5 = -383, 2 N = 383, 2 N ! y 250 N 200 N O sinal negativo indica que FRx atua para a esquerda, ou seja, na direção x negativa, como observamos pela pequena seta. Obviamente, isso ocorre porque F1 e F3 na Figura 2.20b contribuem com um puxão maior para a esquerda do que F2, que puxa para a direita. Somando as componentes de \ temos: /Fy; FRy = 250 cos 45° N + 200 c 3 m N + - FRy = 5 = 296, 8 N - 45° 3 5 4 x 400 N O 2.7 (b) y FR A força resultante, mostrada na Figura 2.20c, possui a seguinte intensidade: FR = ^- 383, 2 Nh2 + ^296, 8 Nh2 = 485 N 296,8 N Da adição de vetores na Figura 2.20c, o ângulo de direção ș é: θ x i = tg-1 e O 383,2 N 296, 8 o = 37, 8° 383, 2 NOTA: A aplicação desse método é mais conveniente quando comparado às duas aplicações da lei do paralelogramo, primeiro para somar F1 e F2, depois para somar F3 a essa resultante. (c) Figura 2.20 Problemas fundamentais 2.7. Decomponha cada força que atua sobre o poste em suas componentes x e y. 450 N F1 y 250 N 3 y F2 2.8. Determine a intensidade e a direção da força resultante. 5 400 N 4 300 N 30° F3 5 x 600 N 300 N 4 3 45° x Problema 2.7 Problema 2.8 Capítulo 2 Determine a intensidade da força resultante que atua sobre a cantoneira e sua direção ș medida no sentido anti-horário a partir do eixo x. | Vetores de força 27 | 2.11. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte for 400 N direcionada ao longo do eixo u, determine a intensidade de F e sua direção ș. y y F F3 F2 3 kN 4 2 kN F1 5 x 30° 3 ș 3,5 kN 250 N 45° x 5 4 u 3 450 N Problema 2.9 Problema 2.11 2.10. Se a força resultante que atua sobre o suporte for 750 N direcionada ao longo do eixo x positivo, determine a intensidade de F e sua direção ș. 2.12. Determine a intensidade da força resultante e sua direção ș medida no sentido anti-horário a partir do eixo x. y y 325 N 13 F1 12 F 5 F2 15 kN 20 kN 5 3 5 4 ș 3 F3 15 kN 4 x 45° x 600 N Problema 2.12 Problema 2.10 Problemas *2.32. Determine a intensidade da força resultante que atua sobre o pino e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. y F1 2.34. Se a intensidade da força resultante que atua sobre a argola é 600 N e sua direção no sentido horário do eixo x positivo é ș = 30°, determine a intensidade de F1 e o ângulo ‫׋‬. 150 N y 45° F1 x 15° F2 ‫׋‬ 200 N x 15° F3 125 N 60° 5 Problema 2.32 s Se F1 = 600 N e ‫ = ׋‬30°, determine a intensidade da força resultante que atua sobre a argola e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. 4 3 F3 450 N F2 Problemas 2.33/34 500 N | 28 | Estática 2.35. O ponto de contato entre o fêmur e a tíbia está em A. Se uma força vertical de 875 N é aplicada nesse ponto, determine as componentes ao longo dos eixos x e y. Observe que a componente y representa a força normal na região da carga de rolamento dos ossos. As componentes x e y dessa força fazem com que o fluido sinovial seja comprimido para fora do espaço de rolamento. y ș 600 N 3 F1 400 N 5 30° 4 x A y 875 N Problemas 2.39/40 s Determine a intensidade e a direção ș de FB de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo y positivo e tenha uma intensidade de 1500 N. A 2.42. Determine a intensidade e o ângulo medido no sentido anti-horário a partir do eixo y positivo da força resultante que atua no suporte se FB = 600 N e ș = 20°. 12 5 13 y x FA 700 N FB Problema 2.35 30° A B *2.36. Se ‫ = ׋‬30° e F2 = 3 kN, determine a intensidade da força resultante que atua sobre a chapa e sua direção ș medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. ș x s Se a intensidade da força resultante que atua sobre a chapa precisa ser 6 kN e sua direção no sentido horário do eixo x positivo é ș = 30°, determine a intensidade de F2 e sua direção ‫׋‬. 2.38. Se ‫ = ׋‬30° e a força resultante que atua sobre a placa de ligação é direcionada ao longo do eixo x positivo, determine as intensidades de F2 e da força resultante. y F1 4 kN 30° F2 x 5 4 F3 2.43. Se ‫ = ׋‬30° e F1 = 1,25 kN, determine a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo x positivo. *2.44. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte é 2 kN direcionada ao longo do eixo x positivo, determine a intensidade de F1 e sua direção ‫׋‬. ‫׋‬ 3 Problemas 2.41/42 s Se a força resultante que atua sobre o suporte precisa ser direcionada ao longo do eixo x positivo e a intensidade de F1 precisa ser mínima, determine as intensidades da força resultante e de F1. y 5 kN Problemas 2.36/37/38 ‫׋‬ Determine a intensidade de F1 e sua direção ș de modo que a força resultante seja direcionada verticalmente para cima e tenha a intensidade de 800 N. *2.40. Determine a intensidade e a direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo, da força resultante das três forças que atuam sobre o anel A. Considere F1 = 500 N e ș = 20°. F1 x 3 13 12 5 F3 5 4 F2 1,5 kN 1,3 kN Problemas 2.43/44/45 Capítulo 2 2.46. As três forças concorrentes que atuam sobre o olhal produzem uma força resultante FR = 0. Se F2 = 32 F1 e F1 precisa estar a 90° de F2, como mostra a figura, determine a intensidade necessária de F3 expressa em função de F1 e o ângulo ș. y Vetores de força | 29 | 2.50. As três forças são aplicadas no suporte. Determine a faixa de valores para a intensidade da força P, de modo que a resultante das três forças não exceda 2400 N. 800 N 3000 N 90° 60° F1 P 60° x 30° F2 ș Problema 2.50 F3 Problema 2.46 2.51. Se F1 = 150 N e ‫ = ׋‬30°, determine a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte e sua direção, medida no sentido horário a partir do eixo positivo x. 2.47. Determine a intensidade de FA e sua direção ș de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x positivo e tenha uma intensidade de 1250 N. *2.52. Se a intensidade da força resultante que atua sobre o suporte deve ser 450 N direcionada ao longo do eixo u positivo, determine a intensidade de F1 e sua direção ‫׋‬. *2.48. Determine a intensidade e a direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo da força resultante que atua sobre o anel em O se FA = 750 N e ș = 45°. s Se a força resultante que atua sobre o suporte precisa ser mínima, determine as intensidades de F1 e da força resultante. Considere ‫ = ׋‬30°. y y u F1 ‫׋‬ FA 30° A F2 ș O x 30° B x 200 N 13 12 5 FB F3 800 N 260 N Problemas 2.51/52/53 Problemas 2.47/48 s Determine a intensidade da força resultante e sua direção, medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo. y F1 = 300 N 2.54. Três forças atuam sobre o suporte. Determine a intensidade e a direção ș de F2, de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo u positivo e tenha uma intensidade de 250 N. 2.55. Se F2 = 750 N e ș = 55°, determine a intensidade e a direção medida no sentido horário a partir do eixo x positivo da força resultante das três forças que atuam sobre o suporte. y F3 2 1 13 1 x 260 N 12 5 F1 60° F2 45° 350 N F3 250 N Problema 2.49 400 N x 25° ș F2 Problemas 2.54/55 u | | 30 Estática *2.56. As três forças concorrentes que atuam sobre o poste produzem uma força resultante FR = 0. Se F2 = 12 F1 e F1 estiver a 90° de F2, como mostra a figura, determine a intensidade necessária de F3 expressa em função de F1 e do ângulo ș. y F2 ș F3 2.58. Expresse cada uma das três forças que atuam sobre o suporte na forma vetorial cartesiana com relação aos eixos x e y. Determine a intensidade e direção ș de F1, de modo que a força resultante seja direcionada ao longo do eixo x' positivo e tenha uma intensidade FR = 600 N. x y F1 F1 x´ ș 30° F2 Problema 2.56 F3 s Determine a intensidade da força F, de modo que a força resultante das três forças seja a menor possível. Qual é a intensidade dessa força resultante mínima? x 350 N 100 N 30° F 14 kN Problema 2.58 45° 30° 8 kN Problema 2.57 z 2.5 x y Usaremos um sistema de coordenadas destro para desenvolver a teoria da álgebra vetorial que se segue. Dizemos que um sistema de coordenadas retangular é destro desde que o polegar da mão direita aponte na direção positiva do eixo ] quando os dedos da mão direita estão curvados em relação a esse eixo e direcionados do eixo x positivo para o eixo y positivo (Figura 2.21). z Az A Ay A´ x Figura 2.22 As operações da álgebra vetorial, quando aplicadas para resolver problemas em três dimensões, são enormemente simplificadas se os vetores forem primeiro representados na forma de um vetor cartesiano. Nesta seção, vamos apresentar um método geral para fazer isso; na seção seguinte usaremos esse método para determinar a força resultante de um sistema de forças concorrentes. Sistema de coordenadas destro Figura 2.21 Ax Vetores cartesianos Componentes retangulares de um vetor y Um vetor A pode ter uma, duas ou três componentes retangulares ao longo dos eixos coordenados x, y, z, dependendo de como o vetor está orientado em relação aos eixos. Em geral, quando A está direcionado dentro de um octante do sistema x, y, z (Figura 2.22), com duas aplicações sucessivas da lei do paralelogramo pode-se Capítulo 2 k (2.2) y i Vetores cartesianos unitários j Em três dimensões, os vetores cartesianos unitários i, j, k são usados para designar as direções dos eixos x, y, z, respectivamente. Como vimos na Seção 2.4, o sentido (ou a ponta de seta) desses vetores será descrito analiticamente por um sinal positivo ou negativo, dependendo se indicam o sentido positivo ou negativo dos eixos x, y ou z. Os vetores cartesianos unitários são mostrados na Figura 2.23. x Figura 2.23 z Representação de um vetor cartesiano Az k Como as três componentes de A na Equação 2.2 atuam nas direções positivas de i, j e k (Figura 2.24), pode-se escrever A na forma de um vetor cartesiano como: A = Axi + Ayj + Azk A (2.3) k Há uma vantagem em escrever vetores dessa maneira. Separando-se a intensidade e a direção de cada vetor componente, simplificam-se as operações da álgebra vetorial, particularmente em três dimensões. Intensidade de um vetor cartesiano Ax i j Ay j i Figura 2.24 A 2x + A 2y + A z2 z Az k (2.4) A /RJRDLQWHQVLGDGHGHA é igual à raiz quadrada positiva da soma dos quadrados de suas componentes. Az A Ay j Direção de um vetor cartesiano A direção de A é definida pelos kQJXORVGHGLUHomRFRRUGHQDGRVĮ (alfa), ȕ (beta) e Ȗ (gama), medidos entre a origem de A e os eixos x, y, z positivos, desde que estejam localizados na origem de A (Figura 2.26). Note que, independentemente da direção de A, cada um desses ângulos estará entre 0° e 180°. Para determinarmos Į, ȕ e Ȗ, vamos considerar as projeções de A sobre os eixos x, y, z (Figura 2.27). Com referência aos triângulos sombreados de cinza claro mostrados em cada figura, temos: cos a = Ax A cos b = y x É sempre possível obter a intensidade de A, desde que ele seja expresso sob a forma de um vetor cartesiano. Como mostra a Figura 2.25, do triângulo retângulo cinza claro, A = Al2 + A z2 e do triângulo retângulo cinza escuro, Al = A 2x + A 2y . Combinando-se essas equações para eliminar A', temos: A= | 31 z decompô-lo em componentes, como A = A' + Az e depois A' = Ax + Ay. Combinando essas equações, para eliminar A', A é representado pela soma vetorial de suas três componentes retangulares, A = A x + Ay + A z | Vetores de força Ay A cos c = Az A Ax i y Ax A' Ay x Figura 2.25 z A zk (2.5) A Esses números são conhecidos como os cossenos diretores de A. Uma vez obtidos, os ângulos de direção coordenados Į, ȕ e Ȗ são determinados pelo inverso dos cossenos. Um modo fácil de obter os cossenos diretores é criar um vetor unitário uA na direção de A (Figura 2.26). Se A for expresso sob a forma de um vetor cartesiano, uA Ȗ ȕ Į Ay j Axi x Figura 2.26 y | 32 | Estática z z z 90° Az A Ȗ A 90° ȕ Į y x 90° y Ay Ax A x y x Figura 2.27 A = Axi + Ayj + Azk, então uA terá uma intensidade de um e será adimensional, desde que A seja dividido pela sua intensidade, ou seja, A A u A = A = Ax i + y j + z k A A A A (2.6) onde A = A 2x + A 2y + A z2 . Comparando-se com as equações 2.5, vemos que as componentes i, j, k de uA representam os cossenos diretores de A, ou seja, uA = cos Įi + cos ȕj + cos Ȗk (2.7) Como a intensidade do vetor é igual à raiz quadrada positiva da soma dos quadrados das intensidades de suas componentes e uA possui uma intensidade de um, então, pode-se estabelecer uma relação importante entre os cossenos diretores como: cos2 Į + cos2 ȕ + cos2 Ȗ = 1 (2.8) Podemos ver que, se apenas dois dos ângulos coordenados forem conhecidos, o terceiro pode ser encontrado usando essa equação. Finalmente, se a intensidade e os ângulos de direção coordenados de A são dados, A pode ser expresso sob a forma de vetor cartesiano como: A = AuA A = A cos Įi + A cos ȕj + A cos Ȗk A = Axi + Ayj + Azk Algumas vezes, a direção de A pode ser especificada usando dois ângulos, ș e ‫׋‬ (fi), como mostra a Figura 2.28. As componentes de A podem, então, ser determinadas aplicando trigonometria, primeiro ao triângulo retângulo cinza claro, o que resulta: z Az = A cos ‫ ׋‬e Az ‫׋‬ Ax O (2.9) A' = A sen‫׋‬ Agora, aplicando a trigonometria no triângulo cinza escuro, A Ax = A' cosș $sen‫׋‬cosș Ay = A' senș $sen‫׋‬senș Ay ș Logo, A escrito na forma de um vetor cartesiano se torna: y x A' Figura 2.28 A = A sen ‫ ׋‬cos și + A sen ‫ ׋‬sen șj + A cos ‫׋‬k Você não precisa memorizar essa equação; em vez disso, é importante entender como as componentes foram determinadas usando a trigonometria. Capítulo 2 2.6 Vetores de força Adição de vetores cartesianos | 33 z A adição (ou subtração) de dois ou mais vetores é bastante simplificada se os vetores forem expressos em função de suas componentes cartesianas. Por exemplo, se A = Axi + Ayj + Azk e B = Bxi + Byj + Bzk (Figura 2.29), então o vetor resultante R tem componentes que representam as somas escalares das componentes i, j, k de A e B, ou seja, (Az B (A y A Se este conceito for generalizado e aplicado em um sistema de várias forças concorrentes, então a força resultante será o vetor soma de todas as forças do sistema e poderá ser escrita como: Bz )k R R = A + B = (Ax + Bx)i + (Ay + By)j + (Az + Bz)k FR = RF = RFxi + RFyj + RFzk | (A x By) j y Bx)i x Figura 2.29 (2.10) Nesse caso, RFx, RFy e RFz representam as somas algébricas dos respectivos vetores componentes x, y, z ou i, j, k de cada força do sistema. Pontos importantes A análise vetorial cartesiana é usada frequentemente para resolver problemas em três dimensões. As direções positivas dos eixos x, y, z são definidas pelos vetores cartesianos unitários i, j, k, respectivamente. A intensidade de um vetor cartesiano é dada por A = A x2 + A 2y + A z2 . A direção de um vetor cartesiano é definida pelos ângulos de direção coordenados Į, ȕ Ȗ que a origem do vetor forma com os eixos x, y, z positivos, respectivamente. As componentes do vetor unitário uA = A/A / representam os cossenos diretores de Į, ȕ Ȗ. Apenas dois dos ângulos Į, ȕ Ȗ precisam ser especificados. O terceiro ângulo é calculado pela relação cos2 Į + cos2 ȕ + cos2 Ȗ = 1. Algumas vezes, a direção de um vetor é definida usando os dois ângulos ș e ‫׋‬, como na Figura 2.28. Nesse caso, as componentes vetoriais são obtidas por decomposição vetorial usando trigonometria. Para determinar a resultante de um sistema de forças concorrentes, expresse cada força como um vetor cartesiano e adicione as componentes i, j, k de todas as forças do sistema. Exemplo z 2.8 Expresse a força F, mostrada na Figura 2.30, como um vetor cartesiano. SOLUÇÃO Como apenas dois ângulos de direção coordenados são dados, o terceiro ângulo Į deve ser calculado pela Equação 2.8; ou seja, cos 2 a + cos 2 b + cos 2 c = 1 cos 2 a + cos 2 60° + cos 2 45° = 1 x cos a = 1 - ^0, 5h2 - ^0, 707h2 = ! 0, 5 F 200 N 45° Į 60° Figura 2.30 y | 34 | Estática Portanto, existem duas possibilidades, a saber: Į = cos–1(0,5) = 60° ou Į = cos–1 (–0,5) = 120° Da Figura 2.30, é necessário queĮ = 60°, visto que Fx está na direção +x. Usando-se a Equação 2.9, com F = 200 N, temos: F = F cos Įi + F cos ȕj + F cos Ȗk = (200 cos 60° N)i + (200 cos 60° N)j + (200 cos 45° N)k = {100,0i + 100,0j + 141,4k} N Mostramos que realmente a intensidade de F = 200 N. Exemplo 2.9 Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que atua sobre o anel da Figura 2.31a. FR z {50 i 40j 180k} kN z Ȗ F2 {50 i 100j 100k} kN F1 {60 j 19,6° 80k} kN F1 F2 y x Į (a) 74,8° x 102° ȕ y (b) Figura 2.31 SOLUÇÃO Uma vez que cada força está representada na forma vetorial cartesiana, a força resultante, mostrada na Figura 2.31b, é: FR = RF = F1 + F2 = {60j + 80k} kN + {50i – 100j + 100k} kN = {50i – 40j + 180k} kN A intensidade de FR é: FR = ^50 kNh2 + ^- 40 kNh2 + ^180 kNh2 = 191, 0 kN = 191 kN Os ângulos de direção coordenados Į, ȕ Ȗ são determinados pelas componentes do vetor unitário que atuam na direção de FR u F = FR = 50 i - 40 j + 180 k 191, 0 191, 0 FR 191, 0 = 0, 2617i - 0, 2094j + 0, 9422k R de modo que: cos Į = 0,2617 Į = 74,8° cos ȕ = –0,2094 ȕ = 102° cos Ȗ = 0,9422 Ȗ = 19,6° Esses ângulos são mostrados na Figura 2.31b. NOTA: Em especial, observe que ȕ > 90°, uma vez que a componente j de uFR é negativa. Isso se torna claro quando vemos que F1 e F2 se somam de acordo com a lei do paralelogramo. Capítulo 2 Exemplo Vetores de força | 35 z 2.10 F 100 kN Expresse a força F, mostrada na Figura 2.32a como um vetor cartesiano. SOLUÇÃO Os ângulos de 60° e 45° que definem a direção de F não são ângulos de direção coordenados. As duas aplicações sucessivas da lei do paralelogramo são necessárias para decompor F em suas componentes x, y, z. Primeiro F = F' + Fz, em seguida F' = Fx + Fy (Figura 2.32b). Pela trigonometria, as intensidades das componentes são: Fz = 100 sen 60° kN = 86,6 kN 60° y 45° (a) x z F' = 100 cos 60° kN = 50 kN F 100 kN Fx = F' cos 45° = 50 cos 45° kN = 35,4 kN Fy = F' sen 45° = 50 sen 45° kN = 35,4 kN 60° Constatando-se que Fy possui uma direção definida por –j, tem-se: F = {35,4i – 35,4j + 86,6k} kN Para mostrar que a intensidade desse vetor é na verdade 100 kN, aplique a Equação 2.4. x F= F x2 + F y2 + F z2 = ^35, 4h2 + ^-35, 4h2 + ^86, 6h2 = 100 kN F 100 kN 30,0° x Ȗ = cos–1 (0,866) = 30,0° Esses resultados são mostrados na Figura 2.32c. Exemplo 2.11 Duas forças atuam sobre o gancho mostrado na Figura 2.33a. Especifique a intensidade de F2 e seus ângulos de direção coordenados, de modo que a força resultante FR atue ao longo do eixo y positivo e tenha intensidade de 800 N. z z F2 120° Ȗ2 77,6° ȕ2 y Į2 60° 108° 45° x F1 F1 300 N (a) x Figura 2.33 (c) Figura 2.32 Į = cos–1 (0,354) = 69,3° 111° 69,3° de modo que, ȕ = cos–1 (–0,354) = 111° (b) z Se necessário, os ângulos de direção coordenados de F podem ser determinados pelas componentes do vetor unitário que atuam na direção de F. Logo, F F u = F = Fx i + y j + z k F F F F 35, 4 35, 4 86, 6 ij+ k = 100 100 100 = 0, 354i - 0, 354j + 0, 866k y 45° 300 N (b) F2 21,8° 700 N FR 800 N y y | | 36 | Estática SOLUÇÃO Para resolver este problema, a força resultante FR e suas duas componentes, F1 e F2, serão expressas na forma de um vetor cartesiano. Depois, como mostra a Figura 2.33a, é necessário que FR = F1 + F2. Aplicando a Equação 2.9, F1 = F1 cos Į1i + F1 cos ȕ1j + F1 cos Ȗ1k = 300 cos 45°i + 300 cos 60°j + 300 cos 120°k = {212,1i + 150j – 150k} N F2 = F2x i + F2y j + F2z k Como FR tem intensidade de 800 N e atua na direção de +j, FR = (800 N) (+j) = {800j} N Pede-se: FR = F1 + F2 800j = 212,1i + 150j – 150k + F2xi + F2yj + F2zk 800j = (212,1 + F2x)i + (150 + F2y)j + (–150 + F2z)k Para satisfazer essa equação, as componentes i, j, k de FR devem ser iguais as componentes i, j, k correspondentes de (F1 + F2). Então, 0 = 212,1 + F2x F2x = –212,1 N 800 = 150 + F2y F2y = 650 N 0 = –150 + F2z F2z = 150 N A intensidade de F2, portanto, é: F2 = ^- 212, 1 Nh2 + ^650 Nh2 + ^150 Nh2 = 700 N Podemos usar a Equação 2.9 para determinar 212, 1 cos a2 = ; 700 cos b2 = 650 ; 700 150 cos c2 = ; 700 Į2, ȕ2 e Ȗ2. a2 = 108° b2 = 21, 8° c2 = 77, 6° Esses resultados são mostrados na Figura 2.33b. Problemas fundamentais 2.13. Determine os ângulos de direção coordenados da força. 2.14. Expresse a força como um vetor cartesiano. z z F 500 N 60° 60° 45° y 30° x F x y 75 kN Problema 2.13 Problema 2.14 Capítulo 2 2.15. Expresse a força como um vetor cartesiano. | z F = 750 N 45° 45° 60° 500 N | 37 2.17. Expresse a força como um vetor cartesiano. z F Vetores de força 60° y y x x Problema 2.17 Problema 2.15 2.16. Expresse a força como um vetor cartesiano. 2.18. Determine a força resultante que atua sobre o gancho. z z 5 3 4 45° 30° x 5 4 2,5 kN F1 F = 250 N y 45° 3 x y F2 Problema 2.16 4 kN Problema 2.18 Problemas Determine o ângulo coordenado Ȗ para F2 e depois expresse cada força que atua sobre o suporte como um vetor cartesiano. 2.63. A força F atua sobre o suporte dentro do octante mostrado. Se F = 400 N, ȕ = 60° e Ȗ = 45°, determine as componentes x, y, z de F. *2.60. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que atua sobre o suporte. *2.64. A força F atua sobre o suporte dentro do octante mostrado. Se as intensidades das componentes x e z de F são Fx = 300 N e Fz = 600 N, respectivamente, e ȕ = 60°, determine a intensidade de F e de sua componente y. Além disso, encontre os ângulos de direção coordenados Į e Ȗ. z F1 450 N z 45° 30° 45° Ȗ F y 60° x ȕ Į F2 600 N x y Problemas 2.59/60 s Expresse cada força que atua sobre o encanamento na forma de vetor cartesiano. 2.62. Determine a intensidade e a direção da força resultante que atua sobre o encanamento. Problemas 2.63/64 s As duas forças F1 e F2 que atuam em A possuem uma força resultante FR = {–100k} N. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F2. 2.66. Determine os ângulos de direção coordenados da força F1 e os indique na figura. z z F1 = 3 kN B 120° 5 3 4 30° y 60° A x F2 = 2 kN Problemas 2.61/62 x F2 50° y F1 = 60 N Problemas 2.65/66 | 38 | Estática 2.67. A engrenagem está submetida às duas forças causadas pelo contato com outras engrenagens. Expresse cada força como um vetor cartesiano. *2.68. A engrenagem está submetida às duas forças causadas pelo contato com outras engrenagens. Determine a resultante das duas forças e expresse o resultado como um vetor cartesiano. s O eixo S exerce três componentes de força sobre a ferramenta D. Encontre a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. A força F2 atua dentro do octante mostrado. z F3 200 N z F2 900 N S 4 60° Į2 60° F1 135° y D 400 N x y x Problema 2.73 25 24 7 250 N F1 Problemas 2.67/68 s Se a força resultante que atua sobre o suporte é FR = {–300i + 650j + 250k} N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F. 2.74. O mastro está submetido às três forças mostradas. Determine os ângulos de direção coordenados Į1, ȕ1 Ȗ1 de F1, de modo que a força resultante que atua no mastro seja FR = {350i} N. 2.75. O mastro está submetido às três forças mostradas. Determine os ângulos de direção coordenados Į1, ȕ1 Ȗ1 de F1, de modo que a força resultante que atua no mastro seja zero. 2.70. Se a força resultante atua sobre o suporte precisa ser FR = {800j} N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F. z F1 Ȗ1 z Į1 Ȗ F3 F ȕ1 300 N y Į F2 x ȕ y 200 N Problemas 2.74/75 45° 30° 300 N 5 3 60° x 60° F2 Ȗ2 *2.76. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F2, de modo que a resultante das duas forças atue ao longo do eixo x positivo e tenha uma intensidade de 500 N. F1 750 N Problemas 2.69/70 2.71. Se Į = 120°, ȕ < 90°, Ȗ = 60° e F = 400 N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que atua sobre o gancho. s Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F2, de modo que a resultante das duas forças seja zero. z *2.72. Se a força resultante que atua sobre o gancho é F R = {–200i + 800j + 150k} N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados de F. F2 Ȗ2 z ȕ2 F Į2 Ȗ y Į 60° ȕ 15° 30° x F1 y 600 N 4 5 3 Problemas 2.71/72 x F1 180 N Problemas 2.76/77 Capítulo 2 2.78. Se a força resultante que atua sobre o suporte é direcionada ao longo do eixo y positivo, determine a intensidade da força resultante e os ângulos de direção coordenados de F, de modo que ȕ < 90°. z Ȗ F 500 N | Vetores de força 39 | s O poste está submetido à força F, que tem componentes atuando ao longo dos eixos x, y, ] como mostra a figura. Se a intensidade de F é 3 kN, ȕ = 30° e Ȗ = 75°, determine as intensidades de suas três componentes. 2.82. O poste está submetido à força F, que tem componentes Fx = 1,5 kN e Fz = 1,25 kN. Se ȕ = 75°, determine as intensidades de F e Fy. z Fz ȕ Į x y y Į F1 Fx 600 N Problema 2.78 x Especifique a intensidade de F3 e seus ângulos de direção coordenados Į3, ȕ3 Ȗ3 de modo que a força resultante seja FR = {9j} kN. z F2 F3 10 kN 5 13 ȕ3 Fy ȕ 30° Ȗ3 F Ȗ 30° Problemas 2.81/82 2.83. Três forças atuam sobre o olhal. Se a força resultante FR tiver intensidade e direção como mostrado na figura, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força F3. *2.84. Determine os ângulos de direção coordenados de F1 e FR. 12 Į3 z y F3 30 F2 F1 FR 110 N 120 N 12 kN x F1 80 N Problema 2.79 F2 4 y 30° x *2.80. Se F3 = 9 kN, ș = 30° e ‫ = ׋‬45°, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que atua sobre a junta esférica. z 45° 5 3 8 kN Problemas 2.83/84 s Duas forças F1 e F2 atuam sobre o olhal. Se a força resultante FR tiver intensidade de 50 N e ângulos de direção coordenados Į = 110° e ȕ = 80°, como mostrado, determine a intensidade de F2 e seus ângulos de direção coordenados. z F1 10 kN 5 4 3 F3 60° Ȗ 30° 110° ș x x y F1 F2 20 N FR Problema 2.80 y 80° ‫׋‬ Problema 2.85 50 N | 40 | Estática Vetores posição 2.7 Nesta seção será introduzido o conceito de vetor posição veremos que esse vetor é importante na formulação do vetor força cartesiano direcionado entre dois pontos no espaço. Coordenadas x, y, z Ao longo do livro, será empregado o sistema de coordenadas destro como referência à localização de pontos no espaço. Também usaremos a convenção adotada em muitos livros técnicos que exige que o eixo positivo z esteja direcionado para cima (direção do zênite), de modo que esse seja o sentido para medir a altura de um objeto ou a altitude de um ponto. Assim, os eixos x e y ficam no plano horizontal (Figura 2.34). Os pontos no espaço estão localizados em relação à origem das coordenadas, O, por meio de medidas sucessivas ao longo dos eixos x, y, z. Por exemplo, as coordenadas do ponto A são obtidas a partir de O e medindo-se xA = +4 m ao longo do eixo x, depois yA = +2 m ao longo do eixo y e, finalmente, zA = –6 m ao longo do eixo z. Portanto, A (4 m; 2 m; –6 m). De modo semelhante, medidas ao longo dos eixos x, y, z de O para B resulta nas coordenadas de B, ou seja, B (6 m; –1 m; 4 m). z B 2m O y 4m 4m 2m 6m 1m x A Figura 2.34 Vetor posição Um vetor posição r é definido como um vetor fixo que posiciona um ponto no espaço em relação a outro. Por exemplo, se r estende-se da origem de coordenadas, O, para o ponto P (x, y, z) (Figura 2.35a), então r pode ser expresso na forma de um vetor cartesiano como: r = xi + yj + zk Observe como a adição vetorial ‘extremidade para origem’ das três componentes produz o vetor r (Figura 2.35b). Começando na origem O, x ‘desloca-se’ na direção de +i, depois y na direção de +j e, finalmente, z na direção de +k para atingir o ponto P (x, y, z). z z zk P(x, y, z) r r yj O y xi xi x x (a) P(x, y, z) zk O y yj (b) Figura 2.35 Na maioria dos casos, o vetor posição pode ser direcionado de um ponto A para um ponto B no espaço (Figura 2.36a). Esse vetor também é designado pelo símbolo r. Por questão de convenção, vamos nos referir algumas vezes a esse vetor com dois subscritos para indicar o ponto de origem e o ponto para qual está direcionado. Assim, r também pode ser designado como rAB. Além disso, observe que rA e rB na Figura 2.36a são escritos com apenas um índice, visto que se estendem a partir da origem das coordenadas. De acordo com a Figura 2.36a, pela adição vetorial ‘extremidade para origem’, usando a regra do triângulo, é necessário que: rA + r = rB Capítulo 2 | Vetores de força 41 | Resolvendo-se para r e expressando-se rA e rB na forma vetorial cartesiana tem-se: r = rB – rA = (xBi + yBj + zBk) – (xAi + yAj + zAk) ou r = (xB – xA)i + (yB – yA)j + (zB – zA)k (2.11) 3RUWDQWR DV FRPSRQHQWHV i, j, k do vetor posição r são formadas tomando-se as coordenadas da origem do vetor A (xA\A]A), e subtraindo-as das correspondentes coordenadas da extremidade B (xB \B ]B). Também podemos formar essas componentes diretamente (Figura 2.36b) começando em A e movendo por uma distância de (xB – xA) ao longo do eixo x positivo (+i), depois (yB – yA) ao longo do eixo y positivo (+j) e, finalmente, (zB – zA) ao longo do eixo z positivo (+k) para chegar a B. A u r B z z B (x B , y B , z B ) B rB A (x A , y A , z A ) rA (z B r r (x B x A )i A y (y B y A )j y x x (a) (b) z A )k Se um sistema de coordenadas x, y, z é estabelecido, então as coordenadas dos pontos A e B podem ser determinadas. A partir daí, a posição do vetor r que atua ao longo do cabo pode ser formulada. Sua intensidade representa o comprimento do cabo e o seu vetor unitário, u = r/r, fornece a direção definida por Į, ȕ, Ȗ. Figura 2.36 Exemplo 2.12 z Uma tira de borracha está presa em dois pontos A e B, como mostra a Figura 2.37a. Determine seu comprimento e sua direção, medidos de A para B. B SOLUÇÃO Primeiro se estabelece um vetor posição de A para B (Figura 2.37b). De acordo com a Equação 2.11, as coordenadas da origem A (1 m; 0; –3 m) são subtraídas das coordenadas da extremidade B (–2 m; 2 m; 3 m), o que resulta: r = [–2 m – 1 m]i + [2 m – 0]j + [3 m – (–3 m]k = {–3i + 2j + 6k} m 2m x Formulando um vetor unitário na direção de r, temos: u = r =- 3 i + 2 j + 6 k 7 7 r 7 As componentes desse vetor unitário dão os ângulos de direção coordenados: a = cos-1 b- 3 l = 115° 7 -1 2 b = cos b l = 73, 4° 7 -1 6 c = cos b l = 31, 0° 7 NOTA: Esses ângulos são medidos a partir dos eixos positivos de um sistema de coordenadas localizado na origem de r, como mostra a Figura 2.37c. y 3m (a) A 1m Essas componentes de r também podem ser determinadas diretamente observando-se que elas representam a direção e a distância que deve ser percorrida ao longo de cada eixo a fim de mover-se de A para B, ou seja, ao longo do eixo x {–3i} m, ao longo do eixo y {2j} m e, finalmente, ao longo do eixo z {6k} m. Logo, o comprimento da tira de borracha é: r = ^-3 mh2 + ^2 mh2 + ^6 mh2 = 7 m 3m 2m z B {6 k} y r x {2 j} m { 3 i} m A (b) B z’ r 31,0° Ȗ Į 7m ȕ 115° x' A 73,4° y' (c) Figura 2.37 | | 42 Estática z Vetor de força orientado ao longo de uma reta 2.8 F r B u A y Muitas vezes, em problemas de estática tridimensionais, a direção de uma força é definida por dois pontos pelos quais passa sua linha de ação. Essa situação é mostrada na Figura 2.38, na qual a força F é direcionada ao longo da corda AB. Pode-se definir F como um vetor cartesiano pressupondo que ele tenha a mesma direção e sentido que o vetor posição r direcionado do ponto A ao ponto B da corda. Essa direção em comum é especificada pelo vetor unitário u = r/r. Então, ^ xB - x Ah i + ^ yB - y Ah j + ^ zB - z Ah k F = Fu = F` r j = F f p r ^ xB - xAh2 + ^ yB - yAh2 + ^ zB - zAh2 Apesar de termos representado F simbolicamente na Figura 2.38, note que ele tem unidades de força, diferentemente de r, que tem unidades de comprimento. x Figura 2.38 Pontos importantes Um vetor posição localiza um ponto no espaço em relação a outro ponto. maneira mais simples de definir as componentes de um vetor posição é determinar a distância e a direção que devem ser percorridas ao longo das direções x, y, z, indo da origem para a extremidade do vetor. Uma força F que atua na direção de um vetor posição r pode ser representada na forma cartesiana se o vetor unitário u do vetor posição for determinado e multiplicado pela intensidade da força, ou seja, F = Fu F = F(r/r). F r/r). F( A z A Exemplo 7,5 m 2m 1,5 m B y 3m (a) x z' 2.13 O homem mostrado na Figura 2.39a puxa a corda com uma força de 350 N. Represente essa força, que atua sobre o suporte $ como um vetor cartesiano e determine sua direção. SOLUÇÃO A força F é mostrada na Figura 2.39b. A direção desse vetor, u, é determinada pelo vetor posição r, que se estende de A a B. Em vez de usar as coordenadas das extremidades da corda, r pode ser obtido diretamente pela Figura 2.39a, notando-se que é necessário ir de A {–6k} m, depois {–2j} m e finalmente {3i} m para atingir B. Portanto, r = {3i – 2j – 6k} m A intensidade de r, que representa o comprimento da corda AB, é: Ȗ A y' ȕ F Definindo-se o vetor unitário que determina a direção e o sentido de r e F, temos: u = r = 3i- 2j- 6k 7 7 r 7 350 N Į x' u r (b) B r = ^3 mh2 + ^-2 mh2 + ^-6 mh2 = 7 m Figura 2.39 Como F tem intensidade de 350 N e direção especificada por u, então, F = Fu = 350 N c 3 i - 2 j - 6 k m 7 7 7 = "150i - 100j - 300k , N Capítulo 2 Vetores de força | 43 Os ângulos de direção coordenados são medidos entre r (ou F) e os eixos positivos de um sistema de coordenadas com origem em A (Figura 2.39b). A partir das componentes do vetor unitário: a = cos-1 b 3 l = 64, 6° 7 -1 -2 b = cos b l = 107° 7 c = cos-1 b -6 l = 149° 7 NOTA: Os resultados fazem sentido quando comparados com os ângulos mostrados na Figura 2.39b. Exemplo 2.14 A força na Figura 2.40a atua sobre o gancho. Expresse-a como um vetor cartesiano. z z 2m A 2m FB B 750 N 5 3 ( 3 )(5 m) 4 A (2 m; 0; 2 m) 5 5m 30° B (–2 m; 3,464 m; 3 m) rB uB FB ( 4 )(5 m) 5 x y (a) y x Figura 2.40 SOLUÇÃO Como mostra a Figura 2.40b, as coordenadas dos pontos A e B são: A (2 m; 0; 2 m) e B =- c 4 m 5 sen 30° m; c 4 m 5 cos 30° m; c 3 m 5 m G 5 5 5 ou B (–2 m; 3,464 m; 3 m) Portanto, para ir de A a B, é necessário deslocar {4i} m, depois {3,464j} m e finalmente {1k} m. Logo, "-4i + 3, 464j + 1k , m u B = c rB m = rB ^-4 mh2 + ^3, 464 mh2 + ^1 mh2 = -0, 7428i + 0, 6433j + 0, 1857k A força FB expressa como um vetor cartesiano se torna: FB = FB uB = (750 N) (–0,7428i + 0,6433j + 0,1857k) = {–557i + 482j + 139k} N (b) | | | 44 Estática Exemplo 2.15 A cobertura é suportada por cabos, como mostra a foto. Se os cabos exercem as forças FAB = 100 N e FAC = 120 N no gancho da parede em A, como mostra a Figura 2.41a, determine a força resultante que atua em A. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z A FAB 100 N FAC 120 N 4m y 4m B C 2m x (a) z A FAB FAC rAC rAB y FR B Para ir de A a C, precisamos deslocar {–4k} m, depois {2j} m e finalmente {4i}. Temos, rAC = " 4i + 2j - 4k , m rAC = ^4 mh2 + ^2 mh2 + ^- 4 mh2 = 6 m FAC = FAC c rAC m = ^120 Nhc 4 i + 2 j - 4 k m rAC 6 6 6 = "80i + 40j - 80k , N A força resultante, portanto, é: FR = FAB + FAC = {70,7i – 70,7k} N + {80i + 40j – 80k} N C x SOLUÇÃO A força resultante FR é mostrada graficamente na Figura 2.41b. Pode-se expressar essa força como um vetor cartesiano definindo antes FAB e FAC como vetores cartesianos e depois adicionando suas componentes. As direções de FAB e FAC são especificadas definindo-se os vetores unitários uAB e uAC ao longo dos cabos. Esses vetores unitários são obtidos dos vetores posição associados rAB e rAC. Com referência à Figura 2.41a, para ir de A a B, precisamos deslocar {–4k} m e depois {–4i} m. Portanto, rAB = " 4i - 4k , m rAB = ^4 mh2 + ^- 4 mh2 = 5, 66 m FAB = FAB c rAB m = ^100 Nhe 4 i - 4 k o 5, 66 5, 66 rAB FAB = "70, 7i - 70, 7k , N (b) = {–151i + 40j – 151k} N Figura 2.41 Problemas fundamentais Expresse o vetor posição rAB na forma de um vetor cartesiano; depois determine sua intensidade e seus ângulos de direção coordenados. z z 1m B rAB B 3m 3m 3m 2.20. Determine o comprimento da barra e o vetor posição direcionado de A a B. Qual é o ângulo ș? 2m y ș 4m O 2m A 2m x x Problema 2.19 A y Problema 2.20 Capítulo 2 2.21. Expresse a força como um vetor cartesiano. Vetores de força | 45 | 2.23. Determine a intensidade da força resultante em A. z z 2m A FB A 840 N 6m FC 2m 420 N 3m x 4m 3m B y 2m F 630 N 3m x 4m y 2m C B Problema 2.23 Problema 2.21 2.24. Determine a força resultante em A. 2.22. Expresse a força como um vetor cartesiano. z 1m z A A F 900 N FC 2,45 kN FB 3 kN C 2m 3m B 2m 4m 1,5 m B y 2m 2m 2m 1m x 7m x y Problema 2.22 Problema 2.24 Problemas 2.86. Determine o vetor posição r direcionado do ponto A ao ponto B e o comprimento da corda AB. Considere z = 4 m. 2.87. Se a corda AB possui 7,5 m de comprimento, determine a posição da coordenada +z do ponto B. *2.88. Determine a distância entre as extremidades A e B do arame definindo primeiro um vetor posição de A a B e depois determinando sua intensidade. z z 6m 3m A 75 mm B 25 mm 30° y z 60° A 200 mm y 2m 50 mm x B x Problemas 2.86/87 Problema 2.88 | | 46 Estática s Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante em A. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. z z 1,2 m A F2 C 405 N F1 0,9 m B FB 1,2 m B 3 kN FC 0,75 m A 0,9 m 2,1 m 3,75 kN 500 N 40° 1,2 m y x 0,9 m Problema 2.92 1,2 m C x 0,6 m y Problema 2.89 Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. z 2m s O lustre é sustentado por três correntes que são concorrentes no ponto O. Se a força em cada corrente possui uma intensidade de 300 N, expresse cada força como um vetor cartesiano e determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. O lustre é sustentado por três correntes que são concorrentes no ponto O. Se a força resultante em O possui uma intensidade de 650 N e é direcionada ao longo do eixo z positivo, determine a força em cada corrente. A z 500 N 600 N O 4m FB B y FC FA 4m 1,8 m B C 8m x 120° 1,2 m 120° y 120° A Problema 2.90 C Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que age em A. x z Problemas 2.93/94 FB 900 N Expresse a força F como um vetor cartesiano; depois, determine seus ângulos de direção coordenados. A 600 N FC z C F 675 N A 6m 3m 3m 45° 4,5 m B 6m 70° 30° y 1,5 m B 2,1 m x x Problema 2.91 Problema 2.95 y Capítulo 2 A torre é mantida no lugar pelos três cabos. As forças em cada cabo que atuam sobre a torre estão indicadas na figura. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados Į, ȕ, Ȗ da força resultante. Considere x = 20 m, y = 15 m. z D 600 N 400 N 800 N O x y z x 2 mB 6m C y A z x Problema 2.96 s A porta é mantida aberta por duas correntes. Se as trações em AB e em CD são FA = 300 N e FC = 250 N, respectivamente, expresse cada uma dessas forças na forma de um vetor cartesiano. C 1,5 m 2,5 m FB A 6 m FC y 1500 N Problemas 2.99/100 s O cabo AO exerce uma força sobre o topo do poste de F = {–120i – 90j – 80k} N. Se o cabo possui um comprimento de 1,02 m, determine a altura z do poste e a posição (x, y) de sua base. z A 250 N FC 3m O x z | Dois cabos são usados para segurar a barra suspensa na posição e sustentar a carga de 1500 N. Se a força resultante é direcionada ao longo da barra do ponto A para O, determine as intensidades da força resultante e das forças FB e FC. Considere x = 3 m e z = 2 m. 4m B | 47 *2.100. Dois cabos são usados para segurar o mastro do guincho na posição e sustentar a carga de 1500 N. Se a força resultante é direcionada ao longo do mastro do ponto A para O, determine os valores de x e z para as coordenadas do ponto C e a intensidade da força resultante. Considere FB = 1610 N e FC = 2400 N. 24 m 16 m C 18 m Vetores de força F A FA 300 N z O D 30° 1m y 0,5 m B y x x Problema 2.101 y x Problema 2.97 Os cabos de tração são usados para suportar o poste telefônico. Represente a força em cada cabo na forma de um vetor cartesiano. Despreze o diâmetro do poste. 2.102. Se a força em cada corrente possui uma intensidade de 2,25 kN, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. 2.103. Se a resultante das três forças é FR = {–4,5k} kN, determine a intensidade da força em cada corrente. z z D B FB 2m 175 N FC 1,5 m A FA 4m D 3m 250 N B 4m C 120° 120° C 1m y x Problema 2.98 FB FA 2,1 m 120° 0,9 m A y x Problemas 2.102/103 | 48 | Estática *2.104. A torre de antena é sustentada por três cabos. Se as forças desses cabos que atuam sobre a antena são FB = 520 N, FC = 680 N e FD = 560 N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante que atua em A. *2.108. A carga em A cria uma força de 200 N no arame AB. Expresse essa força como um vetor cartesiano, agindo sobre A e direcionada para B. z z 120° A FB FD 120° FC 24 m 2m 8m B D 10 m x 12 m O 18 m F 200 N A y 16 m x y 30° 1m B Problema 2.108 C Problema 2.104 s Se a força em cada cabo preso ao caixote é 350 N, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. s A chapa cilíndrica está submetida às três forças dos cabos que são concorrentes no ponto D. Expresse cada força que os cabos exercem na chapa como um vetor cartesiano e determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados da força resultante. z 2.106. Se a resultante das quatro forças é FR = {–1,8k} kN, determine a tração desenvolvida em cada cabo. Devido à simetria, a tração nos quatro cabos é a mesma. D z FC 5 kN 3m FB E FC FA FB C 1,8 m B 45° FD D 8 kN 30° y A C 0,6 m x 0,6 m B A 0,9 m y x 0,9 m FA 0,75 m 6 kN Problema 2.109 Problemas 2.105/106 2.107. O tubo é suportado em sua extremidade por uma corda AB. Se a corda exerce uma força de F = 60 N no tubo em A, expresse essa força como um vetor cartesiano. 2.110. O cabo conectado aos mastros de uma grua exerce uma força sobre a grua de F = 1,75 kN. Expresse essa força como um vetor cartesiano. z z B A 10,5 m 1,8 m F 1,75 kN F x 60 N 1,5 m 0,9 m A y x 30° 15 m y 20° Problema 2.107 B Problema 2.110 Capítulo 2 2.9 | Vetores de força | 49 Produto escalar Ocasionalmente, na estática, é preciso calcular o ângulo entre duas linhas ou as componentes de uma força paralela e perpendicular a uma linha. Em duas dimensões, esses problemas são resolvidos facilmente pela trigonometria, uma vez que a geometria é fácil de visualizar. Em três dimensões, entretanto, é difícil e torna-se necessário empregar métodos vetoriais para a solução. O produto escalar define um método particular para ‘multiplicar’ dois vetores e será usado para resolver os problemas mencionados anteriormente. O produto escalar dos vetores A e B, escrito A $ B e lido ‘A escalar B’, é definido como o produto das intensidades de A e B e do cosseno do ângulo ș entre suas origens (Figura 2.42). Expresso na forma de equação, A $ B = AB cos ș A ș (2.12) RQGHș2SURGXWRHVFDODUpDVVLPFKDPDGRYLVWRTXHRUHVXOWDGRpXP escalar e não um vetor. B Figura 2.42 Leis das operações 1. Lei comutativa: A $ B = B $ A 2. Multiplicação por escalar: a(A $ B) = (aA) $ B = A $ (aB) 3. Lei distributiva: A $ (B + D) = (A $ B) + (A $ D) A primeira e a segunda leis são fáceis de ser provadas usando-se a Equação 2.12. No caso da lei distributiva, a prova será feita por você, como um exercício (veja o Problema 2.111). Formulação do vetor cartesiano A Equação 2.12 deve ser usada para determinar o produto escalar de quaisquer dois vetores unitários cartesianos. Por exemplo, i $ i = (1)(1) cos 0° = 1 e i $ j = (1) (1) cos 90° = 0. Se quisermos determinar o produto escalar de dois vetores A e B expressos na forma de um vetor cartesiano, teremos: A $ B = (Axi + Ayj + Azk) $ (Bxi + Byj + Bzk) = AxBx(i $ i) + AxBy(i $ j) + AxBz(i $ k) + ub AyBx(j $ i) + AyBy(j $ j) + AyBz(j $ k) + AzBx(k $ i) + AzBy(k $ j) + AzBz(k $ k) ș Efetuando as operações do produto escalar, obtemos o resultado final: A $ B = AxBx + AyBy + AzBz (2.13) 3RUWDQWR SDUD FDOFXODU R SURGXWR HVFDODU GH GRLV YHWRUHV FDUWHVLDQRV PXOWLSOLFDPVHVXDVFRPSRQHQWHV[\]FRUUHVSRQGHQWHVHVRPDPVHHVVHVSURGXWRV algebricamente. Observe que o resultado será um escalar negativo ou positivo. Aplicações O produto escalar tem duas aplicações importantes na mecânica. O ângulo formado entre dois vetores ou linhas que se interceptam. O ângulo ș entre as origens dos vetores A e B na Figura 2.42 pode ser determinado pela Equação 2.12 e escrito como: i = cos-1 c A $ B m 0° # i # 180° AB ur O ângulo ș entre a corda e a viga pode ser determinado formulando-se vetores unitários ao longo da viga e da corda para depois usar o produto escalar ub · ur = (1)(1) cos ș. | | 50 Estática Nesse caso, A $ B é calculado pela Equação 2.13. Em especial, observe que, se A $ B = 0, ș = cos–1 0 = 90°, de modo que A será perpendicular a B. As componentes de um vetor paralelo e perpendicular a uma linha. A componente do vetor A paralela a ou colinear com a linha aa' na Figura 2.43 é definida por AD onde Aa = A cos ș. Essa componente é algumas vezes referida como a projeção de A sobre a linha, visto que se forma um ângulo reto na construção. Se a direção da linha é especificada pelo vetor unitário ua, então, como ua = 1, podemos determinar a intensidade de Aa diretamente do produto escalar (Equação 2.12); ou seja, Fb ub F A projeção da força do cabo F ao longo da viga pode ser determinada calculando-se primeiro o vetor unitário ub que define esta direção. Em seguida, aplica-se o produto escalar Fb = F · ub Aa = A cos ș = A $ ua 3RUWDQWR D SURMHomR HVFDODU GH A ao longo de uma linha é determinada pelo produto escalar de A e o vetor unitário ua, que define a direção da linha. Observe que, se esse resultado for positivo, então Aa possui o mesmo sentido de direção de ua, enquanto, se Aa for um escalar negativo, então, Aa tem o sentido de direção oposto a ua. A componente Aa representada como um vetor é, portanto: Aa = Aa ua A a A ua ș Aa = A cos ș ua a Figura 2.43 A componente de A que é perpendicular à linha aa também pode ser obtido (Figura 2.43). Como A = Aa + Aŏ, então Aŏ = A – Aa. Há duas maneiras de obter Aŏ. Uma delas é determinar ș a partir do produto escalar, ș = cos–1 (A $ uA/A), então Aŏ = A sen ș. Alternativamente, se Aa for conhecido, então, pelo teorema de Pitágoras, podemos também escrever A= = A2 - A a2 . Pontos importantes O produto escalar é usado para determinar o ângulo entre dois vetores ou a projeção de um vetor em uma direção especificada. Se os vetores A e B são expressos na forma de vetores cartesianos, o produto escalar será determinado multiplicando-se as respectivas componentes escalares [\]] e adicionando-se algebricamente os resultados, ou seja, A $ B = AxBx + AyBy + AzBz. Da definição do produto escalar, o ângulo formado entre as origens dos vetores A e B é ș = cos–1 (A $ B/AB). B/AB / ). A intensidade da projeção do vetor A ao longo de uma linha aa, cuja direção é especificada por ua, é determinada pelo produto escalar Aa = A $ ua. ȣ Exemplo F Determine as intensidades das projeções da força F, na Figura 2.44, sobre os eixos u e ȣ. 100 N (Fȣ) proj 15° SOLUÇÃO 45° u (Fu ) proj Figura 2.44 2.16 Projeções da força A representação gráfica das projeções é mostrada na Figura 2.44. A partir dessa figura, as intensidades das projeções de F sobre os eixos u e v podem ser obtidas pela trigonometria: (Fu)proj = (100 N) cos 45° = 70,7 N (Fv)proj = (100 N) cos 15° = 96,6 N Capítulo 2 Vetores de força NOTA: Essas projeções não são iguais às intensidades das componentes da força F ao longo dos eixos u e v encontradas pela lei do paralelogramo. Elas somente serão iguais se os eixos u e v forem perpendiculares. Exemplo 2.17 A estrutura mostrada na Figura 2.45a está submetida a uma força horizontal F = {300j}. Determine a intensidade das componentes dessa força paralelas e perpendiculares ao membro AB. z z FAB B F {300 j} N 3m A B uB F A y 2m 6m x x (a) (b) Figura 2.45 SOLUÇÃO A intensidade da componente de F ao longo de AB é igual ao produto escalar de F e o vetor unitário uB, que define a direção de AB (Figura 2.44b). Como 2i + 6 j + 3k u B = rB = = 0, 286i + 0, 857j + 0, 429k rB ^ 2h2 + ^6 h2 + ^3 h2 então, FAB = F cos ș = F $ uB = (300j) $ (0,286i + 0,857j + 0,429k) = (0) (0,286) + (300) (0,857) + (0) (0,429) = 257,1 N Visto que o resultado é um escalar positivo, FAB tem o mesmo sentido de direção de uB (Figura 2.45b). Expressando FAB na forma de um vetor cartesiano, temos: FAB = FABuB = (257,1 N) (0,286i + 0,857j + 0,429k) = {73,5i} + 220j + 110k} N A componente perpendicular (Figura 2.45b), portanto, é: Fŏ = F – FAB = 300j – (73,5i + 220j + 110k) = {–73,5i + 80j – 110k} N Sua intensidade pode ser determinada por meio desse vetor ou usando o teorema de Pitágoras (Figura 2.45b): 2 F 2 - F AB = ^300 Nh2 - ^257, 1 Nh2 = 155 N F= = F y | 51 | | 52 | Estática Exemplo z 1m 2m A C x O tubo da Figura 2.46a está sujeito à força de F = 800 N. Determine o ângulo ș entre F e o segmento BA do tubo e a projeção de F ao longo desse segmento. y 2m SOLUÇÃO Ângulo ș Primeiro estabeleceremos os vetores posição de B para A e de B para C (Figura 2.46b). Em seguida, calcularemos o ângulo ș entre as origens desses dois vetores. rBA = {–2i – 2j + 1k} m, rBA = 3 m 1m ș F 800 N B (a) rBC = {–3j + 1k} ft, rBC = 10 m z Logo, C rBA ș rBC ^-2h^0 h + ^-2h^-3h + ^1 h^1 h cos i = rBA $ rBC = = 0, 7379 rBA rBC 3 10 i = 42, 5° y A x 2.18 Componentes de F A componente de F ao longo de BA é mostrada na Figura 2.46c. Devemos primeiro definir o vetor unitário ao longo de BA e a força F como vetores cartesianos. ^-2i - 2j + 1kh u BA = rBA = =- 2 i - 2 j + 1 k 3 3 3 rBA 3 j k 3 1 + r F = 800 N ` BC j = 800 e o = ^- 758, 9j + 253, 0kh N rBC 10 B (b) z A y Portanto, F 800 N x (c) FBA = F $ u BA = ^-758, 9j + 253, 0kh $ c- 2 i - 2 j + 1 k m 3 3 3 2 2 1 0 , , 758 9 253 0 ^ h ^ h = c- m + c- m + c m 3 3 3 = 590 N Figuras 2.46 NOTA: Como ș é conhecido, então, também FBA = F cos ș = 800 N cos 42,5° = 590 N. FBA ș B F Problemas fundamentais 2.25. Determine o ângulo ș entre a força e a linha AO. 2.26. Determine o ângulo ș entre a força e a linha AB. z z B F = {–6i + 9j + 3k} kN ș A 4m 2m O y 3m 1m ș 4m 2m F x x Problema 2.25 C Problema 2.26 600 N A y Capítulo 2 2.27. Determine o ângulo ș entre a força e a linha OA. 2.28. Determine a componente da projeção da força ao longo da linha OA. Vetores de força | 53 | 2.30. Determine as componentes da força que atuam paralela e perpendicular ao eixo da barra. y F A 650 N 13 ș 5 z 12 x O F = 3 kN Problemas 2.27/28 Encontre a intensidade da componente da força projetada ao longo do tubo. z A 4m 30° O A 1m x F O 60° 2m 2m 400 N 6m Problema 2.30 B 5m x y 4m y Problema 2.29 Problemas 2.111. Dados os três vetores A, B e D, mostre que A $ (B + D) = (A $ B) + (A $ D). *2.112. Determine a componente projetada da força FAB = 560 N que atua ao longo do tubo AC. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. s Determine as intensidades das componentes da força F = 56 N que atuam ao longo e perpendicular à linha AO. z z 1,5 m C 1,5 m D B 1m 1m F = 56 N C FAB 3m 560 N 1m A x 3m y A O B x 3m 1,5 m y Problemas 2.111/112 Problema 2.113 | 54 | Estática 2.114. Determine o comprimento do lado BC da chapa triangular. Resolva o problema calculando a intensidade de rBC. Depois, verifique o resultado calculando primeiro ș, rAB e rAC; e em seguida usando a lei dos cossenos. 2.118. Determine a projeção da força F = 80 N ao longo da linha BC. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z A z F 3m 1,5 m A x C 3m O grampo é usado em uma matriz. Se a força vertical que atua sobre o parafuso é F = {–500k} N, determine as intensidades de suas componentes F1 e F2 que atuam ao longo do eixo OA e perpendicular a ele. x Problema 2.114 z 2.115. Determine as intensidades das componentes da força F = 600 N que atuam ao longo e perpendicular ao segmento DE do encanamento. B y Problema 2.119 y 2m *2.120. Determine a intensidade da componente projetada da força FAB que atua ao longo do eixo z. C F 20 mm F = {–500k} N 2m D 40 mm 40 mm x A 2m A O z x y Problema 2.118 C 5m 1,5 m 2m 2m 2m y 1m B F 2m ș 2m E B 4m 1m 80 N D 600 N s Determine a intensidade da componente projetada da força FAC que atua ao longo do eixo z. 3m E z Problema 2.115 *2.116. Duas forças atuam sobre o gancho. Determine o ângulo ș entre elas. Além disso, quais são as projeções de F1 e F2 ao longo do eixo y? A 3 kN FAC s Duas forças atuam sobre o gancho. Determine a intensidade da projeção de F2 ao longo de F1. FAB 9m 3,5 kN z D 4,5 m F1 600 N 45° 3m 60° 120° y F2 = {120i + 90j – 80k}N Problemas 2.116/117 3m C 30° y x ș x 3m O B Problemas 2.120/121 2.122. Determine a projeção da força F = 400 N que atua ao longo da linha AC do encanamento. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. Capítulo 2 2.123. Determine as intensidades das componentes da força F = 400 N que atuam na paralela e na perpendicular ao segmento BC do encanamento. 55 | *2.128. Uma força de F = 80 N é aplicada no cabo da chave. Determine o ângulo ș entre a origem da força e o cabo da chave AB. z z F 400 N F B 80 N 45° C 30° 30° ș B A 45° 3m A 4m x | Vetores de força y 300 mm Problemas 2.122/123 x *2.124. O cabo OA é usado para suportar a coluna OB. Determine o ângulo ș que ele forma com a viga OC. s O cabo OA é usado para suportar a coluna OB. Determine o ângulo ‫ ׋‬que ele forma com a viga OD. z D 30° O ‫׋‬ Problema 2.128 s Determine o ângulo ș entre os cabos AB e AC. 2.130. Se F possui uma intensidade de 250 N, determine a intensidade de suas componentes projetadas que atuam ao longo do eixo x e do cabo AC. z 4m ș 8m C y y 500 mm 2,4 m x C 8m 0,9 m B 3,6 m B 2,4 m A y F Problemas 2.124/125 ș 2.126. Cada cabo exerce uma força de 400 N sobre o poste. Determine a intensidade da componente projetada de F1 ao longo da linha de ação de F2. A 2.127. Determine o ângulo ș entre os dois cabos presos ao poste. x Problemas 2.129/130 z F1 400 N 2.131. Determine as intensidades das componentes projetadas da força F = 300 N que atuam ao longo dos eixos x e y. *2.132. Determine a intensidade da componente projetada da força F = 300 N que atua ao longo da linha OA. 35° 120° 20° 4,5 m ș 45° 30° y F z A 60° 30° 300 mm O x F2 300 mm 400 N x Problemas 2.126/127 300 mm y Problemas 2.131/132 300 N | 56 | Estática s Dois cabos exercem forças sobre o tubo. Determine a intensidade da componente projetada de F1 ao longo da linha de ação de F2. z F2 2.134. Determine o ângulo ș entre os dois cabos conectados ao tubo. 25 N 60° ș 60° x 30° 30° F1 y 30 N Problemas 2.133/134 REVISÃO DO CAPÍTULO Um escalar é um número positivo ou negativo; são exemplos massa e temperatura. Um vetor possui uma intensidade e uma direção, onde a ponta da seta (extremidade) representa o sentido do vetor. A A multiplicação ou divisão de um vetor por um escalar mudará apenas a intensidade do vetor. Se o escalar for negativo, o sentido do vetor mudará para que ele atue no sentido oposto. 2A –1,5A A Se os vetores forem colineares, a resultante é simplesmente a adição algébrica ou escalar. Lei do paralelogramo Dois vetores são adicionados de acordo com a lei do paralelogramo. As componentes formam os lados do paralelogramo e a resultante é a diagonal. Para encontrar as componentes de uma força ao longo de quaisquer dois eixos, estenda linhas da extremidade da força, paralelas aos eixos, para formar as componentes. Para obter as componentes ou a resultante, mostre como as forças se somam indo da ‘origem para extremidade' usando a regra do triângulo e, em seguida, use a lei dos cossenos e dos senos para calcular seus valores. 0,5A R R =A + B A B a Resultante FR F1 b F2 Componentes FR ș1 șR F2 FR = F12 + F 22 - 2F1 F2 cos iR F1 F2 FR = = sen i1 sen i2 sen iR F1 ș2 Capítulo 2 Componentes retangulares: duas dimensões Os vetores Fx e Fy são componentes retangulares de F. y F Fy A força resultante é determinada pela soma algébrica de suas componentes. FRx = RFx FRy = RFy FR = ^ FRxh2 + ^ FRyh2 F i = tg- 1 Ry FRx | 57 Vetores de força x Fx y F2y y F1y FR FRy F2x F1x F3x x x FRx F3y Vetores cartesianos O vetor unitário u tem comprimento de um, sem unidades, e aponta na direção do vetor F. u= F F F F u 1 Uma força pode ser decomposta em suas componentes cartesianas ao longo dos eixos x, y, z, de modo que: F = Fx i + Fy j + Fz k. A intensidade de F é determinada pela raiz quadrada positiva da soma dos quadrados de suas componentes. z F= 2 x 2 y F +F +F 2 z Fz k F Os ângulos de direção coordenados Į, ȕ, Ȗ são determinados formulando-se um vetor unitário na direção de F. As componentes x, y, z de u representam cos Į, cos ȕ, cos Ȗ. u Ȗ F F u = F = Fx i + y j + z k F F F F u = cos a i + cos b j + cos c k Į Fx i Os ângulos de direção coordenados estão relacionados, de modo que apenas dois dos três ângulos são independentes um do outro. cos2 Į + cos2 ȕ + cos2 c = 1 Para determinar a resultante de um sistema de forças concorrentes, expresse cada força como um vetor cartesiano e adicione as componentes i, j, k de todas as forças no sistema. FR = RF = RFxi + RFyj + RFzk x ȕ Fy j y | | 58 | Estática Vetores posição e de força Um vetor posição localiza um ponto no espaço em relação a outro. A maneira mais simples de formular as componentes de um vetor posição é determinar a distância e a direção, ao longo das direções x, y e z, entre a origem e a extremidade do vetor. Se a linha de ação de uma força passa pelos pontos A e B, logo a força atua na mesma direção do vetor posição r, que é definido pelo vetor unitário u. A força pode então ser expressa como um vetor cartesiano. z (z B r = (xB – xA)i + (yB – yA)j + (zB – zA)k z A )k B r A x A )i (x B (y B y y A )j x z F = Fu = F c r m r F r B u A y x Produto escalar O produto escalar entre dois vetores A e B produz um escalar. Se A e B são expressos na forma de vetor cartesiano, então o produto escalar é a soma dos produtos de suas componentes x, y e z. A A $ B = AB cos ș = AxBx + AyBy + AzBz ș B O produto escalar pode ser usado para calcular o ângulo entre A e B. O produto escalar também é usado para determinar a projeção da componente de um vetor A sobre um eixo aa definido por seu vetor unitário ua. i = cos-1 c A $ B m AB Aa = A cos ș ua = (A $ ua)ua A a A ș Aa A cos ș ua u a Capítulo 2 Vetores de força | 59 | Problemas 2.135. Determine as componentes x e y da força de 700 N. y 700 N Determine o ângulo de projeto ș (ș < 90°) entre as duas barras de modo que a força horizontal de 500 N tenha uma componente de 600 N direcionada de A para C. Qual é a componente da força que atua ao longo do membro BA? B 60° 30° x C Problema 2.135 20° ș *2.136. Determine a intensidade da componente projetada da força de 500 N que atua ao longo do eixo BC do tubo. s Determine o ângulo ș entre os segmentos de tubo BA e BC. z A F2 = 50 N 0,9 m ș 2,4 m 0,6 m 5 1,8 m 1,2 m C Problema 2.139 *2.140. Determine a intensidade mínima e a direção da força F3 de modo que a resultante de todas as três forças tenha uma intensidade de 100 N. B x 500 N A F 4 F3 3 D 500 N y ș Problemas 2.136/137 F1 = 25 N 2.138. Determine a intensidade e a direção da resultante FR = F1 + F2 + F3 das três forças encontrando primeiro a resultante F' = F1 + F3 e, depois, formando FR = F' + F2. Especifique sua direção medida no sentido anti-horário a partir do eixo x positivo. y F1 F2 80 N Problema 2.140 75 N F3 30° s Decomponha a força de 250 N nas componentes que atuam ao longo dos eixos u e v e determine as intensidades dessas componentes. 50 N 30° 45° u x 20° 250 N 40° ȣ Problema 2.138 Problema 2.141 | 60 | Estática 2.142. O cabo AB exerce uma força de 80 N sobre a extremidade da barra de 3 m de comprimento OA. Determine a intensidade da projeção dessa força ao longo da barra. 2.143. Os três cabos de suporte exercem as forças mostradas na figura. Represente cada força como um vetor cartesiano. z z C 2m B E 2m B 4m FE FC O FB 80 N 400 N D 2m 3m A A x 3m x Problema 2.142 3m 400 N y 60° 350 N Problema 2.143 y CAPÍTULO 3 Equilíbrio de uma partícula Objetivos do capítulo Introduzir Mostrar 3.1 o conceito do diagrama de corpo livre (DCL) para uma partícula. como resolver problemas de equilíbrio de uma partícula usando as equações de equilíbrio. Condição de equilíbrio de uma partícula Dizemos que uma partícula está em equilíbrio quando está em repouso se originalmente se achava em repouso, ou quando tem velocidade constante se originalmente estava em movimento. Muitas vezes, no entanto, o termo ‘equilíbrio’ ou, mais especificamente, ‘equilíbrio estático’ é usado para descrever um objeto em repouso. Para manter o equilíbrio, é necessário satisfazer a primeira lei do movimento de Newton, segundo a qual a força resultante que atua sobre uma partícula deve ser igual a zero. Essa condição é expressa matematicamente como: RF = 0 (3.1) onde RF é a soma vetorial de todas as forças que atuam sobre a partícula. A Equação 3.1 não é apenas uma condição necessária do equilíbrio, é também uma condição suficiente. Isso decorre da segunda lei do movimento de Newton, a qual pode ser escrita como RF = ma. Como o sistema de forças satisfaz a Equação 3.1, então, ma = 0 e, portanto, a aceleração da partícula a = 0. Consequentemente, a partícula move-se com velocidade constante ou permanece em repouso. 3.2 O diagrama de corpo livre Para aplicar a equação de equilíbrio, devemos considerar todas as forças conhecidas e desconhecidas (RF) que atuam sobre a partícula. A melhor maneira de fazer isso é pensar na partícula de forma isolada e ‘livre’ de seu entorno. Um esboço mostrando a partícula com todas as forças que atuam sobre ela é chamado diagrama de corpo livre (DCL) da partícula. Antes de apresentarmos o procedimento formal para traçar o diagrama de corpo livre, vamos considerar dois tipos de conexão encontrados frequentemente nos problemas de equilíbrio de uma partícula. | | 62 Estática Molas Se uma mola (ou fio) linearmente elástica, de comprimento não deformado lo, é usada para sustentar uma partícula, o comprimento da mola varia em proporção direta à força F que atua sobre ela (Figura 3.1). Uma característica que define a ‘elasticidade’ de uma mola é a constante da mola ou rigidez k. A intensidade da força exercida sobre uma mola linearmente elástica que tem uma rigidez k e é deformada (alongada ou comprimida) de uma distância s = l – lo, medida a partir de sua posição sem carga, é: lo l +s F Figura 3.1 F = ks (3.2) Se s for positivo, causando um alongamento, então F ‘puxa’ a mola; enquanto, se s for negativo, causando um encurtamento, então F a ‘empurra’. Por exemplo, a mola mostrada na Figura 3.1 tem comprimento sem esticar de 0,8 m e uma rigidez k = 500 N/m e ela é esticada para um comprimento de 1 m, de modo que s = l – lo = 1 m – 0,8 m = 0,2 m, então é necessária uma força F = ks = 500 N/m(0,2 m) = 100 N. Cabos e polias ș 7 7 2FDERHVWiHPWHQVmR Figura 3.2 Salvo disposição em contrário, ao longo deste livro, exceto na Seção 7.4, será considerado que todos os cabos (ou fios) têm peso desprezível e não podem esticar. Além disso, um cabo pode suportar apenas uma força de tração ou ‘puxão’, que atua sempre na direção do cabo. No Capítulo 5 veremos que a força de tração sobre um cabo contínuo que passa por uma polia sem atrito deve ter uma intensidade constante para manter o cabo em equilíbrio. Portanto, para qualquer ângulo ș mostrado na Figura 3.2, o cabo está submetido a uma tração constante T ao longo de todo o seu comprimento. Procedimento para traçar um diagrama de corpo livre Como devemos considerar todas as forças que atuam sobre a partícula quando aplicamos as equações de equilíbrio, a importância excessiva dada ao traçar um diagrama de corpo livre não pode ser tão enfatizada. Para construir um diagrama de corpo livre, é necessário o seguinte procedimento. Desenhe o contorno da partícula a ser estudada Imagine a partícula a ser isolada ou ‘recortada’ de seu entorno, e desenhe o contorno de sua forma. Mostre todas as forças Indique nesse esboço todas as forças que atuam sobre a partícula. Essas forças podem ser ativas, as quais tendem a pôr a partícula em movimento, ou reativas, que são o resultado das restrições ou apoios que tendem a impedir o movimento. Para levar em conta todas estas forças, pode ser útil traçar o contorno da partícula, observando cuidadosamente cada força que age sobre ela. Identifique cada força As forças conhecidas devem ser marcadas com suas respectivas intensidades e direções. As letras são usadas para representar as intensidades e direções das forças desconhecidas. Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula D | 63 | W A A B TB TC C T W A bobina tem um peso W e está suspensa pela lança do guindaste. Se quisermos obter as forças nos cabos AB e AC, devemos considerar o diagrama de corpo livre do anel em A. Nesse caso, os cabos AD exercem uma força resultante de W sobre o anel e a condição de equilíbrio é usada para obter TB e TC. A caçamba é mantida em equilíbrio pelo cabo e, instintivamente, sabemos que a força no cabo deve ser igual ao peso da caçamba. Desenhando o diagrama de corpo livre da caçamba, podemos compreender porque isso ocorre. Esse diagrama mostra que há apenas duas forças atuando sobre a caçamba, ou seja, seu peso W e a força T do cabo. Para o equilíbrio, a resultante dessas forças deve ser igual a zero e, assim, T = W. Exemplo 3.1 A esfera na Figura 3.3a tem massa de 6 kg e está apoiada como mostrado. Desenhe o diagrama de corpo livre da esfera, da corda CE e do nó em C. )(& )RUoDGRQyTXHDJH VREUHDFRUGD&( )&( )RUoDGDFRUGD&( TXHDJHVREUHDHVIHUD % N $ ' & ( (a) 1 3HVRRXJUDYLGDGH TXHDJHVREUHDHVIHUD )&( )RUoDGDHVIHUDTXHDJH VREUHDFRUGD&( (b) (c) SOLUÇÃO Esfera Verifica-se que há apenas duas forças atuando sobre a esfera, nominalmente, seu peso, 6 kg (9,81 m/s2) = 58,9 N, e a força da corda CE. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 3.3b. Corda CE Quando a corda CE é isolada de seu entorno, seu diagrama de corpo livre mostra apenas duas forças atuando sobre ela, nominalmente, a força da esfera e a força do nó (Figura 3.3c). Observe que FCE mostrada nessa figura é igual, mas oposta à mostrada na Figura 3.3b, uma consequência da terceira lei da ação e reação de Newton. Além disso, FCE e FEC puxam a corda e a mantêm sob tração de modo que não se rompa. Para o equilíbrio, FCE = FEC. Nó O nó em C está sujeito a três forças (Figura 3.3d). Elas são causadas pelas cordas CBA e CE e pela mola CD. Como solicitado, o diagrama de corpo livre mostra todas as forças identificadas por suas intensidades e direções. É importante observar que o peso da esfera não atua diretamente sobre o nó. Em vez disso, é a corda CE que submete o nó a essa força. )&%$ )RUoDGDFRUGD&%$ TXHDJHVREUHRQy & )&' )RUoDGD PRODTXHDJH VREUHRQy )&( )RUoDGDFRUGD&( TXHDJHVREUHRQy (d) Figura 3.3 | 64 | Estática 3.3 Se uma partícula estiver submetida a um sistema de forças coplanares localizadas no plano x–y, como mostra a Figura 3.4, então cada força poderá ser decomposta em suas componentes i e j. Para o equilíbrio, essas forças precisam ser somadas para produzir uma força resultante zero, ou seja, \ ) ) Sistemas de forças coplanares RF = 0 [ RFx i + RFy j = 0 ) Para que essa equação vetorial seja satisfeita, as componentes x e y da força devem ser iguais a zero. Portanto, ) RFx = 0 Figura 3.4 RFy = 0 ) [ 1 Figura 3.5 Essas duas equações podem ser resolvidas, no máximo, para duas incógnitas, geralmente representadas como ângulos e intensidades das forças mostradas no diagrama de corpo livre da partícula. Quando aplicamos cada uma das duas equações de equilíbrio, precisamos levar em conta o sentido da direção de qualquer componente usando um sinal algébrico que corresponda à direção da seta da componente ao longo do eixo x ou y. É importante notar que se a força tiver intensidade desconhecida, o sentido da seta da força no diagrama de corpo livre poderá ser assumido. Portanto, se a solução resultar um escalar negativo, isso indicará que o sentido da força atua no sentido oposto ao assumido. Por exemplo, considere o diagrama de corpo livre da partícula submetida às duas forças mostradas na Figura 3.5. Nesse caso, é assumido que a força incógnita F atua para a direita a fim de manter o equilíbrio. Aplicando a equação do equilíbrio ao longo do eixo x, temos: + " RFx = 0; y TD D A A TB B x TC (3.3) +F + 10 N = 0 Os dois termos são ‘positivos’, uma vez que ambas as forças atuam na direção positiva x. Quando essa equação é resolvida, F = –10 N. Nesse caso, o sinal negativo indica que F deve atuar para a esquerda a fim de manter a partícula em equilíbrio (Figura 3.5). Observe que, se o eixo +x na Figura 3.5 fosse direcionado para a esquerda, ambos os termos da equação seriam negativos, mas, novamente, após a resolução, F = –10 N, indicando que F deveria ser direcionado para a esquerda. C Procedimento para análise As correntes exercem três forças sobre o anel em A, como mostra o seu diagrama de corpo livre. O anel não se moverá, ou se moverá com velocidade constante, desde que a soma dessas forças ao longo dos eixos x e y seja zero. Se uma das três forças for conhecida, as intensidades das outras duas forças poderão ser obtidas a partir das duas equações de equilíbrio. Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para uma partícula podem ser resolvidos usando-se o seguinte procedimento. Diagrama de corpo livre Estabeleça os eixos x, y com qualquer orientação adequada. Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e desconhecidas no diagrama. O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida é assumido. Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | | 65 Equações de equilíbrio Aplique as equações de equilíbrio RFx = 0 e RFy = 0. As componentes serão positivas se forem direcionadas ao longo de um eixo positivo e negativas se forem direcionadas ao longo de um eixo negativo. Se existirem mais de duas incógnitas e o problema envolver mola, deve-se aplicar F = ks para relacionar a força da mola à deformação s da mola. Como a intensidade de uma força é sempre uma quantidade positiva, então, se a solução produzir um resultado negativo, isso indica que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre (que foi assumido). Exemplo 3.2 Determine a tração nos cabos BA e BC necessária para sustentar o cilindro de 60 kg na Figura 3.6a. C A 3 y TBD = 60(9,81) N 5 4 45° TC TA B 3 5 45° 4 B x D TBD = 60(9,81) N 60(9,81) N (a) (c) (b) Figura 3.6 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Devido ao equilíbrio, o peso do cilindro faz com que a tração no cabo BD seja TBD = 60(9,81) N, como mostra a Figura 3.6b. As forças nos cabos BA e BC podem ser determinadas examinando-se o equilíbrio do anel B. Seu diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 3.6c. As intensidades de TA e TC são desconhecidas, mas suas direções são conhecidas. Equações de equilíbrio Aplicando-se as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, temos: + " RFx = 0; + -RFy = 0; TC cos 45° - c 4 m TA = 0 5 TC sen 45° + b 3 l TA - 60^9, 81h N = 0 5 (1) (2) A Equação 1 pode ser escrita como TA = 0,8839TC. Substituindo TA na Equação 2 resulta: TC sen 45° + b 3 l^0, 8839TC h - 60^9, 81h N = 0 5 De modo que: TC = 475,66 N = 476 N | 66 | Estática Substituindo esse resultado na Equação 1 ou na Equação 2, obtemos: TA = 420 N NOTA: É claro que a precisão desses resultados depende da exatidão dos dados, isto é, medições da geometria e cargas. Para muitos trabalhos de engenharia envolvendo problemas como esse, os dados medidos com três algarismos significativos seriam suficientes. Exemplo C 3.3 A caixa de 200 kg da Figura 3.7a é suspensa usando as cordas AB e AC. Cada corda pode suportar uma força máxima de 10 kN antes de se romper. Se AB sempre permanece horizontal, determine o menor ângulo ș para o qual a caixa pode ser suspensa antes que uma das cordas se rompa. θ A SOLUÇÃO B Diagrama de corpo livre Estudaremos o equilíbrio do anel A. Existem três forças atuando nele (Figura 3.7b). A intensidade de FD é igual ao peso da caixa, ou seja, FD = 200(9,81) N = 1962 N < 10 kN. D Equações de equilíbrio Aplicando as equações de equilíbrio ao longo dos eixos x e y, (a) y FC FB θ x A + " RFx = 0; - FC cos i + FB = 0; FC = + - RFy = 0; FC sen ș – 1962 N = 0 Figura 3.7 ș= sen–1(0,1962) = 11,31° Exemplo 2m C kAB = 300 N/m A B (a) Figura 3.8 (2) A força desenvolvida na corda AB pode ser obtida substituindo os valores para ș e FC na Equação 1. FB 10^103h N = cos 11, 31° FB = 9, 81 kN (b) 30° (1) Da Equação 1, FC é sempre maior que FB, uma vez que cos ș3RUWDQWRDFRUGD AC atingirá a força de tração máxima de 10 kN antes da corda AB. Substituindo FC = 10 kN na Equação 2, obtemos: [10(103) N] sen ș – 1962 N = 0 FD = 1962 N FB cos i 3.4 Determine o comprimento da corda AC na Figura 3.8a, de modo que a luminária de 8 kg seja suspensa na posição mostrada. O comprimento não deformando da mola AB é l'AB = 0,4 m e a mola tem uma rigidez kAB = 300 N/m. SOLUÇÃO Se a força na mola AB for conhecida, o alongamento da mola será determinando usando F = ks. Da geometria do problema é possível então calcular o comprimento de AC. Diagrama de corpo livre A luminária tem peso W = 8(9,81) = 78,5 N e, portanto, o diagrama de corpo livre do anel em A é mostrado na Figura 3.8b. Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula Equações de equilíbrio Usando os eixos x, y, | 67 | \ 7$& + " RFx = 0; TAB - TAC cos 30° = 0 + - RFy = 0; TAC sen 30° – 78,5 N = 0 [ $ Resolvendo, obtemos: TAC = 157,0 N 7$% : 1 TAB = 135,9 N (b) O alongamento da mola AB é, portanto, TAB = kABsAB; 135,9 N = 300 N/m(sAB) Figura 3.8 sAB = 0,453 m Logo, o comprimento alongado é: lAB = l'AB + sAB lAB = 0,4 m + 0,453 m = 0,853 m A distância horizontal de C a B (Figura 3.8a) requer: 2 m = lAC cos 30° + 0,853 m lAC = 1,32 m Problemas fundamentais Todas as soluções dos problemas precisam incluir um diagrama de corpo livre (DCL). 3.1. A caixa tem um peso de 2,75 kN. Determine a força em cada cabo de sustentação. 3.3. Se o bloco de 5 kg é suspenso pela polia B e a curvatura da corda é d = 0,15 m, determine a força na corda ABC. Despreze a dimensão da polia. 0,4 m C B 5 3 A 4 30° C d = 0,15 m A B D D Problema 3.1 Problema 3.3 3.2. A viga tem um peso de 3,5 kN. Determine o cabo mais curto ABC que pode ser usado para levantá-la se a força máxima que o cabo pode suportar é 7,5 kN. 3.4. O bloco possui uma massa de 5 kg e repousa sobre o plano liso. Determine o comprimento não deformado da mola. 0,3 m k = 200 N/m B θ θ A 0,4 m C 3m Problema 3.2 45° Problema 3.4 | 68 | Estática 3.5. Se a massa do cilindro C é 40 kg, determine a massa do cilindro A, de modo a manter a montagem na posição mostrada. 3.6. Determine a tração nos cabos AB, BC e CD, necessária para suportar os semáforos de 10 kg e 15 kg em B e C, respectivamente. Além disso, determine o ângulo ș. A D B B 15° θ C 30° E D C 40 kg A Problema 3.6 Problema 3.5 Problemas Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. s Determine a força em cada corda para o equilíbrio da caixa de 200 kg. A corda BC permanece na horizontal devido ao rolete em C, e AB tem um comprimento de 1,5 m. Considere y = 0,75 m. 3.2. Se a corda AB de 1,5 m pode suportar uma força máxima de 3500 N, determine a força na corda BC e a distância y, de modo que a caixa de 200 kg possa ser suportada. s Os membros de uma treliça estão conectados a uma placa de ligação. Se as forças são concorrentes no ponto O, determine as intensidades de F e T para o equilíbrio. Considere ș = 30°. 3.6. A placa de ligação está submetida às forças de quatro membros. Determine a força no membro B e sua orientação correta ș para o equilíbrio. As forças são concorrentes no ponto O. Considere F = 12 kN. 2m A y N1 $ 2 ș B C ' % 7 *3.4. Se os cabos BD e BC podem suportar uma força de tração máxima de 20 kN, determine a massa máxima da viga que pode ser suspensa pelo cabo AB, de modo que nenhum cabo se rompa. O centro de massa da viga está localizado no ponto G. Problemas 3.5/6 3.7. O pendente de reboque AB está submetido à força de 50 kN exercida por um rebocador. Determine a força em cada um dos cabos de amarração, BC e BD, se o navio está se movendo para frente em velocidade constante. ' & FAB A N1 ) Problemas 3.1/2 3.3. Se a massa da viga é 3 Mg e seu centro de massa está localizado no ponto G, determine a tração desenvolvida nos cabos AB, BC e BD para o equilíbrio. & % B 45° 30° D C $ N1 G Problemas 3.3/4 Problema 3.7 Capítulo 3 *3.8. Os membros AC e AB suportam a caixa de 100 kg. Determine a força de tração desenvolvida em cada membro. Equilíbrio de uma partícula | | 69 s Se o bloco D pesa 1,5 kN e o bloco B pesa 1,375 kN, determine o peso do bloco C e do ângulo ș para o equilíbrio. s Se os membros AC e AB podem suportar uma tração máxima de 1500 N e 1250 N, respectivamente, determine o maior peso da caixa que pode ser suportada com segurança. 0,9 m 1,2 m B C θ 30° A B 1,2 m C D Problemas 3.12/13 A 3.14. Determine o alongamento nas molas AC e AB para o equilíbrio do bloco de 2 kg. As molas são mostradas na posição de equilíbrio. 3.15. O comprimento não deformando da mola AB é 3 m. Se o bloco é mantido na posição de equilíbrio mostrada, determine a massa do bloco em D. Problemas 3.8/9 3.10. Os membros de uma treliça estão conectados à placa de ligação. Se as forças são concorrentes no ponto O, determine as intensidades de F e T para o equilíbrio. Considere ș = 90°. 3.11. A placa de ligação está submetida às forças de três membros. Determine a força de tração no membro C e seu ângulo ș para o equilíbrio. As forças são concorrentes no ponto O. Considere F = 8 kN. P P & P % N$& 1P N$% 1P \ $ N1 ) $ % 2 ș [ ' & 7 Problemas 3.10/11 *3.12. Se o bloco B pesa 1 kN e o bloco C pesa 0,5 kN, determine o peso do bloco D e do ângulo ș para o equilíbrio. Problemas 3.14/15 *3.16. Determine a tração desenvolvida nos cabos CA e CB necessária para o equilíbrio do cilindro de 10 kg. Considere ș = 40°. | 70 | Estática s Se o cabo CB está submetido a uma tração que é o dobro da do cabo CA, determine o ângulo ș para o equilíbrio do cilindro de 10 kg. Além disso, quais são as trações nos cabos CA e CB? s Se a tração desenvolvida em cada um dos quatro fios não pode exceder 600 N, determine a maior massa do candelabro que pode ser suportada. B A A 30° C θ 30° C B 30° 45° D Problemas 3.16/17 3.18. Determine as forças nos cabos AC e AB necessárias para manter a esfera D de 20 kg em equilíbrio. Considere F = 300 N e d = 1 m. A esfera D possui uma massa de 20 kg. Se uma força F = 100 N é aplicada horizontalmente no anel em A, determine a dimensão d, de modo que a força no cabo AC seja zero. B Problemas 3.20/21 Ŷ3.22. Uma força vertical P = 50 N é aplicada nas extremidades da corda AB de 0,6 m e na mola AC. Se a mola tem um comprimento não deformado de 0,6 m, determine o ângulo ș para o equilíbrio. Considere k = 250 N/m. 3.23. Determine o comprimento não deformado da mola AC se uma força P = 400 N torna o ângulo ș = 60° para o equilíbrio. A corda AB tem 0,6 m de extensão. Considere k = 850 N/m. 1,5 m 0,6 m 0,6 m C B θ C d k A F A 2m D P Problemas 3.18/19 Problemas 3.22/23 *3.20. Determine a tração desenvolvida em cada um dos fios usados para sustentar o candelabro de 50 kg. *3.24. Se o balde pesa 0,25 kN, determine a tração desenvolvida em cada um dos fios. Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula s Determine o peso máximo do balde que o sistema de fios pode suportar, de modo que nenhum fio desenvolva uma tração maior que 0,5 kN. | 71 | & C ș B 30° % A 5 4 D 3 30° P1 E P1 $ Problemas 3.24/25 Problema 3.28 3.26. Determine as trações desenvolvidas nos fios CD, CB e BA e o ângulo ș necessário para o equilíbrio do cilindro E de 15 kg e do cilindro F de 30 kg. s As cordas BCA e CD podem suportar, cada uma, uma carga máxima de 0,5 kN. Determine o peso máximo da caixa que pode ser içada em velocidade constante e o ângulo ș para o equilíbrio. Despreze a dimensão da polia em C. 3.27. Se o cilindro E pesa 150 N e ș = 15°, determine o peso do cilindro F. D ' A ș & 30° C 45° θ B E $ F % Problemas 3.26/27 *3.28. Duas esferas, A e B, tem massas iguais e estão eletrostaticamente carregadas, de modo que a força repulsiva que atua entre elas tem uma intensidade de 20 mN e está direcionada ao longo da linha AB. Determine o ângulo ș, a tração nas cordas AC e BC e a massa m de cada esfera. Problema 3.29 3.30. As molas no arranjo de cabos estão originalmente não deformadas quando ș = 0°. Determine a tração em cada cabo quando F = 450 N. Despreze a dimensão das polias em B e D. | | 72 Estática 3.31. As molas no arranjo de cabos estão originalmente deformadas em 0,3 m quando ș = 0°. Determine a força vertical F que deve ser aplicada, de modo que ș = 30°. 0,6 m B B D θ C A 0,6 m 30° θ D 30° A P k = 500 N/m k = 500 N/m Problemas 3.33/34 F E C Problemas 3.30/31 *3.32. Determine a intensidade e a direção ș da força de equilíbrio FAB exercida ao longo da barra AB pelo aparato de tração mostrado. A massa suspensa é de 10 kg. Despreze a dimensão da polia em A. 3.35. O quadro tem um peso de 50 N e deve ser suspenso pelo pino liso B. Se um cordão for amarrado ao quadro nos pontos A e C, a força máxima que o cordão pode suportar é 75 N, determine o cordão mais curto que pode ser usado com segurança. B A C 225 mm 225 mm 75° A Problema 3.35 45° θ B FAB *3.36. O tanque uniforme de 100 kg é suspenso por meio de um cabo de 3 m de comprimento, que está preso às laterais do tanque e passa sobre a pequena polia localizada em O. Se o cabo pode ser preso nos pontos A e B ou C e D, determine qual amarração produz a menor quantidade de tração no cabo. Qual é essa tração? F Problema 3.32 s O fio forma um contorno fechado e passa pelas pequenas polias em A, B, C e D. Se sua extremidade está submetida a uma força de P = 50 N, determine a força no fio e a intensidade da força resultante exercida pelo fio em cada polia. 3.34. O fio forma um contorno fechado e passa pelas pequenas polias em A, B, C e D. Se a força resultante máxima que o fio pode exercer sobre cada polia é 120 N, determine a maior força P que pode ser aplicada ao fio como mostrado. O B 0,5 m C D A 1m 1m Problema 3.36 1m Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula s O peso de 5 kg é suportado pela corda AC, pelo rolete, e por uma mola que possui uma rigidez de k = 2000 N/m e um comprimento não deformado de 300 mm. Determine a distância d até onde o peso está localizado quando em equilíbrio. | 73 | C 400 mm 3.38. O peso de 5 kg é suportado pela corda AC, pelo rolete, e por uma mola. Se a mola possui um comprimento não deformado de 200 mm e o peso está em equilíbrio quando d = 100 mm. Determine a rigidez k da mola. A k = 800 N/m B 300 mm 300 mm D θ B 500 mm 400 mm Problema 3.40 s Um cabo contínuo de comprimento total 4 m é passado ao redor das pequenas polias em A, B, C e D. Se cada mola está alongada em 300 mm, determine a massa m de cada bloco. Despreze o peso das polias e cordas. As molas não se deformam quando d = 2 m. d k C A N 1P Problemas 3.37/38 Uma ‘balança’ é construída com uma corda de 1,2 m de comprimento e o bloco D de 5 kg. A corda é fixada em um pino em A e passa por duas pequenas polias em B e C. Determine o peso do bloco suspenso em B se o sistema está em equilíbrio. & % ' G $ 0,3 m N 1P A C Problema 3.41 0,45 m 3.42. Determine a massa de cada um dos dois cilindros se eles causam um deslocamento s = 0,5 m quando suspensos pelos anéis em A e B. Observe que s = 0 quando os cilindros são removidos. P D P P ' & P B V N 1P N 1P $ % Problema 3.39 s A mola tem uma rigidez k = 800 N/m e um comprimento não deformado de 200 mm. Determine a força nos cabos BC e BD quando a mola é mantida na posição mostrada. Problema 3.42 | 74 | Estática 3.43. O balde e seu conteúdo têm uma massa de 60 kg. Se a corda BAC possui 15 m de comprimento, determine a distância y até a polia em A para o equilíbrio. Despreze a dimensão da polia. s Uma balança é construída usando a massa de 10 kg, o prato P de 2 kg e a montagem da polia e da corda conforme figura. A corda BCA tem 2 m de comprimento. Se s = 0,75 m, determine a massa de D no prato. Despreze a dimensão da polia. C 2m P & $ B y V P A % ' 3 10 m Problema 3.43 Problema 3.44 Problemas conceituais 3.1. O painel de parede de concreto é içado para a posição usando os dois cabos AB e AC de mesmo comprimento. Defina dimensões apropriadas e faça uma análise de equilíbrio para mostrar que quanto mais longos forem os cabos, menor a força em cada um deles. 3.3. O dispositivo DB é usado para esticar a corrente ABC de modo a manter a porta fechada no contêiner. Se o ângulo entre AB e o segmento horizontal BC é 30°, determine o ângulo entre DB e a horizontal para o equilíbrio. A B C D A C B 3.2. A treliça é içada usando o cabo ABC que passa por uma polia muito pequena em B. Se a treliça é colocada em uma posição inclinada, mostre que ela sempre retornará à posição horizontal para manter o equilíbrio. 3.4. As duas correntes AB e AC possuem comprimentos iguais e estão submetidas à força vertical F. Se AB fosse substituído por uma corrente ABƍPDLVFXUWDPRVWUHTXHHVVD corrente precisaria suportar uma força de tração maior do que AB a fim de manter o equilíbrio. F B A A C B B´ C Capítulo 3 3.4 Equilíbrio de uma partícula ) Na Seção 3.1, afirmarmos que a condição necessária e suficiente para o equilíbrio de uma partícula é: Figura 3.9 (3.5) RFz = 0 Essas três equações estabelecem que a soma algébrica das componentes de todas as forças que atuam sobre a partícula ao longo de cada um dos eixos coordenados precisa ser zero. Usando-as, podemos resolver para, no máximo, três incógnitas, geralmente representadas como ângulos de direção coordenados ou intensidades das forças no diagrama de corpo livre da partícula. Procedimento para análise Problemas de equilíbrio de forças tridimensionais para uma partícula podem ser resolvidos usando-se o procedimento a seguir. Diagrama de corpo livre Defina os eixos x, y, z em alguma orientação adequada. Identifique todas as intensidades e direções das forças conhecidas e desconhecidas no diagrama. O sentido de uma força que tenha intensidade desconhecida pode ser assumido. Equações de equilíbrio Use as equações escalares de equilíbrio, RFx = 0, RFy = 0, RFz = 0, nos casos em que seja fácil decompor cada força em suas componentes x, y, z. Se a geometria tridimensional parecer difícil, então expresse primeiro cada força no diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano, substitua estes vetores em RF = 0 e, em seguida, iguale a zero as componentes i, j, k. Se a solução para uma força produzir um resultado negativo, isso indica que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre. W A C B D FD FC \ [ ) RFx = 0 FB ) (3.4) No caso de um sistema de forças tridimensional, como na Figura 3.9, podemos decompor as forças em suas respectivas componentes i, j, k, de modo que RFxi + RFyj + RFzk = 0. Para satisfazer essa equação é necessário que: RFy = 0 | 75 ] Sistemas de forças tridimensionais RF = 0 | O anel em A está submetido à força do gancho, bem como às forças de cada uma das três correntes. Se o eletroímã e sua carga tiverem peso W, então a força do gancho será W e as três equações escalares de equilíbrio poderão ser aplicadas ao diagrama de corpo livre do anel para determinar as forças das correntes, FB, FC, e FD. | 76 | Estática Exemplo 3.5 Uma carga de 90 N está suspensa pelo gancho mostrado na Figura 3.10a. Se a carga é suportada por dois cabos e uma mola com rigidez k = 500 N/m, determine a força nos cabos e o alongamento da mola para a condição de equilíbrio. O cabo AD está no plano x–y e o cabo AC no plano x–z. z z FC C 30° A 3 5 5 3 4 k = 500 N/m 4 30° y A B D FB y FD x 90 N x (a) 90 N (b) Figura 3.10 SOLUÇÃO O alongamento da mola poderá ser determinado depois que a força sobre a mola for determinada. Diagrama de corpo livre A conexão em A foi escolhida para a análise de equilíbrio, visto que as forças dos cabos são concorrentes nesse ponto. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 3.10b. Equações de equilíbrio Cada força pode ser facilmente decomposta em suas componentes x, y, z, e portanto as três equações de equilíbrio escalares podem ser usadas. Considerando as componentes direcionadas ao longo do eixo positivo como ‘positivas’, temos: (1) RFx = 0; FD sen 30° - c 4 m FC = 0 5 (2) RFy = 0; - FD cos 30° + FB = 0 3 (3) RFz = 0; c m FC - 90 N = 0 5 Resolvendo a Equação 3 para FC, depois a Equação 1 para FD e, finalmente, a Equação 2 para FB, temos: FC = 150 N FD = 240 N FB = 207,8 N Portanto, o alongamento da mola é: FB = ksAB 207,8 N = (500 N/m)(sAB) sAB = 0,416 m NOTA: Como os resultados para todas as forças dos cabos são positivos, cada cabo está sob tração; isto é, eles puxam o ponto A como esperado (Figura 3.10b). Capítulo 3 Exemplo Equilíbrio de uma partícula | | 77 z 3.6 A luminária de 10 kg mostrada na Figura 3.11a é suspensa pelas três cordas de mesmo comprimento. Determine sua menor distância vertical s a partir do teto, para que a força desenvolvida em qualquer corda não exceda 50 N. B D A SOLUÇÃO 120° 600 mm 120° C Diagrama de corpo livre Devido à simetria (Figura 3.11b), a distância DA = DB = DC = 600 mm. Logo, como RFx = 0 e RFy = 0, a tração T em cada corda será a mesma. Também, o ângulo entre cada corda e o eixo z é Ȗ. s x Equação de equilíbrio Aplicando a equação de equilíbrio ao longo do eixo z, com T = 50 N, temos: RFz = 0; 3 6^50 Nh cos c @ - 10^9, 81h N = 0 98, 1 c = cos-1 = 49, 16° 150 y (a) z Do triângulo sombreado cinza, mostrado na Figura 3.11b, tg 49, 16° = 600 mm s s = 519 mm 600 mm B D A C Exemplo 3.7 T γ T T Determine a força desenvolvida em cada cabo usado para suportar a caixa de 40 kN (§ 4000 kg) mostrada na Figura 3.12a. z x B z 4m 10(9,81) N (b) 4m Figura 3.11 FB C FC 8m D s 3m A x x FD A W = 40 kN y y (a) (b) Figura 3.12 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Como mostra a Figura 3.12b, o diagrama de corpo livre do ponto A é considerado para ‘expor’ as três forças desconhecidas nos cabos. Equação de equilíbrio Primeiro, vamos expressar cada força na forma vetorial cartesiana. Como as coordenadas dos pontos B e C são B (–3 m; –4 m; 8 m) e C (–3 m; 4 m; 8 m), temos: y | 78 | Estática FB = FB > -3i - 4j + 8k ^-3h2 + ^- 4h2 + ^8 h2 H = -0, 318FB i - 0, 424FB j + 0, 848FB k -3i + 4j + 8k FC = FC > H ^-3h2 + ^ 4h2 + ^8 h2 = -0, 318FC i + 0, 424FC j + 0, 848FC k FD = FD i W = "- 40k , kN O equilíbrio requer: RF = 0; FB + FC + FD + W = 0 –0,318FBi – 0,424FBj + 0,848FBk – 0,318FCi + 0,424FCj + 0,848FCk + FDi – 40k = 0 Igualando a zero as respectivas componentes i, j, k, temos: R Fx = 0; –0,318 FB – 0,318FC + FD = 0 (1) R Fy = 0; –0,424 FB + 0,424FC = 0 (2) R Fz = 0; 0,848FB + 0,848FC – 40 = 0 (3) A Equação 2 estabelece que FB = FC. Logo, resolvendo a Equação 3 para FB e FC e substituindo o resultado na Equação 1 para obter FD, temos: FB = FC = 23,6 kN FD = 15,0 kN Exemplo z D C 60° 135° 120° 2m 2m 1my A B k = 1,5 kN/m x (a) ] )& )' $ )% [ : 1 (b) Figura 3.13 \ 3.8 Determine a tração em cada corda usada para suportar a caixa de 100 kg mostrada na Figura 3.13a. SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre A força em cada uma das cordas pode ser determinada observando-se o equilíbrio do ponto A. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 3.13b. O peso da caixa é W = 100(9,81) = 981 N. Equação de equilíbrio Cada força no diagrama de corpo livre é primeiro expressa na forma de um vetor cartesiano. Usando a Equação 2.9 para FC e observando o ponto D (–1 m; 2 m; 2 m) para FD, temos: FB = FB i FC = FC cos 120°i + FC cos 135°j + FC cos 60°k = -0, 5FC i - 0, 707FC j + 0, 5FC k -1i + 2j + 2k FD = FD > H ^-1h2 + ^ 2h2 + ^ 2h2 = -0, 333FD i - 0, 667FD j + 0, 667FD k W = "- 981k , N O equilíbrio requer: RF = 0; FB + FC + FD + W = 0 FBi – 0,5FCi – 0,707FCj + 0,5FCk – 0,333FDi + 0,667FDj + 0,667FDk – 981k = 0 Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula Igualando a zero as respectivas componentes i, j e k, temos: R Fx = 0; FB – 0,5FC – 0,333FD = 0 (1) R Fy = 0; –0,707FC + 0,667FD = 0 (2) R Fz = 0; 0,5FC + 0,667FD – 981 = 0 (3) | 79 | Resolvendo a Equação 2 para FD em função de FC e fazendo a substituição na Equação 3, obtemos FC. FD é determinado pela Equação 2. Finalmente, substituindo os resultados na Equação 1, obtém-se FB. Então: FC = 813 N FD = 862 N FB = 694 N Problemas fundamentais Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. 3.10. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. 3.7. Determine as intensidades das forças F1, F2, F3, de modo que a partícula seja mantida em equilíbrio. z C z F3 4 3 45° F1 5 3 5 4 D F2 5 4 3 60° 60° A 120° 600 N y 30° B x x y 900 N 300 N Problema 3.10 Problema 3.7 3.8. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. z 3.11. A caixa de 75 kg é sustentada pelos cabos AB, AC e AD. Determine a tração nesses cabos. D 5 4 C 3 0,6 m 5 4 C 3 0,9 m B x 0,9 m y A 900 N B Problema 3.8 0,6 m Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD. z 1,8 m D C A 2m y 1m A D 30° 2m x B E 600 N Problema 3.9 Problema 3.11 | 80 | Estática Problemas Todas as soluções dos problemas precisam incluir um DCL. s Determine a tração nos cabos para suportar a caixa de 100 kg na posição de equilíbrio mostrada. 3.46. Determine a maior massa da caixa para que a tração desenvolvida em qualquer cabo não exceda 3 kN. 3.50. Determine a força em cada cabo para suportar a SODWDIRUPDGHN1 §NJ &RQVLGHUHd = 0,6 m. 3.51. Determine a força em cada cabo para suportar a SODWDIRUPDGHN1 §NJ &RQVLGHUHd = 1,2 m. z 17,5 kN z A 2m D C 3m 1m A 2m 2,5 m 2 m B y x D 0,6 m B Problemas 3.45/46 3.47. O guincho é usado para puxar a rede de peixe de 200 kg para o píer. Determine a força compreensiva ao longo de cada uma das barras AB e CB e a tração no cabo do guincho DB. Considere que a força em cada barra atua ao longo de seu eixo. z 1,2 m C 0,9 m x 0,9 m d y 1,2 m Problemas 3.50/51 *3.52. Determine a força em cada um dos três cabos para levantar o trator que tem uma massa de 8 Mg. z 5,6 m 4m B A D 4m C A 2m x 3m 2m y D B 1,25 m 1m C x y 2m 1,25 m Problema 3.47 Problema 3.52 *3.48. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD necessária para o equilíbrio da caixa de 150 kg. s Determine o peso máximo da caixa, de modo que a tração desenvolvida em qualquer cabo não exceda 2250 N. z 0,6 m 0,6 m A 0,9 m z B C 0,3 m s Determine a força que atua ao longo do eixo de cada um dos três suportes para sustentar o bloco de 500 kg. 0,6 m 0,3 m 0,6 m y C B 2,5 m 2m x D A D 3m x Problemas 3.48/49 Problema 3.53 1,25 m 0,75 m y Capítulo 3 | Equilíbrio de uma partícula 81 | 3.54. Se a massa do vaso de planta é 50 kg, determine a tração desenvolvida em cada fio para o equilíbrio. Considere x = 1,5 m e z = 2 m. *3.60. O vaso de 50 kg é sustentado por A, pelos três cabos. Determine a força que atua em cada cabo para o equilíbrio. Considere d = 2,5 m. 3.55. Se a massa do vaso é 50 kg, determine a tração desenvolvida em cada fio para o equilíbrio. Considere x = 2 m e z = 1,5 m. s Determine a altura d do cabo AB, de modo que a força nos cabos AD e AC sejam a metade da força no cabo AB. Qual é a força em cada cabo para esse caso? O vaso de planta tem uma massa de 50 kg. z z 2m C x D 2m z 3m 2m C D 3m x A 6m B y 6m A y B Problemas 3.54/55 6m *3.56. As extremidades dos três cabos estão presas a um anel em A e à borda de uma placa uniforme de 150 kg. Determine a tração em cada um desses cabos para o equilíbrio. s As extremidades dos três cabos estão presas a um anel em A e à borda da placa uniforme. Determine a maior massa que a placa pode ter se cada cabo pode suportar uma tração máxima de 15 kN. ] P & P ' % x Problemas 3.60/61 3.62. Uma força F = 500 N mantém a caixa de 200 kg em equilíbrio. Determine as coordenadas (0, y, z) do ponto A se a tração nos cabos AC e AB é de 3500 N em cada um. 3.63. Se a tração máxima permitida nos cabos AB e AC é 2500 N, determine a altura máxima z à qual a caixa de 100 kg pode ser elevada. Qual força horizontal F deve ser aplicada? Considere y = 2,4 m. $ P d P P z P 1,5 m \ 1,5 m P B C P [ P 1,2 m Problemas 3.56/57 A 3.58. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB, AC e AD para o equilíbrio do cilindro de 75 kg. x Se cada cabo pode suportar uma tração máxima de 1000 N, determine a maior massa que o cilindro pode ter para o equilíbrio. z C F z y y B 2m 3m Problemas 3.62/63 2m 1m A 3m D 4m 1,5 m x Problemas 3.58/59 1my *3.64. O aro pode ser ajustado verticalmente entre três cabos de mesmo comprimento a partir dos quais o lustre de 100 kg é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal e z = 600 mm, determine a tração em cada cabo. s O aro pode ser ajustado verticalmente entre três cabos de mesmo comprimento a partir dos quais o candelabro de 100 kg é suspenso. Se o aro permanece no plano horizontal | 82 | Estática e a tração em cada cabo não pode exceder 1 kN, determine a menor distância possível de z necessária para o equilíbrio. z *3.68. Os três blocos mais externos têm massa de 2 kg cada um e o bloco central E tem massa de 3 kg. Determine a distância s para o equilíbrio do sistema. 0,5 m C 120° 120° 120° D B A y B 1m 30° 60° 30° 1m x C z A s Problemas 3.64/65 D 3.66. O balde possui um peso de 400 N e está suspenso por três molas, cada uma com comprimento não deformado de l0 = 0,45 m e rigidez de k = 800 N/m. Determine a distância vertical d da borda do balde ao ponto A para o equilíbrio. E 400 N Problema 3.68 s Determine o ângulo ș tal que seja desenvolvida uma força igual nas pernas OB e OC. Qual é a força em cada perna se a força é direcionada ao longo do eixo de cada uma delas? A força F se localiza no plano x–y. Os suportes em A, B e C podem exercer forças em qualquer direção ao longo das pernas fixadas. A d D 120° C 0,45 m 120° 120° B z O Problema 3.66 3.67. Três cabos são usados para sustentar um aro de 450 kg. Determine a tração em cada cabo para o equilíbrio. θ x F = 500 N B z 120° 3m 120° 1,5 m 120° F C A Problema 3.69 1,2 m 120° 0,9 m D 120° 120° C x Problema 3.67 B y y A Capítulo 3 Equilíbrio de uma partícula | 83 | REVISÃO DO CAPÍTULO Equilíbrio da partícula Quando uma partícula está em repouso, ou se move com velocidade constante, encontra-se em equilíbrio. Essa situação requer que todas as forças que atuam sobre a partícula tenham uma força resultante igual a zero. Para se considerarem todas as forças que atuam em uma partícula, é necessário traçar um diagrama de corpo livre. Esse diagrama é um esboço da forma da partícula que mostra todas as forças relacionadas com suas intensidades e direções conhecidas ou desconhecidas. Duas dimensões As duas equações escalares de equilíbrio de força podem ser aplicadas em referência a um sistema de coordenadas x, y. A força de tração desenvolvida em um cabo contínuo que passa por uma polia sem atrito deve ter intensidade constante em todo o cabo para manter o cabo em equilíbrio. Se o problema envolver uma mola linearmente elástica, então o alongamento ou a compressão s da mola pode ser relacionada à força aplicada a ela. Três dimensões Se a geometria tridimensional é difícil de visualizar, a equação de equilíbrio deverá ser aplicada usando-se a análise vetorial cartesiana, o que requer primeiro expressar cada força no diagrama de corpo livre como um vetor cartesiano. Quando as forças são somadas e igualadas a zero, os componentes i, j e k também são zero. ) ) FR = RF = 0 ) ) RFx = 0 RFy = 0 ș 7 F = ks 7 2FDERHVWiHPWHQVmR ] ) ) RF = 0 RFx = 0 RFy = 0 RFz = 0 \ [ ) Problemas 3.70. A caixa de 250 kg é suspensa usando as cordas AB e AC. Cada corda pode suportar uma tração máxima de 12,5 kN antes de se romper. Se AB permanece na horizontal, determine o menor ângulo ș no qual a caixa pode ser suspensa. & 3.71. Os membros de um suporte são conectados por um pino na junta O. Determine a intensidade de F1 e seu ângulo ș para o equilíbrio. Considere F2 = 6 kN. *3.72. Os membros de um suporte são conectados por um pino na junta O. Determine as intensidades de F1 e F2 para o equilíbrio. Considere ș = 60°. y ș 5 kN $ % ) 30° x O 5 3 4 7 kN Problema 3.70 F2 70° θ F1 Problemas 3.71/72 | 84 | Estática s Duas esferas eletricamente carregadas, de massa 0,15 g cada uma, são suspensas por fios de mesmo comprimento. Determine a intensidade da força repulsiva F, que atua sobre cada esfera se a distância medida entre elas for r = 200 mm. *3.76. O anel de dimensão desprezível está submetido a uma força vertical de 1000 N. Determine o maior comprimento l da corda AC tal que a tração que atua em AC seja 800 N. Além disso, qual é a força que atua na corda AB? Dica: Use a condição de equilíbrio para determinar o ângulo ș para a fixação, depois determine lXVDQGRDWULJRQRPHWULDDSOLFDGDDÄBC. C B 40° A 0,6 m θ l 50 mm 150 mm 150 mm 1000 N Problema 3.76 F –F A s Determine as intensidades de F1, F2 e F3 para o equilíbrio da partícula. B z F1 r = 200 mm 60° 135° Problema 3.73 F3 60° 800 N 5 3 4 y P 3.74. A luminária tem uma massa de 15 kg e está sustentada por uma barra AO e pelos cabos AB e AC. Se a força na barra atua ao longo de seu eixo, determine as forças em AO, AB e AC para o equilíbrio. 200 N F2 x z Problema 3.77 A B 3.78. Determine a força em cada cabo para suportar a carga de 2,5 kN. 4m D 6m O z y 4m C 2m 1,5 m y 3m 1,5 m B 1m 1m C A 3m x x Problema 3.74 3.75. Determine a intensidade de P e os ângulos de direção coordenados de F3 para o equilíbrio da partícula. Observe que F3 atua no octante mostrado. z (−1 m; −7 m; 4 m) F1 = 360 kN Problema 3.78 A junta de uma estrutura espacial está submetida a quatro forças nos membros. O membro OA está no plano x–y e o membro OB se localiza no plano y–z. Determine as forças que atuam em cada um dos membros necessárias para o equilíbrio da junta. P 20° F2 = 120 kN z y O 45° B 40° F2 F4 = 300 kN F3 = 200 kN x 200 N x Problema 3.75 F1 A F3 Problema 3.79 y CAPÍTULO 4 Resultantes de um sistema de forças Objetivos do capítulo Discutir o conceito do momento de uma força e mostrar como calculá-lo em duas e três dimensões. Fornecer Definir um método para determinação do momento de uma força em relação a um eixo específico. o momento de um binário. Apresentar Mostrar métodos para a determinação das resultantes de sistemas de forças não concorrentes. como reduzir um carregamento distribuído simples em uma força resultante e seu ponto de aplicação. z 4.1 Momento de uma força — formulação escalar Quando uma força é aplicada a um corpo, ela produzirá uma tendência de rotação do corpo em torno de um ponto que não está na linha de ação da força. Essa tendência de rotação algumas vezes é chamada de torque, mas normalmente é denominada momento de uma força, ou simplesmente momento. Por exemplo, considere uma chave usada para desparafusar o parafuso na Figura 4.1a. Se uma força é aplicada no cabo da chave, ela tenderá a girar o parafuso em torno do ponto O (ou o eixo z). A intensidade do momento é diretamente proporcional à intensidade de F e à distância perpendicular ou braço do momento d. Quanto maior a força ou quanto mais longo o braço do momento, maior será o momento ou o efeito de rotação. Note que se a força F for aplicada em um ângulo ș )LJXUDb), então será mais difícil girar o parafuso, uma vez que o braço do momento d' = d sen ș será menor que d. Se F for aplicado ao longo da chave (Figura 4.1c), seu braço do momento será zero, uma vez que a linha de ação de F interceptará o ponto O (o eixo z). Como resultado, o momento de F em relação a O também será zero e nenhuma rotação poderá ocorrer. Vamos generalizar a discussão anterior e consiz derar a força F e o ponto O, que estão situados no plano sombreado, como mostra a Figura 4.2a. O momento MO em relação ao ponto O, ou ainda em O relação a um eixo que passa por O perpendicularmente ao plano, é uma quantidade vetorial, uma vez que F ele tem intensidade e direção específicas. O d F (a) z d O d' d sen ș ș F (b) Figura 4.1 (c) | 86 | Estática Intensidade A intensidade de MO é MO = Fd (4.1) onde d é o braço do momento ou distância perpendicular do eixo no ponto O até a linha de ação da força. As unidades da intensidade do momento consistem da força vezes a distância, ou seja, N $ m ou lb $ ft. Eixo do momento MO F d O Sentido de rotação (a) d F MO O (b) Figura 4.2 Direção A direção de MO é definida pelo seu eixo do momento, que é perpendicular ao plano que contém a força F e seu braço do momento d. A regra da mão direita é usada para estabelecer o sentido da direção de MO. De acordo com essa regra, a curva natural dos dedos da mão direita, quando eles são dobrados em direção à palma, representa a tendência da rotação causada pelo momento. Quando essa ação é realizada, o polegar da mão direita dará o sentido direcional de MO (Figura 4.2a). Note que o vetor do momento é representado tridimensionalmente por uma seta curvada em torno de uma seta. Em duas dimensões, esse vetor é representado apenas pela seta curvada, como mostra a Figura 4.2b. Como, nesse caso, o momento tenderá a produzir uma rotação no sentido anti-horário, o vetor do momento está direcionado para fora da página. Momento resultante Para problemas bidimensionais, em que todas as forças estão no plano x–y (Figura 4.3), o momento resultante (MR)O em relação ao ponto O (o eixo z) pode ser determinado pela adição algébrica dos momentos causados no sistema por todas as forças. Por convenção, geralmente consideraremos que os momentos positivos têm sentido anti-horário, uma vez que eles são direcionados ao longo do eixo positivo z (para fora da página). Momentos no sentido horário serão negativos. Desse modo, o sentido direcional de cada momento pode ser representado por um sinal de mais ou de menos. Usando essa convenção de sinais, o momento resultante na Figura 4.3 é: e +^MRh0 = RFd; ^MRh0 = F1 d1 - F2 d2 + F3 d3 y F2 F1 M2 d2 M1 O d1 x d3 M 3 F3 Figura 4.3 Se o resultado numérico dessa soma for um escalar positivo, (MR)O será um momento no sentido anti-horário (para fora da página); e se o resultado for negativo, (MR)O será um momento no sentido horário (para dentro da página). Capítulo 4 Exemplo | Resultantes de um sistema de forças 4.1 87 | 2m Determine o momento da força em relação ao ponto O para cada caso ilustrado na Figura 4.4. 30° 40 kN O 4m 100 N 2 cos 30° m 2m (c) O O 3m 0,75 m 50 N 2m O 1m (b) (a) (d) 2m 1m 7 kN 4m O Exemplo (e) 4.2 Figura 4.4 Determine o momento resultante das quatro forças que atuam na barra mostrada na Figura 4.5 em relação ao ponto O. SOLUÇÃO Assumindo que momentos positivos atuam na direção +k, ou seja, no sentido anti-horário, temos: e + MR0 = RFd; MR0 = -50 N^2 mh + 60 N^0 h + 20 N^3 sen 30° mh = -40 N^4 m + 3 cos 30° mh MR 0 = -334 N $ m = 334 N $ m d Para esse cálculo, note que as distâncias dos braços dos momentos para as forças de 1H1IRUDPHVWDEHOHFLGDVSHORSURORQJDPHQWRGDVOLQKDVGHDomR WUDFHMDGDV de cada uma delas. F MA dA y 50 N 2m 2m 60 N x 30° O 20 N 3m 40 N Figura 4.5 Como ilustrado pelos exemplos, o momento de uma força nem sempre provoca rotação. Por exemplo, a força F tende a girar a viga no sentido horário em torno de seu suporte em A, com um momento MA = FdA. A rotação realmente ocorreria se o suporte em B fosse removido. Fd A A 1 sen 45° m 60 kN SOLUÇÃO (ANÁLISE ESCALAR) A linha de ação de cada força é prolongada por uma linha tracejada para estabelecer o braço do momento d. As figuras mostram também as tendências de rotação do membro causada pela força. Além disso, a órbita da força em torno de O é representada por uma seta curvada. Assim, Fig.4.4a M0 = ^100 Nh^2 mh = 200 N $ m d Fig.4.4b M0 = ^50 Nh^0, 75 mh = 37, 5 N $ m d Fig.4.4c M0 = ^40 kNh^4 m + 2 cos 30° mh = 229 kN $ m d Fig.4.4d M0 = ^60 kNh^1 sen 45° mh = 42, 4 kN $ m f Fig.4.4e M0 = ^7 kNh^4 m - 1 mh = 21, 0 kN $ m f 45° B | | 88 Estática FH A capacidade de remover o prego exigirá que o momento de FH em relação ao ponto O seja maior do que o momento da força FN em relação ao O que é necessário para arrancar o prego. O FN 4.2 Produto vetorial O momento de uma força será formulado com o uso de vetores cartesianos na próxima seção. Antes disso, porém, é necessário ampliar nosso conhecimento de álgebra vetorial introduzindo o método do produto vetorial ou produto cruzado de multiplicação de vetores. O produto vetorial de dois vetores A e B produz o vetor C, que é escrito: C =A # B (4.2) e lido como ‘C é igual a A vetor B’. Intensidade C=A×B A intensidade de C é definida como o produto das intensidades de A e B e o seno do ângulo șHQWUHVXDVRULJHQV ș /RJRC = AB sen ș. uc Direção A O vetor C possui uma direção perpendicular ao plano que contém A e B, de modo que C é determinado pela regra da mão direita; ou seja, dobrando os dedos da mão direita a partir do vetor A até o vetor B, o polegar aponta na direção de C, como mostra a Figura 4.6. Conhecendo a direção e a intensidade de C, podemos escrever: θ B C = A # B = (AB sen ș) uC (4.3) onde o scalar AB sen ș define a intensidade de C e o vetor unitário uC define sua direção. Os termos da Equação 4.3 são mostrados na Figura 4.6. Figura 4.6 Propriedades de operação A propriedade comutativa não é válida; ou seja, A # BB # A. Em vez disso, C=A×B A # B = –B # A B A B A –C = B × A Figura 4.7 Esse resultado é mostrado na Figura 4.7 utilizando a regra da mão direita. O produto vetorial B # A resulta em um vetor que tem a mesma intensidade, mas atua na direção oposta a C; isto é, B # A = –C. Se o produto vetorial for multiplicado por um escalar a, ele obedece à propriedade associativa; a (A # B) = (aA) # B = A # (aB) = (A # B) a Essa propriedade é facilmente mostrada, uma vez que a intensidade do vetor resultante (|a|AB sen ș) e sua direção são as mesmas em cada caso. Capítulo 4 O Resultantes de um sistema de forças | 89 produto vetorial também obedece à propriedade distributiva da adição, A # (B + D) = (A # B) + (A # D) A prova dessa identidade é deixada como um exercício (veja o Problema 4.1). É importante notar que a ordem correta dos produtos vetoriais deve ser mantida, uma vez que eles não são comutativos. Formulação do vetor cartesiano A Equação 4.3 pode ser utilizada para obter o produto vetorial de qualquer par de vetores unitários cartesianos. Por exemplo, para encontrar i # j, a intensidade do vetor resultante é (i) (j VHQ = (1) (1) (1) = 1, e sua direção é determinada XVDQGRDUHJUDGDPmRGLUHLWD&RPRPRVWUDD)LJXUDRYHWRUUHVXOWDQWHDSRQWD na direção +k. Portanto, i # j = (1)k. De maneira similar, z k=i×j j y i x Figura 4.8 i # j =k i # k = –j i # i =0 j # k =i j # i = –k j # j =0 k # i =j k # j = –i k # k =0 Esses resultados não devem ser memorizados; deve-se compreender com clareza como cada um deles é obtido com o uso da regra da mão direita e com a definição GRSURGXWRYHWRULDO8PHVTXHPDVLPSOHVDSUHVHQWDGRQD)LJXUDp~WLOSDUDD obtenção dos mesmos resultados quando for necessário. Se o círculo é construído de acordo com a figura, então ‘o produto vetorial’ de dois vetores unitários no sentido anti-horário do círculo produz o terceiro vetor unitário positivo; por exemplo, k # i = j. Fazendo o produto vetorial no sentido horário, um vetor unitário negativo é obtido; por exemplo, i # k = –j. Considere agora o produto vetorial de dois vetores quaisquer A e B, expressos na forma de vetores cartesianos. Temos: A # B = (Axi + Ayj + Azk) # (Bxi + Byj + Bzk) = AxBx (i # i) + AxBy (i # j) + AxBz (i # k) + AyBx (j # i) + AyBy (j # j) + AyBz (j # k) + AzBx (k # i) + AzBy (k # j) + AzBz (k # k) Efetuando as operações de produto vetorial e combinando os termos resultantes, A # B = (AyBz – AzBy) i – (AxBz – AzBx) j + (AxBy – AyBx) k (4.4) Essa equação também pode ser escrita na forma mais compacta de um determinante como: i j k A # B = Ax A y Az Bx B y Bz (4.5) i + j – Figura 4.9 k | | 90 | Estática Portanto, para obter o produto vetorial de quaisquer vetores cartesianos A e B, é necessário expandir um determinante cuja primeira linha de elementos consiste dos vetores unitários i, j e k; e a segunda e terceira linhas são as componentes x, y, z dos dois vetores A e B, respectivamente.* 4.3 Eixo do momento MO A O momento de uma força F em relação a um ponto O ou, mais exatamente, em relação ao eixo do momento que passa por O e é perpendicular ao plano de O e F )LJXUD a) pode ser expresso na forma de um produto vetorial, nominalmente, MO = r # F F (a) Intensidade Eixo do momento MO A intensidade do produto vetorial é definida pela Equação 4.3 como MO = rF sen ș. O ângulo ș é medido entre as origens de r e F. Para definir esse ângulo, r deve ser tratado como um vetor deslizante, de modo que ș possa ser representado corretamente )LJXUDb). Uma vez que o braço de momento d = r sen ș, então: MO = rF sen ș = F(r sen ș) = Fd d θ r θ r A (4.6) Nesse caso, r representa um vetor posição dirigido de O até algum ponto sobre a linha de ação de F. Vamos mostrar agora que, de fato, o momento MO, quando obtido por esse produto vetorial, possui intensidade e direção próprias. O r Momento de uma força — formulação vetorial F (b) Figura 4.10 O de acordo com a Equação 4.1. Direção A direção e o sentido de MO na Equação 4.6 são determinados pela regra da mão direita do produto vetorial. Assim, deslizando r ao longo da linha tracejada e curvando os dedos da mão direita de r para F (‘r vetor F’), o polegar fica direcionado para * Um determinante com três linhas e três colunas pode ser expandido usando-se três menores. Cada um deles deve ser multiplicado por um dos três elementos da primeira linha. Há quatro elementos em cada determinante menor, por exemplo, A11 A12 A21 A22 Por definição, essa notação do determinante representa os termos (A11A22 – A12A21) Trata-se simplesmente do produto de dois elementos da diagonal principal (A11A22) menos o produto dos dois elementos da diagonal secundária (A12A21). Para um determinante 3 # 3, como o da Equação 4.5, os três determinantes menores podem ser construídos de acordo com o seguinte esquema: Para o elemento i: i j k Ax Ay Az = i^ Ay Bz - Az Byh Bx By Bz /HPEUHVHGRVLQDOQHJDWLYR Para o elemento j: i j k Ax Ay Az = - j^ Ax Bz - Az Bxh Bx By Bz Para o elemento k: i j k Ax Ay Az = k^ Ax By - Ay Bxh Bx By Bz Adicionando os resultados e observando que o elemento j deve incluir o sinal negativo, chega-se à forma expandida de A # B dada pela Equação 4.4. Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 91 | cima ou perpendicular ao plano que contém r e F, que está na mesma direção de MO, o momento da força em relação ao ponto OGD)LJXUDb. Note que tanto a ‘curva’ dos dedos, como a curva em torno do vetor de momento, indica o sentido da rotação causado pela força. Como o produto vetorial não obedece à propriedade comutativa, a ordem de r # F deve ser mantida para produzir o sentido da direção correta para MO. Princípio da transmissibilidade A operação do produto vetorial é frequentemente usada em três dimensões, já que a distância perpendicular ou o braço do momento do ponto O à linha de ação da força não é necessário. Em outras palavras, podemos usar qualquer vetor posição r medido do ponto O a qualquer ponto sobre a linha de ação da força F (Figura 4.11). Assim, MO = r 1 # F = r2 # F = r3 # F Como F pode ser aplicado em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação e ainda criar esse mesmo momento em relação ao ponto O, então, F pode ser considerado um vetor deslizante. Essa propriedade é chamada de princípio da transmissibilidade de uma força. r1 × F MO r2 × F r3 × F O r3 r1 r2 F Linha de ação Figura 4.11 Eixo do momento Formulação do vetor cartesiano r y O x (a) (4.7) onde: rx, ry, rz representam as componentes x, y, z do vetor posição definido do ponto O até qualquer ponto sobre a linha de ação da força Fx, Fy, Fz representam as componentes x, y, z do vetor força Se o determinante for expandido, então, como a Equação 4.4, temos: MO = (ryFz – rzFy) i – (rxFz – rzFx) j + (rxFy – ryFx) k F MO Se estabelecermos os eixos coordenados x, y, z, então o vetor posição r e a força F podem ser expressos como vetores cartesianos (Figura 4.12a). Aplicando a Equação 4.5 temos: i j k MO = r # F = rx ry rz Fx Fy Fz z F rz B O significado físico dessas três componentes do momento se torna evidente ao analisar a Figura 4.12b. Por exemplo, a componente i de MO pode ser determinada a partir dos momentos de Fx, Fy, e Fz em relação ao eixo x. A componente Fx não gera nenhum momento nem tendência para causar rotação em relação ao eixo x, uma vez que essa força é paralela ao eixo x. A linha de ação de Fy passa pelo ponto B e, Fz z Fy r rx O ry y Fx A C x (b) Figura 4.12 | 92 | Estática z F3 F1 r1 r3 F2 portanto, a intensidade do momento de Fy em relação ao ponto A no eixo x é rzFy. Pela regra da mão direita, essa componente age na direção negativa de i. Da mesma forma, Fz passa pelo ponto C e, assim, ele contribui com uma componente do momento de ryFzi em relação ao eixo. Portanto, (MO)x = (ryFz – rzFy) como mostra a Equação &RPR XP H[HUFtFLR GHWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV j e k de MO dessa maneira e PRVWUHTXHUHDOPHQWHDIRUPDH[SDQGLGDGRGHWHUPLQDQWH (TXDomR UHSUHVHQWD o momento de F em relação ao ponto O. Quando MO for determinado, observe que ele sempre será perpendicular ao plano em cinza contendo os vetores r e F (Figura 4.12a). M RO r2 Momento resultante de um sistema de forças y O x Se um corpo é submetido à ação de um sistema de forças (Figura 4.13), o momento resultante das forças em relação ao ponto O pode ser determinado pela adição vetorial do momento de cada força. Essa resultante pode ser escrita simbolicamente como: MR = R(r # F O Figura 4.13 Exemplo 4.3 Determine o momento produzido pela força F na Figura 4.14a em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z SOLUÇÃO Como mostra a Figura 4.14a, tanto rA quanto rB podem ser usados para determinar o momento em relação ao ponto O. Esses vetores posição são: A rA = {12k} m 12 m F e rB = {4i + 12j} m A força F expressa como um vetor cartesiano é: " 4i + 12j - 12k , m F = Fu AB = 2 kN = G ^4 mh2 + ^12 mh2 + ^-12 mh2 2 kN uAB O = "0, 4588i + 1, 376j - 1, 376k , kN x 12 m /RJR B 4m y MO = rA # F = (a) i j k 0 0 12 0, 4588 1, 376 - 1, 376 = 60^-1, 376h - 12^1, 376h@ i - 60^-1, 376h - 12^0, 4588h@ j + 60^-1, 376h - 0^0, 4588h@ k = "-16, 5i + 5, 51j , kN $ m z ou MO = rB # F = A rA F O x = 612^-1, 376h - 0^1, 376h@ i - 6 4^-1, 376h - 0^0, 4588h@ j + 6 4^1, 376h - 12^0, 4588h@ k = "-16, 5i + 5, 51j , kN $ m MO rB B (b) Figura 4.14 i j k 4 12 0 0, 4588 1, 376 - 1, 376 y NOTA: Como mostra a Figura 4.14b, MO age perpendicularmente ao plano que contém F, rA e rB. Veja a dificuldade que surgiria para obter o braço do momento d se esse problema tivesse sido resolvido usando MO = Fd. Capítulo 4 Exemplo Resultantes de um sistema de forças | 93 | 4.4 Duas forças agem sobre a barra mostrada na Figura 4.15a. Determine o momento resultante que elas criam em relação ao flange em O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z z z F1 = {60i + 40j + 20k} kN A y 2m O x rA O 4m x 5m B MR = {30i – 40j + 60k} kN · m F1 F2 = {80i + 40j – 30k} kN A O γ=39,8° y y O α=67,4° rB β=121° B (a) F2 x (b) (c) Figura 4.15 SOLUÇÃO Os vetores posição estão direcionados do ponto O até cada força, como mostra a Figura 4.15b. Esses vetores são: rA = {5j} m rB = {4i + 5j – 2k} m Logo, o momento resultante em relação a O é: M R = R ^r # F h = r A # F1 + rB # F3 i j k i j k = 0 5 0 + 4 5 -2 80 40 -30 -60 40 20 = 65^20h - 0^40h@ i - 6 0 @ j + 60^40h - ^5 h^60h@ k O + 65^-30h - ^-2h^40h@ i - 6 4^-30h - ^-2h^80h@ j + 6 4^40h - 5^80h@ k = "30i - 40j + 60k , kN $ m NOTA: Esse resultado é mostrado na Figura 4.15c. Os ângulos de direção coordenados foram determinados a partir do vetor unitário de MRO. Repare que as duas forças tendem a fazer com que o bastão gire em torno do eixo do momento conforme mostra a curva indicada no vetor momento. 4.4 F1 F O princípio dos momentos Um conceito bastante usado na mecânica é o princípio dos momentos, que, algumas vezes, é referido como o teorema de Varignon, já que foi originalmente desenvolvido pelo matemático francês Varignon (1654–1722). Ele estabelece que o momento de uma força em relação a um ponto é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação ao mesmo ponto. Esse teorema pode ser provado facilmente usando o produto vetorial, uma vez que o produto vetorial obedece à propriedade distributiva. Por exemplo, considere os momentos da força F e duas de suas componentes em relação ao ponto O (Figura 4.16). Como F = F1 + F2, temos: MO = r # F = r # (F1 + F2) = r # F1 + r # F2 F2 r O Figura 4.16 | 94 | Estática Fy x Para os problemas bidimensionais (Figura 4.17), podemos usar o princípio dos momentos decompondo a força em suas componentes retangulares e, depois, GHWHUPLQDURPRPHQWRXVDQGRXPDDQiOLVHHVFDODU/RJR F Fx MO = Fx y – Fy x y d Esse método normalmente é mais fácil do que determinar o mesmo momento usando MO = Fd. MO O Pontos importantes Figura 4.17 O FFyy momento de uma força cria a tendência de um corpo girar em torno de um eixo passando por um ponto específico O. Usando a regra da mão direita, o sentido da rotação é indicado pela curva dos dedos, e o polegar é direcionado ao longo do eixo do momento, ou linha de ação do momento. A intensidade do momento é determinada através de MO = Fd, onde d é chamado o braço do momento, que representa a distância perpendicular ou mais curta do ponto O à linha de ação da força. Em três dimensões, o produto de vetorial é usado para determinar o momento, ou seja, MO = r # F /HPEUHVH GH TXH TXH r está direcionado do ponto O a qualquer ponto sobre a linha de ação de F. O princípio dos momentos estabelece que o momento de uma força em relação a um ponto é igual à soma dos momentos das componentes da força em relação ao mesmo ponto. Esse é um método bastante conveniente para usar em duas dimensões. F Fx d O É fácil determinar momento da força F aplicada em relação ao ponto O se usarmos o princípio dos momentos. Ele é simplesmente MO = Fx d. Exemplo 4.5 'HWHUPLQHRPRPHQWRGDIRUoDQD)LJXUDa em relação ao ponto O. SOLUÇÃO I O braço do momento dQD)LJXUDa pode ser determinado por meio da trigonometria. d = P VHQ=P /RJR MO = Fd = ^5 kNh^2, 898 mh = 14, 5 kN $ m d Como a força tende a girar ou orbitar no sentido horário em torno do ponto O, o momento está direcionado para dentro da página. y dx 75° d 3 cos 30° m Fx 45° (5 kN) cos 45° 45° 30° 3m dy F 3 sen 30° m 5 kN 30° (a) (b) Figura 4.18 (5 kN) sen 45° x O O Fy Capítulo 4 | 95 Resultantes de um sistema de forças SOLUÇÃO II As componentes x e y GD IRUoD VmR LQGLFDGDV QD )LJXUD b. Considerando os momentos no sentido anti-horário como positivos e aplicando o princípio dos momentos, temos: e + MO = - Fx dy - Fy dx = -^5 cos 45° kNh^3 sen 30° mh - ^5 sen 45° kNh^3 cos 30° mh = - 14, 5 kN $ m = 14, 5 kN $ m d Fx | (5 kN) sen 75° y x 30° 3m 45° 30° F y (5 kN) sen 75° O SOLUÇÃO III Os eixos x e y podem ser definidos paralela e perpendicularmente ao eixo da barra, FRPR PRVWUD D )LJXUD c. Aqui, Fx não produz momento algum em relação ao ponto O, já que sua linha de ação passa por esse ponto. Portanto, e + MO = - Fy dx = -^5 sen 75° kNh^3 mh = -14, 5 kN $ m = 14, 5 kN $ m d Exemplo (c) Figura 4.18 4.6 O A força FDJHQDH[WUHPLGDGHGDFDQWRQHLUDPRVWUDGDQD)LJXUDa. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 0,2 m SOLUÇÃO I (ANÁLISE ESCALAR) A força é decomposta em suas componentes x e yFRPRPRVWUDD)LJXUDb; então, e + MO = 400 sen 30° N^0, 2 mh - 400 cos 30° N^0, 4 mh = -98, 6 N $ m = 98, 6 N $ m d 0,4 m 30° F = 400 N (a) ou MO =^±k} N $ m SOLUÇÃO II (ANÁLISE VETORIAL) Empregando uma abordagem do vetor cartesiano, os vetores de força e posição PRVWUDGRVQD)LJXUDc são: r =î±j} m y O 400 sen 30° N 0,4 m F =^VHQi±FRVj} N 400 cos 30° N =î – 346,4j} N (b) Portanto, o momento é: MO = r # F = i j k 0, 4 - 0, 2 0 200, 0 - 346, 4 0 = 0i - 0j + 60, 4^-346, 4h - ^-0, 2h^200, 0h@ k = "-98, 6k , N $ m NOTA: Observe que a análise escalar (Solução I) fornece um método mais conveniente para análise do que a Solução II, já que a direção e o braço do momento para cada força componente são fáceis de estabelecer. Assim, esse método geralmente é recomendado para resolver problemas apresentados em duas dimensões, enquanto uma análise de vetor cartesiano é recomendada apenas para resolver problemas tridimensionais. x 0,2 m y O x r 0,2 m 0,4 m 30° F (c) Figura 4.19 | 96 | Estática Problemas fundamentais 4.1. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 3 kN 20° 4.5. Determine o momento da força em relação ao ponto O. Despreze a espessura do membro. 50 N 0,15 m 100 mm 45° 200 mm O 1,5 m 30° O 60° 100 mm Problema 4.5 Problema 4.1 4.2. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 4.6. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 500 N 100 N 5 3 4 3m 2m 45 O O Problema 4.6 5m Problema 4.2 4.3. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 4.7. Determine o momento resultante produzido pelas forças em relação ao ponto O. 500 N F = 300 N 30 45° 2,5 m 45 O 300 N O 0,3 m 1m 2m 600 N 0,4 m Problema 4.3 Problema 4.7 4.4. Determine o momento da força em relação ao ponto O. 4.8. Determine o momento resultante produzido pelas forças em relação ao ponto O. 1,2 m F1 0,125 m 0,9 m O 45° 500 N 5 3 4 0,3 m A 60° 0,25 m 0,3 m 3 kN Problema 4.4 F2 O Problema 4.8 600 N Capítulo 4 4.9. Determine o momento resultante produzido pelas forças em relação ao ponto O. Resultantes de um sistema de forças 97 | 4.11. Determine o momento da força F em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z 2m F2 = 1000 N | 0,3 m 1,2 m C 2m 30° 30° F1 = 1500 N x F = 600 N B O 0,6 m y A 1,2 m O Problema 4.11 Problema 4.9 4.10. Determine o momento da força F em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z 4.12. Se F1 =î±j + 75k} N e F2 =^±ij k} N, determine o momento resultante produzido por essas forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z O 0,8 m A F B 500 N 4m F1 O y 1m 0,6 m A 3m x F2 y x Problema 4.10 Problema 4.12 Problemas s Se A, B e D são vetores, prove a propriedade distributiva para o produto vetorial, ou seja, A # (B + D) = (A # B) + (A # D). 4.2. Prove a identidade do produto triplo escalar A $ B # C = A # B $ C. 4.7. Se o momento produzido pela força de 4 kN em relação ao ponto A p N1 $ m no sentido horário, determine o ângulo șRQGHș 3m A 0,45 m 4.3. Dados os três vetores não nulos A, B e C, mostre que se A $ (B # C) =RVWUrVYHWRUHVnecessitam estar no mesmo plano. *4.4. Dois homens exercem forças de F =1HP =1 sobre as cordas. Determine o momento de cada força em relação a A. Em que sentido o poste girarará, horário ou anti-horário? s Se o homem em B exerce uma força P =1VREUH sua corda, determine a intensidade da força F que o homem em C precisa exercer para impedir que o poste gire; ou seja, para que o momento resultante em relação a A devido às duas forças seja zero. P 1,8 m ș 4 kN Problemas 4.6/7 *4.8. O cabo do martelo está sujeito à força de F =1 Determine o momento dessa força em relação ao ponto A. s Para arrancar o prego em B, a força F exercida sobre o cabo do martelo precisa produzir um momento no sentido KRUiULR GH 1 $ m em relação ao ponto A. Determine a intensidade necessária da força F. F 30° F 45° B 3 3,6 m 5 125 mm 4 C 450 mm A A Problemas 4.4/5 B 4.6. Se ș =GHWHUPLQHRPRPHQWRSURGX]LGRSHODIRUoD de 4 kN em relação ao ponto A. Problemas 4.8/9 | 98 | Estática 4.10. O cubo da roda pode ser conectado ao eixo com deslocamento negativo (esquerda) ou com deslocamento positivo (direita). Se o pneu está sujeito às cargas normal e radial conforme mostrado, determine o momento resultante dessas cargas em relação ao ponto O no eixo para os dois casos. 4.14. Sérios danos ao pescoço podem ocorrer quando um jogador de futebol americano é atingido na proteção de rosto de seu capacete da maneira mostrada, causando um mecanismo de guilhotina. Determine o momento da força do joelho P = 1 HP UHODomR DR SRQWR A. Qual seria a intensidade da força do pescoço F de modo que ela forneça o momento neutralizante em relação a A? 50 mm 0,05 m 60° O 0,05 m O A P = 250 N 100 mm 0,4 m 0,4 m F 150 mm 30° Problema 4.14 800 N 800 N 4 kN 4 kN Caso 1 Caso 2 4.15. A força do tendão de Aquiles Ft =1pPRELOL]DGD quando o homem tenta ficar na ponta dos pés. Quando isso é feito, cada um de seus pés fica sujeito a uma força reativa Nf =1'HWHUPLQHRPRPHQWRUHVXOWDQWHGHFt e Nf em relação à articulação do tornozelo A. Problema 4.10 4.11. O membro está sujeito a uma força F = 6 kN. Se ș=GHWHUPLQHRPRPHQWRSURGX]LGRSRUF em relação ao ponto A. *4.12. Determine o ângulo ș ș GDIRUoDF de modo que ela produza um momento máximo e um momento mínimo em relação ao ponto A. Além disso, quais são as intensidades desses momentos máximo e mínimo? s Determine o momento produzido pela força F em relação ao ponto A em função do ângulo ș. Construa o gráfico de MA em função de șRQGHș *4.16. A força do tendão de Aquiles Ft é mobilizada quando o homem tenta ficar na ponta dos pés. Quando isso é feito, cada um de seus pés fica sujeito a uma força reativa Nt =16HRPRPHQWRUHVXOWDQWHSURGX]LGRSHODVIRUoDV Ft e Nt em relação à articulação do tornozelo A precisa ser igual a zero, determine a intensidade de Ft. Ft 5° A 1,5 m 200 mm ș F = 6 kN 6m 65 mm 100 mm Nf 400 N Problemas 4.15/16 A Problemas 4.11/12/13 s Os dois garotos empurram o portão com forças de FB = 1 H FA = 1 FRPR PRVWUDGR 'HWHUPLQH R momento de cada força em relação a C. Em que sentido o portão girará, horário ou anti-horário? Despreze a espessura do portão. Capítulo 4 4.18. Dois garotos empurram o portão conforme mostrado. Se o garoto em B exerce uma força FB = 1 GHWHUPLQH D intensidade da força FA que o garoto em A precisa exercer para impedir que o portão gire. Despreze a espessura do portão. 1,8 m 0,9 m 4 A C B FA 3 5 Resultantes de um sistema de forças | 99 | *4.24. A fim de erguer o poste de iluminação a partir da posição mostrada, a força F é aplicada ao cabo. Se F = 1 determine o momento produzido por F em relação ao ponto A. s A fim de erguer o poste de iluminação a partir da posição mostrada, a força F no cabo deve criar um momento GH1$ m no sentido anti-horário em relação ao ponto A. Determine a intensidade de F que precisa ser aplicada ao cabo. B 60° FB F 6m Problemas 4.17/18 4.19. As pinças são usadas para prender as extremidades do tubo de perfuração P. Determine o torque (momento) MP que a força aplicada F =1H[HUFHVREUHRWXERHPUHODomR ao ponto P como uma função de ș. Represente graficamente esse momento MP em função de șSDUDș *4.20. As pinças são usadas para prender as extremidades do tubo de perfuração P. Se um torque (momento) MP = 1 $ m é necessário em P para girar o tubo, determine a força que precisa ser aplicada no cabo da pinça F. Considere ș = C 75° A 3m Problemas 4.24/25 4.26. A região do pé está sujeita à contração dos dois P~VFXORVSODQWDUIOH[RU'HWHUPLQHRPRPHQWRGHFDGDIRUoD em relação ao ponto de contato A no chão. F2 = 150 N F F1 = 100 N 30° 70° θ 60° 150 mm P 100 mm MP 1075 mm A 25 mm Problemas 4.19/20 87,5 mm Problema 4.26 s Determine a direção ș ș GDIRUoDF de modo que ela produza o momento máximo em relação ao ponto A. Calcule esse momento. 4.22. Determine o momento da força F em relação ao ponto A como uma função de ș. Represente os resultados de M (ordenada) em função de ș DEVFLVVD SDUDș 4.23. Determine o momento mínimo produzido pela força F em relação ao ponto A. Especifique o ângulo ș ș F = 400 N 4.27. $ IRUoD GH 1 DJH QR ILQDO GR WXER B. Determine (a) o momento dessa força em relação ao ponto A e (b) a intensidade e a direção de uma força horizontal, aplicada em C, que produz o mesmo momento. Considere ș = *4.28. $IRUoDGH1DJHQDH[WUHPLGDGHGRWXERHPB. Determine os ângulos ș ș GDIRUoDTXHSURGX]LUi os momentos máximo e mínimo em relação ao ponto A. Quais são as intensidades desses momentos? A ș 0,9 m 2m 70 N A 3m Problemas 4.21/22/23 ș C 0,3 m 0,7 m Problemas 4.27/28 B | 100 | Estática s Determine o momento de cada força em relação ao parafuso localizado em A. Considere FB =1FC =1 4.30. Se FB =1HFC = 225 N, determine o momento resultante em relação ao parafuso localizado em A. 225 mm B 750 mm A 20° 4.35. 2FDUULQKRGHPmRHVHXFRQWH~GRSRVVXHPXPDPDVVD GH NJ H XP FHQWUR GH PDVVD HP G. Se o momento resultante produzido pela força F e o peso em relação ao ponto A deve ser igual a zero, determine a intensidade necessária da força F. *4.36. 2 FDUULQKR GH PmR H VHX FRQWH~GR SRVVXHP FHQWUR de massa em G. Se F = 1 H R PRPHQWR UHVXOWDQWH produzido pela força F e o peso em relação ao eixo A é zero, GHWHUPLQHDPDVVDGRFDUULQKRHGHVHXFRQWH~GR C 30° FC 25° FB B 30° F 0,65 m G Problemas 4.29/30 0,5 m 4.31. A barra no mecanismo de controle de potência de um MDWRFRPHUFLDOHVWiVXMHLWDDXPDIRUoDGH1'HWHUPLQH o momento dessa força em relação ao mancal em A. A 1,2 m 0,3 m 20° Problemas 4.34/35/36 150 mm 60° 80 N s Determine o momento produzido por F1 em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. A 4.38. Determine o momento produzido por F2 em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 4.39. Determine o momento resultante produzido pelas duas forças em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z Problema 4.31 *4.32. O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na H[WUHPLGDGHGDODQoDGRJXLQGDVWHGHPGHFRPSULPHQWR Se ș =GHWHUPLQHRSRVLFLRQDPHQWRx do gancho em A para que essa força crie um momento máximo em relação ao ponto O. Qual é esse momento? s O cabo de reboque exerce uma força P = 4 kN na H[WUHPLGDGHGDODQoDGRJXLQGDVWHGHPGHFRPSULPHQWR Se x = 25 m, determine a posição ș da lança para que essa força crie um momento máximo em relação ao ponto O. Qual é esse momento? B P 4 kN 20 m O 0,4 m O 0,6 m 0,2 m y F1 = {–20i + 10j + 30k} N x 0,4 m F2 = {–10i – 30j + 50k} N A Problemas 4.37/38/39 *4.40. Determine o momento produzido por FB em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. s Determine o momento produzido por FC em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. 4.42. Determine o momento resultante produzido pelas forças FB e FC em relação ao ponto O. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z ș 1,5 m A A 6m FC = 420 N FB = 780 N x Problemas 4.32/33 4.34. A fim de manter o carrinho de mão na posição indicada, a força F deve produzir um momento anti-horário GH1$ m em relação ao eixo A. Determine a intensidade necessária da força F. 2m 2,5 m C 3m x O B y Problemas 4.40/41/42 Capítulo 4 4.43. Determine o momento produzido por cada força em relação ao ponto O localizado na broca da furadeira. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z 600 mm { 40i 100j O 60k} N y z y O 150 mm B A | F d FA 101 PMO z 300 mm | Resultantes de um sistema de forças 1m y x Problema 4.47 150 mm FB { 50i 120j 60k} N Problema 4.43 *4.48. A força F age perpendicularmente ao plano inclinado. Determine o momento produzido por F em relação ao ponto A. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. *4.44. Uma força F = {6i – 2j + 1k} kN produz um momento MO = {4i + 5j – 14k} kN $ m em relação a origem das coordenadas, o ponto O. Se a força age em um ponto tendo uma coordenada x de x = 1 m, determine as coordenadas y e z. s A força F age perpendicularmente ao plano inclinado. Determine o momento produzido por F em relação ao ponto B. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. x z s 2HQFDQDPHQWRHVWiVXMHLWRjIRUoDGH1'HWHUPLQH o momento dessa força em relação ao ponto A. A 3m 4.46. 2HQFDQDPHQWRHVWiVXMHLWRjIRUoDGH1'HWHUPLQH o momento dessa força em relação ao ponto B. 400 N F 3m z A B 400 mm B x x 300 mm y 200 mm C 30° 250 mm 40° C 4m Problemas 4.48/49 4.50. 8PD IRUoD KRUL]RQWDO GH 1 p DSOLFDGD SHUSHQ dicularmente ao cabo da chave de soquete. Determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados do momento criados por essa força em relação ao ponto O. z F = 80 N Problemas 4.45/46 4.47. A força F = {6ijk} N cria um momento em relação ao ponto O de MO = {–14ij + 2k} N $ m. Se a força passa por um ponto tendo uma coordenada x de 1 m, determine as coordenadas y e z do ponto. Além disso, observando que MO = Fd, determine a distância d do ponto O à linha de ação de F. 4.5 y 200 mm A 75 mm 20 N O y 15° x Problema 4.50 Momento de uma força em relação a um eixo especificado Algumas vezes, o momento produzido por uma força em relação a um eixo especificado precisa ser determinado. Por exemplo, suponha que a porca em O no SQHXGRFDUURQD)LJXUDa precisa ser solta. A força aplicada na chave criará uma tendência para a chave e a porca girarem em torno do eixo do momento que passa por O; no entanto, a porca só pode girar em torno do eixo y. Portanto, para determinar o efeito de rotação, apenas a componente y do momento é necessária, e o momento total produzido não é importante. Para determinar essa componente, podemos usar uma análise escalar ou vetorial. z F O ș d My x dy MO Eixo do momento (a) Figura 4.20 y | 102 | Estática Análise escalar 3DUDXVDUXPDDQiOLVHHVFDODUQRFDVRGDSRUFDGDURGDQD)LJXUDa, a distância perpendicular do braço do momento a partir do eixo da linha de ação das forças é dy = d cos ș. Assim, o momento de F em relação ao eixo y é My = F dy = F(d cos ș). Segundo a regra da mão direita, My está direcionado ao longo do eixo positivo y, como mostra a figura. Em geral, para qualquer eixo a, o momento é: Ma = Fda F Análise vetorial B A Se for suficientemente grande, a força do cabo F na lança deste guindaste pode fazer o guindaste tombar. Para investigar isso, o momento da força precisa ser calculado em relação ao eixo passando pela base das pernas em A e B. Para determinar o momento da força F QD )LJXUD b em relação ao eixo y usando uma análise vetorial, precisamos primeiro determinar o momento da força em relação a qualquer ponto O sobre o eixo y aplicando a Equação 4.7, MO = r F. A componente My ao longo do eixo y é a projeção de MO sobre o eixo y. Ela pode ser determinada usando-se o produto escalar discutido no Capítulo 2, tal que My = j $ MO = j $ (r # F), onde j é o vetor unitário para o eixo y. z F ș r O ș My j x y MO = r × F (b) Figura 4.20 a Ma MO = r × F O ua r A Eixo de projeção F Podemos generalizar esse método fazendo ua ser o vetor unitário que especifica a direção do eixo a mostrado na Figura 4.21. Assim, o momento de F em relação ao eixo é Ma = ua $ (r # F). Essa combinação é chamada de produto triplo escalar. Se os vetores forem escritos na forma cartesiana, temos: i j k Ma = 6 uax i + uay j + uaz k @ $ rx ry rz Fx Fy Fz = uax ^ry Fz - rz Fyh - uay ^rx Fz - rz Fxh + uaz ^rx Fy - ry Fxh Esse resultado também pode ser escrito na forma de um determinante, tornando-o mais fácil de memorizar.* Figura 4.21 uax uay uaz Ma = ua $ ^r # Fh = rx ry rz Fx Fy Fz onde: ua , u a , u a x y z rx, ry, rz Fx, Fy, Fz (4.11) representam as componentes x, y, z do vetor unitário definindo na direção do eixo a representam as componentes x, y, z do vetor posição definido a partir de qualquer ponto O sobre o eixo a até qualquer ponto A sobre a linha de ação da força representam as componentes x, y, z do vetor de força. * Arranje um tempo para expandir este determinante e mostrar que ele produzirá o resultado anterior. Capítulo 4 | Resultantes de um sistema de forças 103 | Quando Ma é calculado a partir da Equação 4.11, ele produzirá um escalar positivo ou negativo. O sinal desse escalar indica o sentido da direção de Ma ao longo do eixo a. Se ele for positivo, então Ma terá o mesmo sentido de ua, enquanto, se for negativo, Ma agirá opostamente a ua. Uma vez que Ma é determinado, podemos expressar Ma como um vetor cartesiano, a saber, Ma = Maua (4.12) Os exemplos que se seguem ilustram aplicações numéricas dos conceitos anterior. Pontos importantes O momento de uma força em relação a um eixo especificado pode ser determinado desde que a distância perpendicular da a partir da linha de ação da força até o eixo possa ser determinada. Ma = Fdda. Se usarmos análise vetorial, Ma = ua $ (r # F), onde ua define a direção do eixo e r é definido a partir de qualquer ponto sobre o eixo até qualquer ponto sobre a linha de ação da força. Se Ma é calculado como um escalar negativo, então o sentido da direção de Ma é oposto a ua. O momento Ma expresso como um vetor cartesiano é determinado a partir de Ma = Maua. Exemplo z 4.7 F2 = 500 N Determine o momento resultante das três forças na Figura 4.22 em relação ao eixo x, ao eixo y e ao eixo z. SOLUÇÃO Uma força que é paralela a um eixo coordenado ou possui uma linha de ação que passa pelo eixo não produz qualquer momento ou tendência para girar em torno desse eixo. Portanto, definindo o sentido positivo do momento de uma força conforme a regra da mão direita, como mostrado na figura, temos: Mx = (600 N) (0,2 m) + (500 N) (0,2 m) + 0 = 220 N $ m B F3 = 400 N C A F1 = 600 N 0,2 m 0,2 m O 0,2 m 0,3 m x y Figura 4.22 My = 0 – (500 N) (0,3 m) – (400 N) (0,2 m) = – 230 N $ m Mz = 0 + 0 – (400 N) (0,2 m) = –80 N $ m z Os sinais negativos indicam que My e Mz agem nas direções –y e –z, respectivamente. Exemplo 0,6 m 4.8 Determine o momento MAB produzido pela força F na Figura 4.23a, que tende a girar o tubo em relação ao eixo AB. SOLUÇÃO Uma análise vetorial usando MAB = uB $ (r # F) será considerada para a solução em vez de tentarmos encontrar o braço do momento ou a distância perpendicular da linha de ação de F ao eixo AB. Cada um dos termos na equação será agora identificado. 0,3 m A C 0,4 m F = 300 N 0,2 m B x (a) Figura 4.23 y | 104 | Estática O vetor unitário uB define a direção do eixo AB do tubo (Figura 4.23b), onde: " 0, 4 i + 0 , 2 j , m r uB = B = = 0, 8944i + 0, 4472j rB ^0, 4 mh2 + ^0, 2 mh2 z A rC y MAB C uB rD F O vetor r é direcionado de qualquer ponto sobre o eixo AB a qualquer ponto sobre a linha de ação da força. Por exemplo, os vetores posição rC e rD são adequados (Figura 4.23b). (Embora não mostrado, rBC ou rBD também podem ser usados.) Para simplificar, escolhemos rD, onde: rD =î} m A força é: B F =^±k} N D Substituindo esses vetores na forma do determinante e expandindo, temos: 0, 8944 0, 4472 - 000 MAB = uB $ ^rD # Fh = 0, 6 0 - 000 0 0 -300 x (b) Figura 4.23 = 0, 8944 60^-300h - 0^0 h@ - 0, 4472 60, 6^-300h -0^0 h@ + 0 60, 6^0 h - 0^0 h@ = 80, 50 N $ m Esse resultado positivo indica que o sentido de MAB está na mesma direção de uB. Expressando MAB como vetor cartesiano, temos: M AB = MAB uB = ^80, 50 N $ mh^0, 8944i + 0, 4472jh = "72, 0i + 36, 0j , N $ m O resultando é mostrado na Figura 4.23b. NOTA: Se o eixo AB fosse definido usando um vetor unitário direcionado de B para A, então, na formulação anterior, –uB precisaria ser usado. Isso resultaria em MAB =±1$ m. Consequentemente, MAB = MAB(–uB) e o mesmo resultado seria obtido. z 0,5 m D F O 0,5 m x 300 N C B Exemplo 0,3 m y 0,2 m 0,1 m 0,4 m A (a) z D rOD rAD O uOA F rOC x A (b) Figura 4.24 Determine a intensidade do momento da força F em relação ao segmento OA do encanamento na Figura 4.24a. SOLUÇÃO O momento de F em relação a OA é determinado por MOA = uOA $ (r # F), onde r é o vetor posição estendendo-se de qualquer ponto sobre o eixo OA a qualquer ponto sobre a linha de ação de F. Como indicado na Figura 4.24b, qualquer um entre rOD, rOC, rAD ou rAC pode ser usado; entretanto, rOD será considerado porque ele simplificará o cálculo. O vetor unitário uOA, que especifica a direção do eixo OA, é: r "0, 3i + 0, 4j , m uOA = OA = = 0, 6i + 0, 8j rOA ^0, 3 mh2 + ^0, 4 mh2 e o vetor posição rOD é: C rAC 4.9 rOD =îk} m y A força F expressa como vetor cartesiano é: r F = F e CD o rCD "0, 4i - 0, 4j + 0, 2k , m = ^300 Nh= G ^0, 4 mh2 + ^-0, 4 mh2 + ^0, 2 mh2 = "200i - 200j + 100k , N Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 105 | /RJR MOA = uOA $ ^rOD # Fh 0, 6 0, 8 0 0 0, 5 = 0, 5 200 -200 100 = 0, 6 60^100h - ^0, 5h^-200h@ - 0, 8 60, 5^100h - 0, 5^200h@ + 0 = 100 N $ m Problemas fundamentais 4.13. Determine a intensidade do momento da força F =î±jk} N em relação ao eixo x. Expresse o resultado como vetor cartesiano. 4.16. Determine a intensidade do momento da força em relação ao eixo y. F {30i 20j 50k} N 4.14. Determine a intensidade do momento da força F =î±jk} N em relação ao eixo OA. Expresse o resultado como vetor cartesiano. z A 2m z 3m y 4m 0,3 m O x Problema 4.16 x y A 0,4 m 4.17. Determine o momento da força F =î±jk} N em relação ao eixo AB. Expresse o resultado como vetor cartesiano. z 0,2 m F B F C Problemas 4.13/14 B 0,2 m 4.15. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGRPRPHQWRGDIRUoDGH1 em relação ao eixo x. A 0,3 m x y 0,4 m z Problema 4.17 0,3 m F 200 N 4.18. Determine o momento da força F em relação aos eixos x, y e z. Use uma análise escalar. 45° z 120° 60° 3m 0,25 m O 2m x x y Problema 4.15 4 5 4 A O F 5 A 2m y Problema 4.18 3 3 500 N | | 106 Estática Problemas 4.51. Determine o momento produzido pela força F em relação à diagonal AF do bloco retangular. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. *4.56. Determine o momento produzido pela força F em relação ao segmento AB do encanamento. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z *4.52. Determine o momento produzido pela força F em relação à diagonal OD do bloco retangular. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. F { 6i 3j F = {–20i + 10j + 15k} N C 10k} N z 4m A O x 3m 1,5 m G D C y 3m x B 4m Problema 4.56 F 3m y A B Problemas 4.51/52 s A ferramenta é usada para fechar válvulas de gás que são difíceis de acessar. Se a força F é aplicada no cabo, determine a componente do momento criada em relação ao eixo z da válvula. s Determine a intensidade do momento que a força F exerce sobre o eixo y da manivela. Resolva o problema usando uma abordagem de vetor cartesiano e usando uma abordagem escalar. y z A z 250 mm 0,25 m F = {–60i + 20j + 15k} N O x 45° B 200 mm 0,4 m 50 mm y 30° 30° x F 16 N Problema 4.53 4.54. Determine a intensidade dos momentos da força F em relação aos eixos x, y e z. Resolva o problema (a) usando uma abordagem de vetor cartesiano e (b) usando uma abordagem escalar. 4.55. Determine o momento da força F em relação ao eixo que se estende entre A e C. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. z Problema 4.57 4.58. Se F =1GHWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGRPRPHQWR produzido por essa força sobre o eixo x. 4.59. O atrito na luva A pode fornecer um momento de resistência máximo de 125 N $ m em relação ao eixo x. Determine a maior intensidade da força F que pode ser aplicada no braço de modo que ele não gire. z A 45° 4m A y x 3m B C 2m 60° 100 mm x 150 mm 300 mm B y F = {4i + 12j – 3k} kN Problemas 4.54/55 F 60° Problemas 4.58/59 Capítulo 4 *4.60. Determine a intensidade do momento produzido pela força F =1HPUHODomRDRHL[RGDGREUDGLoD RHL[Rx) da porta. z 0,5 m F = 200 N 15° y | 107 4.66. A chave de boca articulável está sujeita a uma força de P = 1 DSOLFDGD SHUSHQGLFXODUPHQWH DR FDER FRPR mostra a figura. Determine o momento ou torque que isso impõe ao longo do eixo vertical do parafuso em A. 2,5 m A P 1m x | 4.67. 6HXPWRUTXHRXPRPHQWRGH1$ m é necessário para afrouxar o parafuso em A, determine a força P que precisa ser aplicada perpendicularmente ao cabo da chave de boca articulável. B 2m Resultantes de um sistema de forças Problema 4.60 60° s Se a tração no cabo é F = 1 GHWHUPLQH D intensidade do momento produzido pela força em relação ao eixo da dobradiça, CD, do painel. 250 mm 4.62. Determine a intensidade da força F no cabo AB a fim GHSURGX]LUXPPRPHQWRGH1$ m em relação ao eixo da dobradiça, CD, necessária para manter o painel na posição mostrada. A 20 mm z 1,2 m Problemas 4.66/67 1,2 m *4.68. A tubulação é fixa na parede pelas duas abraçadeiras. 6HRYDVRGHSODQWDSRVVXLXPSHVRGH1GHWHUPLQHD intensidade do momento produzido pelo peso em relação ao eixo OA. B D F 1,8 m C 1,8 m 1,8 m A y x Problemas 4.61/62 4.63. A estrutura na forma de um A está sendo suspensa para uma posição ereta pela força vertical F = 1 Determine o momento dessa força em relação ao eixo y' passando pelos pontos A e B quando a estrutura está na posição mostrada. s A tubulação é fixa na parede pelas duas abraçadeiras. Se a força de atrito das abraçadeiras pode resistir a um momento máximo de 225 N $ m, determine o maior peso do vaso de planta que pode ser suportado pela tubulação sem permitir que ela gire em relação ao eixo OA. z 1,2 m A *4.64. A estrutura na forma de um A está sendo suspensa para uma posição ereta pela força vertical F = 1 Determine o momento dessa força em relação ao eixo x quando a estrutura está na posição mostrada. s A estrutura na forma de um A está sendo suspensa para uma posição ereta pela força vertical F = 1 Determine o momento dessa força em relação ao eixo y quando a estrutura está na posição mostrada. O 60° 0,9 m 1,2 m 0,9 m x 30° B y z F Problemas 4.68/69 C A 1 m 30° 1m x' 15° 2m y B x y' Problemas 4.63/64/65 4.70. Uma força vertical F = 1 p DSOLFDGD QR FDER GD chave inglesa. Determine o momento que essa força exerce ao longo do eixo AB (eixo x) do encanamento. Tanto a chave quanto o encanamento ABC estão situados no plano x–y. Sugestão: Use uma análise escalar. | | 108 Estática z A y 4.71. Determine a intensidade da força vertical F agindo sobre o cabo da chave inglesa de modo que essa força produza uma componente do momento ao longo do eixo AB (eixo x) do encanamento de (MA)x = {–5i} N $ m. Tanto a chave quanto o encanamento ABC estão situados no plano x–y. Sugestão: Use uma análise escalar. 500 mm F 150 mm B x 45° 200 mm C Problemas 4.70/71 4.6 F d –F Figura 4.25 B r A F rB –F Momento de um binário Um binário é definido como duas forças paralelas que têm a mesma intensidade, mas direções opostas, e são separadas por uma distância perpendicular d (Figura 4.25). &RPRDIRUoDUHVXOWDQWHp]HURR~QLFRHIHLWRGHXPELQiULRpSURGX]LUXPDURWDomR ou tendência de rotação em uma direção específica. Por exemplo, imagine que você está dirigindo um carro com as duas mãos no volante e está fazendo uma curva. Uma mão vai empurrar o volante para cima enquanto a outra mão o empurra para baixo, o que faz o volante girar. O momento produzido por um binário é chamado de momento de um binário. Podemos determinar seu valor encontrando a soma dos momentos das duas forças que compõem o binário em relação a qualquer ponto arbitrário. Por exemplo, na Figura 4.26, os vetores posição rA e rB estão direcionados do ponto O para os pontos A e B situados na linha de ação de –F e F. Portanto, o momento do binário em relação a O é M = rB # F + rA # –F = (rB – rA) # F rA Entretanto, rB = rA + r ou r = rB – rA, tal que M =r # F O Figura 4.26 M (4.13) Isso indica que o momento de um binário é um vetor livre, ou seja, ele pode agir em qualquer ponto, já que M depende apenas do vetor posição r direcionado entre as forças e não dos vetores posição rA e rB direcionados do ponto arbitrário O até as forças. Esse conceito é diferente do momento de uma força, que requer um ponto (ou eixo) definido em relação ao qual os momentos são determinados. Formulação escalar O momento de um binário M (Figura 4.27) é definido como tendo uma intensidade de: –F M = Fd d F Figura 4.27 (4.14) onde F é a intensidade de uma das forças e d é a distância perpendicular ou braço do momento entre as forças. A direção e sentido do momento de um binário são determinados pela regra da mão direita, onde o polegar indica essa direção quando os dedos estão curvados no sentido da rotação causada pelas forças do binário. Em todos os casos, M agirá perpendicularmente ao plano que contém essas forças. Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 109 | Formulação vetorial O momento de um binário também pode ser expresso pelo produto vetorial usando a Equação 4.13, ou seja, M =r # F (4.15) A aplicação dessa equação é facilmente lembrada quando se pensa em tomar os momentos das duas forças em relação a um ponto situado na linha de ação de uma das forças. Por exemplo, se momentos são tomados em relação ao ponto A na Figura 4.26, o momento de –F é zero em relação a esse ponto, e o momento de F é definido através da Equação 4.15. Assim, na formulação, r é multiplicado vetorialmente pela força F para a qual está direcionado. Binários equivalentes Se dois binários produzem um momento com a mesma intensidade e direção, então esses dois binários são equivalentes. Por exemplo, os dois binários mostrados na Figura VmR equivalentes porque cada momento de binário possui uma intensidade de M =1 P =1 P = 12 N $ m, e cada um é direcionado para o plano da página. Observe que, no segundo caso, forças maiores são necessárias para criar o mesmo efeito de rotação, pois as mãos estão posicionadas mais próximas uma da outra. Além disso, se a roda estivesse conectada ao eixo em um ponto que não o seu centro, a roda ainda giraria quando cada binário fosse aplicado, já que o binário de 12 N $ m é um vetor livre. 30 N 40 N 0,4 m 0,3 m 40 N 30 N Figura 4.28 M2 Momento de binário resultante M1 Como os momentos de binário são vetores, sua resultante pode ser determinada pela adição vetorial. Por exemplo, considere os momentos de binário M1 e M2 agindo VREUH R WXER QD )LJXUD a. Como cada momento de binário é um vetor livre, podemos unir suas origens em qualquer ponto arbitrário e encontrar o momento de binário resultante, MR = M1 + M2FRPRPRVWUDD)LJXUDb. Se mais de dois momentos de binário agem sobre o corpo, podemos generalizar esse conceito e escrever a resultante vetorial como: MR = R(r # F) (4.16) Esses conceitos são ilustrados numericamente nos exemplos que se seguem. Em geral, problemas projetados em duas dimensões devem ser resolvidos usando uma análise escalar, já que os braços do momento e as componentes das forças são fáceis de determinar. (a) M2 M1 MR (b) Figura 4.29 | 110 | Estática Pontos importantes Um F F Os volantes nos automóveis têm se tornado menores do que nos veículos mais antigos porque a direção moderna não exige que o motorista aplique um grande momento de binário no aro do volante. momento de binário é produzido por duas forças não colineares que são iguais em intensidade, mas com direções opostas. Seu efeito é produzir rotação pura, ou tendência de rotação em uma direção específica. Um momento de binário é um vetor livre e, consequentemente, causa o mesmo efeito rotacional em um corpo, independentemente de onde o momento de binário é aplicado ao corpo. O momento das duas forças de binário pode ser determinado em relação a qualquer ponto. Por conveniência, esse ponto normalmente é escolhido na linha de ação de uma das forças a fim de eliminar o momento dessa força em relação ao ponto. Em três dimensões, o momento de binário geralmente é determinado usando a formulação vetorial, M = r # F, onde r é direcionado a partir de qualquer ponto sobre a linha de ação de uma das forças até qualquer ponto sobre a linha de ação da outra força F. Um momento de binário resultante é simplesmente a soma vetorial de todos os momentos de binário do sistema. Exemplo 4.10 Determine o momento de binário resultante dos três binários agindo sobre a chapa QD)LJXUD F1 = 200 N F3 = 300 N d1 = 0,4 m F2 = 450 N A d3 = 0,5 m d2 = 0,3 m F2 = 450 N F1 = 200 N B F3 = 300 N Figura 4.30 SOLUÇÃO Como mostra a figura, as distâncias perpendiculares entre cada binário das três forças são d1 =Pd2 =PHd3 =P&RQVLGHUDQGRPRPHQWRVGHELQiULRDQWL -horários como positivos, temos: e + MR = RM; MR = - F1 d1 + F2 d2 - F3 d3 = ^-200 Nh^0, 4 mh + ^450 Nh^0, 3 mh - ^300 Nh^0, 5 mh = -95 N $ m = 95 N $ m d O sinal negativo indica que MR tem um sentido rotacional horário. Capítulo 4 Exemplo Resultantes de um sistema de forças | | 111 4.11 Determine a intensidade e a direção do momento de binário agindo sobre a engrenagem na Figura 4.31a. 600 sen 30° N F= 600 N 30° F 600 N 30° O O 0,2 m 0,2 m F = 600 N 30° O A 600 cos 30° N d 600 cos 30° N 30° 30° F 600 N F= 600 N (a) 30° 600 sen 30° N F = 600 N (c) (b) Figura 4.31 SOLUÇÃO A solução mais fácil requer a decomposição de cada força em suas componentes, como mostra a Figura 4.31b. O momento de binário pode ser determinado somando-se os momentos dessas componentes de força em relação a qualquer ponto, por exemplo, o centro O da engrenagem ou o ponto A. Se considerarmos momentos anti-horários como positivos, temos: e + M = RMO; M = ^600 cos 30° Nh^0, 2 mh - ^600 sen 30° Nh^0, 2 mh = 43, 9 N $ m f ou e + M = RMA; M = ^600 cos 30° Nh^0, 2 mh - ^600 sen 30° Nh^0, 2 mh = 43, 9 N $ m f Esse resultado positivo indica que M tem um sentido rotacional anti-horário, estando, portanto, direcionado para fora, perpendicularmente à página. NOTA: O mesmo resultado também pode ser obtido usando M = Fd, onde d é a distância perpendicular entre as linhas de ação das forças do binário (Figura 4.31c). Entretanto, o cálculo para d é mais complexo. Observe que o momento de binário é um vetor livre e pode agir em qualquer ponto na engrenagem e produzir o mesmo efeito de rotação em relação ao ponto O. z O 250 N 0,8 m x A y 30° 250 N Exemplo 4.12 B (a) Determine o momento de binário agindo sobre o tubo mostrado na Figura 4.32a. O segmento ABHVWiGLUHFLRQDGRDEDL[RGRSODQRx–y. SOLUÇÃO I (ANÁLISE VETORIAL) O momento das duas forças do binário pode ser determinado em relação a qualquer ponto. Se o ponto O é considerado (Figura 4.32b), então temos: M = rA # ^-250kh + rB # ^250kh = ^0, 8jh # ^-250kh + ^0, 6 cos 30°i + 0, 8j - 0, 6 sen 30°kh # ^250kh = - 200i - 129, 9j + 200i = "-130j , N $ m 0,6 m z O rA 250 N x A rB y 250 N B (b) Figura 4.32 | | 112 Estática z O 250 N x A y 250 N rAB SOLUÇÃO II (ANÁLISE ESCALAR) Embora este problema seja mostrado em três dimensões, a geometria é simples o bastante para usar a equação escalar M = Fd. A distância perpendicular entre as linhas de ação das forças do binário é d =FRV=P )LJXUDd). Portanto, calcular os momentos das forças em relação ao ponto A ou ponto B resulta: M = Fd =1 P =1$ m B (c) z O 250 N x A y 250 N É mais fácil tomar momentos das forças do binário em relação a um ponto situado sobre a linha de ação de uma das forças, por exemplo, o ponto A (Figura 4.32c). Nesse caso, o momento da força em A é zero, tal que: M = rAB # ^250kh = ^0, 6 cos 30°i - 0, 6 sen 30°kh # ^250kh = "-130j , N $ m 0,6 m Aplicando a regra da mão direita, M age na direção –j/RJR M =^±j} N $ m 30° d B Exemplo (d) Figura 4.32 M2 = 37,5 N · m 4.13 Substitua os dois binários agindo sobre a coluna de tubo na Figura 4.33a por um momento de binário resultante. z 125 N 5 4 3 D C 5 4 3 0,3 m x 125 N 150 N 3 5 y 4 B A 0,4 m 150 N ( )(a) M1 = 60 N · m SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL) O momento de binário M1, desenvolvido pelas forças A e B, pode facilmente ser determinado a partir de uma formulação escalar. M1 = Fd =1 P =1$ m (b) MR M2 Pela regra da mão direita, M1 age na direção +i (Figura 4.33b). Portanto, M1 =î} N $ m A análise vetorial será usada para determinar M2, gerado pelas forças em C e D. Se os momentos forem calculados em relação ao ponto D (Figura 4.33a), M2 = rDC # FC, então: M2 = rDC # FC = ^0, 3ih # ;125 c 4 m j - 125 c 3 m k E 5 5 = ^0, 3ih # 6100j - 75k @ = 30î # jh - 22, 5î # kh = "22, 5j + 30k , N $ m M1 (c) Figura 4.33 Como M1 e M2 são vetores livres, eles podem ser movidos para algum ponto arbitrário e somados vetorialmente (Figura 4.33c). O momento de binário resultante torna-se: MR = M1 + M2 =î + 22,5jk} N $ m Capítulo 4 | 113 Resultantes de um sistema de forças | Problemas fundamentais 4.19. Determine o momento de binário resultante que age sobre a viga. 400 N 4.22. Determine o momento de binário que age sobre a viga. 10 kN 5 4 400 N 3 4m A 1m A 200 N B 1m 0,2 m 200 N 3m 4 3 5 10 kN 2m Problema 4.22 300 N 300 N 4.23. Determine o momento de binário resultante que age sobre o encanamento. Problema 4.19 (Mc)1 = 450 N ∙ m 4.20. Determine o momento de binário resultante que age sobre a chapa triangular. 200 N z 150 N 0,35 m (Mc)3 = 300 N ∙ m 0,2 m 0,4 m 0,15 m 0,4 m 0,2 m 0,2 m 200 N 150 N y x (Mc)2 = 250 N ∙ m 0,4 m 300 N Problema 4.23 300 N Problema 4.20 4.21. Determine a intensidade de F de modo que o momento de binário resultante que age sobre a viga seja 1,5 kN $ m no sentido horário. 4.24. Determine o momento de binário que age sobre o encanamento e expresse o resultado como um vetor cartesiano. FA = 450 N z 3 5 4 F A 0,4 m 0,3 m 0,9 m A 2 kN B 3 5 4 0,3 m B O FB = 450 N 2 kN y x F C Problema 4.21 Problema 4.24 | 114 | Estática Problemas *4.72. Os efeitos do atrito do ar sobre as pás do ventilador criam um momento de binário MO = 6 N $ m sobre as mesmas. Determine a intensidade das forças de binário na base do ventilador de modo que o momento de binário resultante no ventilador seja zero. 4.75. Se F = 1 GHWHUPLQH R PRPHQWR GH ELQiULR resultante. *4.76. Determine a intensidade necessária da força F se o PRPHQWR GH ELQiULR UHVXOWDQWH QD HVWUXWXUD IRU 1 $ m, horário. 0,2 m F 5 4 MO 0,2 m 3 B 30° 0,2 m 1500 N 1500 N 0,2 m 5 4 30° 3 –F 0,2 m A –F 0,15 m F 0,15 m Problemas 4.75/76 Problema 4.72 s Determine a intensidade necessária dos momentos de binário M2 e M3 de modo que o momento de binário resultante seja zero. M2 45° s O piso causa um momento de binário de MA =1$ m e MB =1$ m sobre as escovas da enceradeira. Determine a intensidade das forças do binário que precisam ser desenvolvidas pelo operador sobre os punhos de modo que o momento de binário resultante sobre a enceradeira seja zero. Qual é a intensidade dessas forças se a escova em B para repentinamente de modo que MB =" F M3 A MA 0,3 m M1 = 300 N · m 4.74. O rodízio está sujeito aos dois binários. Determine as forças F que os rolamentos exercem sobre o eixo de modo que o momento de binário resultante sobre o rodízio seja zero. 500 N Problema 4.77 4.78. Se ș =GHWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDF tal que RPRPHQWRGHELQiULRUHVXOWDQWHVHMD1$ m, horário. 4.79. Se F =1GHWHUPLQHRkQJXORșQHFHVViULRpara que o momento de binário resultante seja zero. A B MB F Problema 4.73 F B 40 mm 100 mm 45 mm 300 N 300 mm F 15° F ș 30° F 30° ș 50 mm 500 N Problema 4.74 300 N Problemas 4.78/79 15° Capítulo 4 *4.80. Dois binários agem sobre a viga. Determine a intensidade de F de modo que o momento de binário UHVXOWDQWHVHMD1$ m anti-horário. Onde atua na viga o momento de binário resultante? 2000 N −F 5 0,15 m 0,125 m | *4.84. Dois binários agem na mesma viga como ilustrado. Determine a intensidade de F de modo que o momento de ELQiULRUHVXOWDQWHVHMD1$ m anti-horário. Onde atua na viga o binário resultante? –F F 30° | 115 Resultantes de um sistema de forças 3 4 2000 N 0,15 m 30° 2000 N 2000 N 5 F 0,2 m Problema 4.80 4 0,4 m s A corda passando por dois pinos A e B do quadro está VXMHLWDDXPDWUDomRGH1'HWHUPLQHDWUDomRP necessária que age sobre a corda que passa pelos pinos C e D de modo que o binário resultante produzido pelos dois binários seja 15 N $ m agindo no sentido horário. Considere ș= 4.82. A corda passando por dois pinos A e B do quadro está VXMHLWDDXPDWUDomRGH1'HWHUPLQHDWUDomRP mínima e a orientação ș da corda passando pelos pinos C e D de modo que o momento de binário resultante produzido pelas GXDVFRUGDVVHMD1$ m, horário. 300 mm C 3 Problema 4.84 s Determine o momento de binário resultante que age sobre a viga. Resolva o problema de duas maneiras: (a) some os momentos em relação ao ponto O; e (b) some os momentos em relação ao ponto A. 8 kN 30° 45° O B 0,3 m A B θ 30° P 1,8 m 1,5 m 2 kN 30° 45° 2 kN 100 N 8 kN Problema 4.85 300 mm 4.86. Dois binários agem sobre o suporte da viga. Se F = 6 kN, determine o momento de binário resultante. 100 N P 45° 30° θ A D 4.87. Determine a intensidade necessária da força F se o momento de binário resultante sobre a viga deve ser zero. 3m Problemas 4.81/82 3m 5 kN 4.83. Um dispositivo chamado rolamite é usado de várias maneiras para substituir o movimento de deslizamento pelo de rolamento. Se a esteira, que passa entre os rodízios, está sujeita a uma tração de 15 N, determine as forças reativas N de cima e de baixo das chapas nos roletes de modo que o binário resultante agindo sobre os roletes seja igual a zero. N F 5 4 3 A 30° B 30° 0,5 m 0,5 m 5 4 íF 3 5 kN Problemas 4.86/87 A T = 15 N 25 mm 25 mm 30° B T = 15 N N Problema 4.83 *4.88. Dois binários agem sobre a estrutura. Se o momento de binário resultante deve ser zero, determine a distância d HQWUHDVIRUoDVGRELQiULRGH1 s Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = 1,2 m, determine o momento de binário resultante. Calcule a resultado decompondo cada força em componentes x e y e (a) encontrando o momento de cada binário (Equação 4.13) e (b) somando os momentos de todas as componentes de força em relação ao ponto A. | 116 | Estática 4.90. Dois binários agem sobre a estrutura. Se d = 1,2 m, determine o momento de binário resultante. Calcule a resultado decompondo cada força em componentes x e y e (a) encontrando o momento de cada binário (Equação 4.13) e (b) somando os momentos de todas as componentes de força em relação ao ponto B. 4.95. Através dos cálculos de carga, é determinado que a asa está sujeita aos momentos de binário Mx = 25,5 kN $ m e My = 37,5 kN $ m. Determine os momentos de binário resultantes criados em relação aos eixos x' e y'. Todos os eixos se situam no mesmo plano horizontal. y My y 0,9 m 300 N 200 N B yƍ 1,2 m 4 5 3 Mx 0,3 m 30° 25° 4 5 3 x 300 N xƍ d Problema 4.95 A 30° 0,6 m 200 N *4.96. Expresse o momento do binário agindo sobre a estrutura na forma de um vetor cartesiano. As forças são aplicadas perpendicularmente à estrutura. Qual é a intensidade do momento de binário? Considere F =1 x Problemas 4.88/89/90 4.91. Se M1 =1$ m, M2 =1$ m e M3 =1$ m, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados do momento de binário resultante. *4.92. Determine a intensidade necessária dos momentos de binário M1, M2 e M3 de modo que o momento de binário resultante seja MR =^±ij±k} N $ m. s Para virar a estrutura, um momento de binário é aplicado conforme ilustra a figura. Se a componente desse momento de binário ao longo do eixo x é Mx =^±i} N $ m, determine a intensidade F das forças do binário. z O z y F M3 M2 3m 30° 1,5 m x 30° íF M1 Problemas 4.96/97 y x Problemas 4.91/92 s Se F = 1 GHWHUPLQH D LQWHQVLGDGH H RV kQJXORV de direção coordenados do momento de binário. A tubulação se encontra no plano x–y. 4.94. Se a intensidade do momento de binário que age sobre DWXEXODomRp1$ m, determine a intensidade das forças de binário aplicadas em cada chave. A tubulação está no plano x–y. z 4.98. Determine o momento de binário resultante dos dois binários que agem sobre o encanamento. A distância de A a B é d = PP ([SUHVVH R UHVXOWDGR FRPR XP YHWRU cartesiano. 4.99. Determine a distância d entre A e B tal que o momento de binário resultante tenha uma intensidade de MR =1$ m. 250 mm {–50i} N í) z {35k} N B d C 30° {–35k} N 300 mm 350 mm 300 mm ) x x 200 mm 200 mm y A {50i} N Problemas 4.98/99 300 mm Problemas 4.93/94 y *4.100. Se M1 =1$ m, M2 = 135 N $ m e M3 =1$ m, determine a intensidade e os ângulos de direção coordenados do momento de binário resultante. Capítulo 4 s Determine as intensidades dos momentos de binário M1, M2 e M3 de modo que o momento de binário resultante seja zero. z 0,3 m 0,6m 0,6 m x z 45° 45° 0,6 m 0,9 m y 1,2 m 1250 N −F1 M1 −F2 y x Problemas 4.100/101 F1 4.102. Se F1 =1HF2 =1GHWHUPLQHDLQWHQVLGDGH e os ângulos de direção coordenados do momento de binário resultante. 4.7 F2 1250 N 0,6 m 0,9 m M2 117 | 4.103. Determine a intensidade das forças de binário F1 e F2 de modo que o momento de binário resultante que age sobre o bloco seja zero. 225 N · m M3 | Resultantes de um sistema de forças Problemas 4.102/103 Simplificação de um sistema de forças e binários Algumas vezes é conveniente reduzir um sistema de forças e momentos de binário agindo sobre um corpo para uma forma mais simples substituindo-o por um sistema equivalenteTXHFRQVLVWHGHXPDIRUoDUHVXOWDQWH~QLFDDJLQGRHPXPSRQWRHVSHFtILFR e um momento de binário resultante. Um sistema é equivalente se os efeitos externos que ele produz sobre um corpo são iguais aos causados pelo sistema de forças e momentos de binário original. Nesse contexto, os efeitos externos de um sistema se referem ao movimento de rotação e translação do corpo se este estiver livre para se mover, ou se refere às forças reativas nos apoios se o corpo é mantido fixo. Por exemplo, considere alguém segurando o bastão na Figura 3.34a, que está sujeito à força F no ponto A. Se aplicarmos um par de forças F e –F iguais e opostas no ponto B, o qual está sobre a linha de ação de F (Figura 4.34b), observamos que –F em B e F em A se cancelam, deixando apenas F em B (Figura 4.34c). A força F agora foi movida de A para B sem modificar seus efeitos externos sobre o bastão; ou seja, a reação na empunhadura permanece a mesma. Isso demonstra o princípio da transmissibilidade, que afirma que uma força agindo sobre um corpo (bastão) é um vetor deslizante, já que pode ser aplicado em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação. Também podemos usar o procedimento anterior para mover uma força para um ponto que não esteja na linha de ação da força. Se F for aplicado perpendicularmente ao bastão, como na Figura 4.35a, então podemos conectar um par de forças F e –F iguais e opostas no ponto B (Figura 4.35b). A força F agora é aplicada em B, e as outras duas forças, F em A e –F em B, formam um binário que produz o momento de binário M = Fd (Figura 4.35c). Portanto, a força F pode ser movida de A para B, desde que um momento de binário M esteja incluído para manter um sistema equivalente. Esse momento de binário é determinado considerando-se o momento de F em relação a B. Como M é, na verdade, um vetor livre, ele pode agir em qualquer ponto no bastão. Em ambos os casos, os sistemas são equivalentes, o que faz com que uma força F para baixo e um momento de binário no sentido horário M = Fd sejam sentidos na empunhadura. F d A (a) F F (b) Figura 4.35 A B (a) F F A í) B (b) F (c) Figura 4.34 F M í) F Fd (c) 118 | Estática Sistema de forças e momentos de binário F1 F2 O r2 r1 M = (a) M2 = r2 × F2 F2 M F1 O M1 = r1 × F1 (b) = | FR MR O Usando o método anterior, um sistema de várias forças e momentos de binário DJLQGR VREUH XP FRUSR SRGH VHU UHGX]LGR D XPD ~QLFD IRUoD UHVXOWDQWH HTXLYDOHQWH agindo no ponto O e um momento de binário resultante. Por exemplo, na Figura 4.36a, O não está na linha de ação de F1 e, portanto, essa força pode ser movida para o ponto O, desde que um momento de binário M1 = r1 # F seja incluído no corpo. Da mesma forma, o momento de binário M2 = r2 # F2 deve ser acrescentado ao corpo quando movemos F2 para o ponto O. Finalmente, como o momento de binário M é um vetor livre, ele pode simplesmente ser movido para o ponto O. Fazendo isso, obtemos o sistema equivalente mostrado na Figura 4.36b, que produz os mesmos efeitos externos (reações de apoio) sobre o corpo que os efeitos do sistema de forças e binários mostrado na Figura 4.36a. Se somarmos as forças e os momentos de binário, obteremos a força resultante FR = F1 + F2 e o momento de binário resultante (MR)O = M + M1 + M2 (Figura 4.36c). Observe que FR é independente do local do ponto O; entretanto, (MR)O depende desse local porque os momentos M1 e M2 são determinados usando os vetores posição r1 e r2. Além disso, note que (MR)O é um vetor livre e pode agir em qualquer ponto no corpo, embora o ponto O geralmente seja escolhido como seu ponto de aplicação. Podemos generalizar o método anterior de reduzir um sistema de forças e binários a uma força resultante FR equivalente agindo no ponto O e um momento de binário resultante (MR)O usando as duas equações a seguir. FR = RF θ (MR)O = RMO + RM O (c) Figura 4.36 (4.17) A primeira equação estabelece que a força resultante do sistema seja equivalente à soma de todas as forças; e a segunda equação estabelece que o momento de binário resultante do sistema seja equivalente à soma de todos os momentos de binário RM mais os momentos de todas as forças RMO em relação ao ponto O. Se o sistema de forças se situa no plano x–y e quaisquer momentos de binário são perpendiculares a esse plano, então as equações anteriores se reduzem às três equações escalares a seguir. (FR)x = RFx (FR)y = RFy (MR)O = RMO + RM Aqui, a força resultante é determinada pela soma vetorial de suas duas componentes (FR)x e (FR)y. d1 (MR ) O d2 O W1 W2 O WR Os pesos desses semáforos podem ser substituídos pela sua força resultante equivalente WR = W1 + W2 e um momento de binário (MR)O = W1d1 + W2d2 no apoio O. Nos dois casos, o apoio precisa oferecer a mesma resistência à rotação e translação a fim de manter o membro na posição horizontal. Capítulo 4 | 119 Resultantes de um sistema de forças | Procedimento para análise Os seguintes pontos devem ser mantidos em mente ao simplificar um sistema de forças e momentos de binário para um sistema de força e binário resultante equivalente. Estabeleça os eixos coordenados com a origem localizada no ponto O e o eixo tendo uma orientação selecionada. Somatória das forças Se o sistema de forças for coplanar, decomponha cada força em suas componentes x e y. Se uma componente estiver direcionada ao longo do eixo positivo x ou y, ela representa um escalar positivo; enquanto se estiver direcionada ao longo do eixo negativo x ou y, ela é um escalar negativo. Em três dimensões, represente cada força como um vetor cartesiano antes de somar as forças. Somatória dos momentos Ao determinar os momentos de um sistema de forças coplanares em relação ao ponto O, normalmente é vantajoso usar o princípio dos momentos, ou seja, determinar os momentos das componentes de cada força, em vez do momento da própria força. Em três dimensões, use o produto vetorial para determinar o momento de cada força em relação ao ponto O. Aqui, os vetores posição se estendem de O até qualquer ponto sobre a linha de ação de cada força. Exemplo 4.14 Substitua o sistema de forças e binários mostrado na Figura 4.37a por um sistema de força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. 3 kN 30° 0,1 m 0,1 m SOLUÇÃO O 0,2 m Somatória das forças As forças 3 kN e 5 kN são decompostas em suas componentes x e y, como mostra a Figura 4.37b. Temos: 0,3 m 4 kN 4 5 3 5 kN (a) " ^ FRhx = RFx;^ FRhx = ^3 kNh cos 30° + c 3 m^5 kNh = 5, 598 kN " 5 4 + - ^ FRhy = RFy; ^ FRhy = ^3 kNh sen 30° - c m^5 kNh - 4 kN = -6, 50 kN = 6, 50 kN . 5 + y Usando o teorema de Pitágoras (Figura 4.37c), a intensidade de FR é 2 (3 kN)sen 30° 2 FR = ^ FRxh2 + ^ FRyh2 = ^5, 598 kN h + ^6, 50 kN h = 8, 58 kN Sua direção ș é ^ FRhy 6, 50 kN i = tg- 1 e o = tg- 1 e o = 49, 3° 5, 598 kN ^ FRhx (3 kN)cos 30° 0,1 m O 0,1 m x 3 (5 kN) 5 0,2 m 0,3 m 4 (5 kN) 5 4 kN Somatória dos momentos Os momentos de 3 kN e 5 kN em relação ao ponto O serão determinados usando suas componentes x e y. Referindo-se à Figura 4.37b, temos e +^ MRhO = RMO; (b) Figura 4.37 | | 120 Estática ( M R) O O ( FR) x 2,46 kN m e +^ MRhO = RMO; 3 ^ MRhO = ^3 kNh sen 30°^0, 2 mh - ^3 kNh cos 30°^0, 1 mh + c m^5 kNh^0, 1 mh 5 4 - c m^5 kNh^0, 5 mh - ^4 kNh^0, 2 mh 5 = -2, 46 kN $ m = 2, 46 kN $ m d 5,598 kN ș ( FR) y FR 6,50 kN (c) Figura 4.37 O momento no sentido horário é mostrado na Figura 4.37c. NOTA: Perceba que a força e o momento de binário resultantes na Figura 4.37c produzirão os mesmos efeitos externos ou reações no suporte que aqueles produzidos pelo sistema de forças (Figura 4.37a). Exemplo 4.15 6XEVWLWXDRVLVWHPDGHIRUoDVHELQiULRVTXHDJHVREUHRPHPEURQD)LJXUDa por um sistema de força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. y 500 N 750 N 5 4 ( M R) O 3 O 200 N 1m O x ș ( FR) x 1m 1,25 m 37,5 N · m 1,25 m 200 N (a) ( FR) y 350 N 300 N FR (b) Figura 4.38 SOLUÇÃO Somatória das forças &RPRDVIRUoDVGRELQiULRGH1VmRLJXDLVHRSRVWDVHODVSURGX]HPXPDIRUoD resultante nula e, portanto, não é necessário considerá-las na somatória das forças. $IRUoDGH1pGHFRPSRVWDHPVXDVFRPSRQHQWHVx e y; logo, + 3 " ^ FRhx = RFx; ^ FRhx = c m^500 Nh = 300 N " 5 4 + -^ FRhy = RFy; ^ FRhy = ^500 Nhc m - 750 N = -350 N = 350 N . 5 Da Figura 4.15b, a intensidade de FR é FR = ^ FRh2x + ^ FRh2y = ^300 Nh2 + ^350 Nh2 = 461 N E o ângulo ș é i = tg- 1 e ^ FRhy o = tg- 1 c 350 N m = 49, 4° 300 N ^ FRhx Somatória dos momentos Como o momento de binário é um vetor livre, ele pode agir em qualquer ponto no PHPEUR5HIHULQGRVHD)LJXUDa, temos: e +^ MRhO = RMO + RMC; 4 3 ^ MRhO = ^500 Nhc m^2, 5 mh - ^500 Nhc m^1 mh 5 5 = -^750 Nh^1, 25 mh + 200 N $ m = -37, 5 N $ m = 37, 5 N $ m d (VWHPRPHQWRQRVHQWLGRKRUiULRpPRVWUDGRQD)LJXUDb. Capítulo 4 Exemplo 4.16 z M = 500 N · m O membro estrutural está sujeito a um momento de binário M e às forças F1 e F2 na )LJXUDa. Substitua esse sistema por um sistema de força e momento de binário resultante equivalente agindo em sua base, o ponto O. 3 121 | F1 = 800 N 0,1 m F2 = 300 N B C 0,15 m rC rB 1m O x y (a) z Somatória das forças FR = RF; FR = F1 + F2 = -800k - 249, 6i + 166, 4j = "-250i + 166j - 800k , N i MRO = ^-400j + 300kh + ^1kh # ^-800kh + - 0, 15 - 249, 6 = ^-400j + 300kh + ^0 h + ^-166, 4i - 249, 6jh = "-166i - 650j + 300k , N $ m 5 4 SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL) Os aspectos tridimensionais do problema podem ser simplificados usando uma análise vetorial cartesiana. Expressando as forças e o momento de binário como vetores cartesianos, temos: F1 = "-800k , N F2 = ^300 Nh uCB r = ^300 Nhe CB o rCB "-0, 15i + 0, 1j , m = 300 N = G = "-249, 6i + 166, 4j , N ^-0, 15h2 + ^1 mh2 M = -500 c 4 m j + 500 c 3 m k = "-400j + 300k , N $ m 5 5 Somatória dos momentos MRO = RM + RMO MRO = M + rC # F1 + rB # F2 | Resultantes de um sistema de forças MRO j 0, 1 166, 4 O k 1 0 x FR y (b) Figura 4.39 2VUHVXOWDGRVVmRPRVWUDGRVQD)LJXUDb. Problemas fundamentais 4.25. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto A. 500 N 4.26. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto A. 40 N 30 N 200 N m 1,2 m A B A 1000 N 0,9 m 3m 3m 0,9 m 4 50 N 750 N Problema 4.25 5 3 Problema 4.26 | 122 | Estática 4.27. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto A. 30° 900 N 4.29. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. z 300 N A F1 {–300i 150j 200k} N 2m 1m 300 N m 1,5 m B O x 0,75 m 0,75 m 0,75 m F2 0,75 m {–450k} N Problema 4.27 A y 4.28. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto A. 5 3 500 N Problema 4.29 4.30. Substitua o carregamento do sistema por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo no ponto O. z 4 F1 100 N Mc 75 N · m F2 200 N 0,3 m A 0,3 m 250 N 0,9 m O 0,9 m x 3 5 0,4 m 0,5 m 4 y 750 N Problema 4.30 Problema 4.28 Problemas *4.104. Substitua o sistema de forças que age sobre a treliça por uma força e momento de binário resultante no ponto C. *4.108. Substitua as duas forças por uma força e momento de binário resultante equivalente no ponto O. Considere F = 75 N. y 1000 N 750 N 100 N 30° 500 N 0,6 m 0,6 m 0,6 m 0,6 m A B 3 3 4 5 150 mm 4 35 mm 2500 N 1,8 m F 5 O 40° x 50 mm C Problema 4.104 Problemas 4.107/108 s Substitua o sistema de forças que age sobre a viga por uma força e momento de binário equivalente no ponto A. s Substitua o sistema de forças que age sobre o poste por uma força e momento de binário resultante no ponto A. 4.106. Substitua o sistema de forças que age sobre a viga por uma força e momento de binário equivalente no ponto B. 3 kN 2,5 kN 1,5 kN 30° 0,5 m B 1m 5 3 0,2 m 30° 5 3 4 4 250 N B A 2m 500 N 4m 2m Problemas 4.105/106 4.107. Substitua as duas forças por uma força e momento de binário resultante equivalente no ponto O. Considere F =1 1m 300 N 1m A Problema 4.109 Capítulo 4 4.110. Substitua o sistema de forças e momentos de binário que agem sobre a viga por uma força e momento de binário resultante no ponto A. 30 kN 26 kN 30° A 123 | z 5 N1ÂP | 4.114. As três forças atuam no encanamento. Se F1 = 50 N e F2 = 80 N, substitua esse sistema de forças por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo em O. Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. 13 12 P Resultantes de um sistema de forças 180 N P 1,25 m B y O F2 P 1P x P P 0,5 m F1 Problema 4.110 4.111. Substitua o sistema de forças por uma força e momento de binário resultante no ponto O. 500 N 5 4 3 200 N 750 N Problema 4.114 4.115. As forças F1 e F2 são aplicadas nas manoplas da furadeira elétrica. Substitua esse sistema de forças por uma força e momento de binário resultante equivalente agindo em O. Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. F2 = {2j – 4k} N z 1m O 0,75 m 0,15 m F1 = {6i – 3j – 10k} N 200 N 0,25 m 1,25 m 1,25 m 0,3 m Problema 4.111 O z Problema 4.115 *4.116. Substitua o sistema de forças que age sobre o encanamento por uma força e momento de binário resultante no ponto O. Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. F1 = {10i – 15j – 40k} N 250 mm y A z F2 = {–15i – 20j – 30k} N 100 mm B O 150 mm y x *4.112. Substitua as duas forças que agem na politriz por uma força e momento de binário resultante no ponto O. Expresse o resultado na forma de um vetor cartesiano. F2 = {−10i + 25j + 20k} N F1 = {−20i − 10j + 25k} N 40 mm 25 mm 0,2 m O y x 0,15 m Problema 4.112 x s Substitua as duas forças que agem no poste por uma força e momento de binário resultante no ponto O. Expresse o resultado na forma do vetor cartesiano. z A C FD 0,2 m Problema 4.116 s A plataforma deve ser içada usando as três lingas mostradas. Substitua o sistema de forças que age sobre as lingas por uma força e momento de binário equivalente no ponto O. A força F1 é vertical. z 5 kN 7 kN F3 F2 6m 2m D 3m x FB 0,2 m 8m O 6m Problema 4.113 B x y 5 kN 60° 60° O 45° 30° 6m 4 kN 45° F1 6 kN 2m 2m Problema 4.117 y | 124 | Estática 4.8 Simplificações adicionais de um sistema de forças e binários Na seção anterior, desenvolvemos uma forma de reduzir um sistema forças e momentos de binário sobre um corpo rígido para uma força resultante equivalente FR agindo em um ponto O específico e um momento de binário resultante (MR)O. O VLVWHPD GH IRUoDV SRGH VHU UHGX]LGR DLQGD PDLV SDUD XPD ~QLFD IRUoD UHVXOWDQWH equivalente, desde que as linhas de ação de FR e (MR)O sejam perpendiculares. Devido a essa condição, apenas sistemas de forças concorrentes, coplanares e paralelas podem ser adicionalmente simplificados. Sistema de forças concorrentes Como um sistema de força concorrente é aquele em que as linhas de ação de todas as forças se interceptam em um ponto comum O )LJXUDa), então o sistema de força não produz momento algum em relação a esse ponto. Como consequência, RVLVWHPDHTXLYDOHQWHSRGHVHUUHSUHVHQWDGRSRUXPD~QLFDIRUoDUHVXOWDQWHFR = RF agindo em O )LJXUDb). F4 F3 FR O O F2 F2 (a) (b) Figura 4.40 Sistema de forças coplanares No caso de um sistema de forças coplanares, as linhas de ação de todas as forças situam-se no mesmo plano (Figura 4.41a) e, portanto, a força resultante FR = RF desse sistema também se situa nesse plano. Além disso, o momento de cada uma das forças em relação a qualquer ponto O está direcionado perpendicularmente a esse plano. Portanto, o momento resultante (MR)O e a força resultante FR serão mutuamente perpendiculares (Figura 4.41b). O momento resultante pode ser substituído movendo-se a força resultante FR em uma distância perpendicular ou do braço do momento d para fora do ponto O tal que FR produza o mesmo momento (MR)O em relação ao ponto O (Figura 4.41c). Essa distância d pode ser determinada através da equação escalar (MR)O = FRd = RMO ou d = (MR)O/FR. F2 F3 FR O O O ( MR) O F1 F4 (a) (b) Figura 4.41 (c) FR d Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças Sistema de forças paralelas O sistema de forças paralelas, mostrado na Figura 4.42a, consiste de forças que são todas paralelas ao eixo z/RJRDIRUoDUHVXOWDQWHFR = RF no ponto O também precisa ser paralela a esse eixo (Figura 4.42b). O momento produzido por cada força se encontra no plano da chapa e, portanto, o momento de binário resultante, (MR)O, também estará nesse plano, ao longo do eixo do momento a, já que FR e (MR)O são mutuamente perpendiculares. Consequentemente, o sistema de forças pode ser adicioQDOPHQWH VLPSOLILFDGR SDUD XPD ~QLFD IRUoD UHVXOWDQWH HTXLYDOHQWH FR que age no ponto P localizado sobre o eixo perpendicular b (Figura 4.42c). A distância d ao longo desse eixo a partir do ponto O requer (MR)O = FRd = RMO ou d = RMO/FR. z F1 z z F2 FR F FR O F3 O a F O a d (M R ) O P b b (b) (a) Figura 4.42 O FR As quatro forças dos cabos são todas concorrentes no ponto O do pilar da ponte. Consequentemente, elas não produzem qualquer momento resultante nesse ponto, apenas uma força resultante FR. Observe que os projetistas posicionaram os cabos de modo que FR esteja direcionado ao longo do pilar da ponte diretamente para o apoio, de modo a evitar qualquer flexão no pilar. Procedimento para análise A técnica usada para reduzir um sistema de forças coplanares ou paralelas para XPD~QLFDIRUoDUHVXOWDQWHVHJXHXPSURFHGLPHQWRVHPHOKDQWHDRGHVFULWRQDVHomR anterior. Estabeleça os eixos x, y, z e posicione a força resultante FR a uma distância arbitrária da origem das coordenadas. Somatória das forças A força resultante é igual à soma de todas as forças do sistema. (c) | 125 | | 126 | Estática Para um sistema de forças coplanares, decomponha cada força em suas componentes x e y. Componentes positivas são direcionadas ao longo dos eixos x e y positivos, e componentes negativas são direcionadas ao longo dos eixos x e y negativos. Somatória dos momentos O momento da força resultante em relação ao ponto O é igual à soma de todos os momentos de binário no sistema mais os momentos de todas as forças no sistema em relação a O. Essa condição de momento é usada para encontrar a posição da força resultante em relação ao ponto O. d1 d d2 O W1 O WR W2 Aqui, os pesos dos semáforos são substituídos pela sua força resultante WR = W1 + W2 que age a uma distância d = (W1d1 + W2d2)WR em relação a O. Os dois sistemas são equivalentes. Redução a um torsor Normalmente, um sistema de forças e momentos de binário tridimensional terá uma força resultante FR equivalente no ponto O e um momento de binário resultante (MR)O que não são perpendiculares, como mostra a Figura 4.43a. Embora um sistema de forças como esse não possa ser adicionalmente reduzido para uma única força resultante equivalente, o momento de binário resultante (MR)O pode ser decomposto em componentes paralelas e perpendiculares à linha de ação de FR (Figura 4.43a). A componente perpendicular M pode ser substituída se movermos FR para o ponto P, a uma distância d do ponto O ao longo do eixo b (Figura 4.43b). Como vemos, esse eixo é perpendicular ao eixo a e à linha de ação de FR. A posição de P pode ser determinada através de d = M /FR. Finalmente, como M|| é um vetor livre, ele pode ser movido para o ponto P (Figura 4.43c). Essa combinação de uma força resultante FR e um momento de binário colinear M|| tenderá a transladar e girar o corpo em relação ao seu eixo e é chamada de um torsor ou parafuso. Um torsor é o sistema mais simples que pode representar qualquer sistema de forças e momentos de binário em geral agindo em um corpo. z z z FR FR M M (MR )O FR O O a M a b (a) M O d P (b) Figura 4.43 a P b (c) b Capítulo 4 Exemplo | Resultantes de um sistema de forças 127 | 4.17 Substitua o sistema de forças e momentos de binário que agem sobre a viga na Figura 4.44a por uma força resultante equivalente, e encontre onde sua linha de ação intercepta a viga, medido a partir do ponto O. 8 kN y 5 4 kN FR 3 (FR)y = 2.40 kN 15 kN m O 1,5 m d 4 1,5 m 1,5 m 0,5 m x (FR)x = 4.80 kN ș O 1,5 m (a) (b) Figura 4.44 SOLUÇÃO Somatória das forças Somando as componentes da força, temos: + 3 " ^ FRhx = RFx; ^ FRhx = 8 kN c m = 4, 80 kN " 5 + -^ FRhy = RFy; ^ FRhy = -4 kN + 8 kN c 4 m = 2, 40 kN 5 Da Figura 4.44b, a intensidade de FR é: FR = ^4, 80 kNh2 + ^2, 40 kNh2 = 5, 37 kN O ângulo ș é: i = tg-1 e 2, 40 kN o = 26, 6° 4, 80 kN Somatória dos momentos Devemos igualar o momento de FR em relação ao ponto O na Figura 4.44b à soma dos momentos do sistema de forças e momentos de binário em relação ao ponto O na Figura 4.44a. Como a linha de ação de (FR)x age no ponto O, apenas (FR)y produz um momento em relação a esse ponto. Portanto, e +^ MRhO = RMO; 2, 40 kN^d h = -^4kNh^1, 5 mh - 15 kN $ m - ;8 kN c 3 mE^0, 5 mh + ;8 kN c 4 mE^4, 5 mh 5 5 d = 2, 25 m y 0,6 m 1m C 5 4 3 1,2 m Exemplo 4.18 O guincho mostrado na Figura 4.45a está sujeito a três forças coplanares. Substitua esse carregamento por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação intercepta a coluna AB e a lança BC. 0,6 m B 0,60 kN 2,50 kN 1,75 N 1m x A (a) Figura 4.45 | | 128 Estática y SOLUÇÃO x B Somatória das forças 'HFRPSRQGRDIRUoDGHN1QDVFRPSRQHQWHVx e y e somando as componentes das forças, temos: C 3,25 kN 2,60 kN FR + FRx = RFx; " + -FRy 3,25 kN θ FR y 2,60 kN Como mostra a adição de vetores na Figura 4.45b, x A = RFy; FRx = -2, 50 kN c 3 m - 1, 75 kN = -3, 25 kN = 3, 25 kN ! 5 4 FRy = -2, 50 kN c m - 0, 60 kN = -2, 60 kN = 2, 60 kN . 5 FR = ^3, 25 kN h2 + ^2, 60 kNh2 = 4, 16 kN (b) i = tg- 1 e Figura 4.45 2, 60 kN o = 38, 7°i 3, 25 kN Somatória dos momentos Os momentos serão somados em relação ao ponto A. Assumindo que a linha de ação de FR intercepta AB a uma distância y de A (Figura 4.45b), temos: e + MRA = RMA; 3, 25 kN^ yh + 2, 60 kN^0 h = 1, 75 kN^1 mh - 0, 60 kN^0, 6 mh + 2, 50 kN c 3 m^2, 2 mh - 2, 50 kN c 4 m^1, 6 mh 5 5 y = 0, 458 m Pelo princípio da transmissibilidade, FR pode ser posicionada a uma distância x onde intercepta BC (Figura 4.45b). Nesse caso, temos: e + MRA = RMA; 3, 25 kN^2, 2 mh + 2, 60 kN^ xh = 1, 75 kN^1 mh - 0, 60 kN^0, 6 mh + 2, 50 kN c 3 m^2, 2 mh - 2, 50 kN c 4 m^1, 6 mh 5 5 x = 2, 177 m Exemplo 600 N O z 500 N 100 N B 400 N 5m 5m C + y 8m 2m x Somatória das forças Da Figura 4.46a, a força resultante é: (a) + -FR FR + O P(x,y) x + x A placa na Figura 4.46a está sujeita a quatro forças paralelas. Determine a intensidade e a direção de uma força resultante equivalente ao sistema de forças dado e situe seu ponto de aplicação na placa. SOLUÇÃO (ANÁLISE ESCALAR) + z 4.19 y (b) (b) Figura 4.46 y = RF; - FR = -600 N + 100 N - 400 N - 500 N = 1400 N = 1400 N . Somatória dos momentos Queremos que o momento da força resultante em relação ao eixo x (Figura 4.46b) seja igual à soma dos momentos de todas as forças do sistema em relação ao eixo x (Figura 4.46a). Os braços dos momentos são determinados pelas coordenadas de y, já que essas coordenadas representam as distâncias perpendiculares do eixo x às linhas de ação das forças. Usando a regra da mão direita, temos: ^ MRhx = RMx; -^1400 Nh y = 600 N^0 h + 100 N^5 mh - 400 N^10 mh + 500 N^0 h y = 2, 50 m -1400 N = - 3500 Capítulo 4 | Resultantes de um sistema de forças | 129 De maneira semelhante, uma equação de momento pode ser escrita em relação ao eixo y usando braços do momento definidos pelas coordenadas x de cada força. ^ MRhy = RMy; ^1400 Nh x = 600 N^8 mh + 100 N^6 mh - 400 N^0 h + 500 N^0 h 1400x = 4200 x = 3m NOTA: Uma força FR = 1 VLWXDGD QR SRQWR P P P VREUH D SODFD (Figura 4.46b) é, portanto, equivalente ao sistema de forças paralelas que agem sobre a placa na Figura 4.46a. Exemplo 4.20 Substitua o sistema de forças na Figura 4.47a por uma força resultante equivalente e especifique seu ponto de aplicação no pedestal. SOLUÇÃO FA = 300 kN z Somatória das forças Aqui, demonstraremos uma análise vetorial. Somando as forças, 4m FR = RF; FR = FA + FB + FC = "-300k , kN + "-500k , kN + "100k , kN = "-700k , kN Igualando as componentes i e j, ±y =± x = –1,14 m O sinal negativo indica que a coordenada x do ponto P é negativa. NOTA: Também, é possível obter diretamente as equações 1 e 2 somando-se os momentos em relação aos eixos x e y. Usando a regra da mão direita, temos: (MR)x = RMx; ±y =±N1 P ±N1 P (MR)y = RMy; x =N1 P ±N1 P rC A rA O rB B 4m 4m y (a) z FR = {−700k} kN O y rP P x x y (b) Figura 4.47 y =2 m x =± C x Posição Os momentos serão somados em relação ao ponto O. A força resultante FR é assumida a atuar através do ponto P (x, y )LJXUDb /RJR ^MRhO = RMO; rp # FR = ^rA # FAh + ^rB # FBh + ^rC # FC h ^ xi + yjh # ^-700kh = 6^4ih # ^-300kh@ + 6^-4i + 2jh # ^-500kh@ + 6^-4jh # ^100kh@ - 700xî # kh - 700y^ j # k h = - 1200î # kh + 2000î # kh - 1000^ j # kh - 400î # kh 700xj - 700yi = 1200j - 2000j - 1000i - 400i FB = 500 kN 2m FC = 100 kN | 130 | Estática Problemas fundamentais 4.31. Substitua o carregamento do sistema por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta a viga medida a partir de O. 4.34. Substitua o carregamento do sistema por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro AB medida a partir de A. y y 0,5 m 1,5 m 2,5 kN 2,5 kN 0,5 m 1,25 kN 0,5 m B 4 8 kN 6 kN x O 5 3 5 kN 3m 1m 1m 1m 1m Problema 4.31 A 4.32. Substitua o carregamento do sistema por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro medida a partir de A. 1 kN Problema 4.34 4.35. 6XEVWLWXD R FDUUHJDPHQWR PRVWUDGR SRU XPD ~QLFD força resultante equivalente e especifique as coordenadas x e y de sua linha de ação. z 0,25 kN 1m 1m 1m x 4495 30° 400 N A 100 N y 500 N 4m 4 4 9 5 3m 4m 5 4 3 0,5 kN x Problema 4.32 Problema 4.35 4.33. Substitua o carregamento do sistema por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro medida a partir de A. 4.36. 6XEVWLWXD R FDUUHJDPHQWR PRVWUDGR SRU XPD ~QLFD força resultante equivalente e especifique as coordenadas x e y de sua linha de ação. z 200 N 15 kN 5 2m 1m 3 3m 4 100 N 20 kN 2m 2m 2m 3m 2m A B Problema 4.33 3 m 200 N 2m 1m 100 N x Problema 4.36 y Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 131 | Problemas 4.118. Os pesos dos vários componentes do caminhão são mostrados. Substitua esse sistema de forças por uma força resultante equivalente e especifique sua posição medida a partir do ponto B. 4.123. Substitua o sistema de forças e os binários que agem sobre a estrutura por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro BC medida a partir de B. 4.119. Os pesos dos vários componentes do caminhão são mostrados. Substitua esse sistema de forças por uma força resultante equivalente e especifique sua posição medida a partir do ponto A. A 0,6 m 5 3 4 750 N 1,2 m 750 N · m B C 17,5 kN B A 27,5 kN 4,2 m 0,9 m 8,75 kN 30° 250 N 1,8 m 0,9 m 0,6 m Problemas 4.122/123 Problemas 4.118/119 *4.120. O sistema de forças paralelas atua sobre o topo da treliça Warren. Determine a força resultante equivalente do sistema e especifique sua posição medida a partir do ponto A. *4.124. Substitua o sistema de forças e os momentos de binário que agem sobre a viga por uma força resultante equivalente e especifique sua posição ao longo de AB medida a partir do ponto A. 2 kN 30 kN 30° 1 kN 500 N A 500 N 1m 1m 500 N 1m A P 26 kN 12 13 5 N1ÂP P B 1m P 1P P P Problema 4.124 Problema 4.120 s O sistema de quatro forças atua sobre a treliça de telhado. Determine a força resultante equivalente e especifique sua posição medida a partir do ponto A. 1 kN 1,375 kN 1 m 1,5 kN 1 m 30° B 0,75 kN 1 m s Substitua o sistema de forças que age sobre a estrutura por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro AB medida a partir do ponto A. 4.126. Substitua o sistema de forças qua age sobre a estrutura por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro BC medida a partir do ponto B. 175 N 1,2 m A A 30° 100 N 30° B 0,6 m 0,9 m 125 N Problema 4.121 4.122. Substitua o sistema de forças e binários agindo sobre a estrutura por uma força resultante equivalente e especifique onde a linha de ação da resultante intercepta o membro AB medida a partir de A. 0,6 m C Problemas 4.125/126 | 132 | Estática 4.127. Substitua o sistema de forças que age sobre o poste por uma força resultante equivalente e especifique onde a sua linha de ação intercepta o poste AB medida a partir do ponto A. *4.128. Substitua o sistema de forças que age sobre o poste por uma força resultante equivalente e especifique onde a sua linha de ação intercepta o poste AB medida a partir do ponto B. 0,5 m B 1m 500 N 0,2 m 5 3 *4.132. Três forças paralelas do parafuso atuam sobre a chapa circular. Determine a força resultante e especifique sua posição (x, y) sobre a chapa. FA =1FB =1 e FC =1 s Três forças paralelas dos parafusos atuam sobre a chapa circular. Se a força em A possui uma intensidade de FA =1GHWHUPLQHDVLQWHQVLGDGHVGHFB e FC de modo que a força resultante FR do sistema tenha uma linha de ação que coincida com o eixo y. Sugestão: Isso requer RMx =HRMz = z 250 N 4 30° C 1m 300 N FC 0,45 m 1m 30° B F B x A 45° A FA y Problemas 4.127/128 s A laje da construção está sujeita a quatro cargas paralelas das colunas. Determine a força resultante equivalente e especifique sua posição (x, y) sobre a laje. Considere F1 =N1F2 =N1 4.130. A laje da construção está sujeita às cargas de quatro colunas paralelas. Determine a força resultante equivalente e especifique sua posição (x, y) sobre a laje. Considere F1 =N1F2 =N1 Problemas 4.132/133 4.134. Se FA =N1HFB = 35 kN, determine a intensidade da força resultante e especifique a posição de seu ponto de aplicação (x, y) sobre a placa. 4.135. Se a força resultante deve agir no centro da placa, determine a intensidade das cargas das colunas FA e FB e a intensidade da força resultante. z z 20 kN F1 50 kN 0,75 m FB 2,5 m 2,5 m 0,75 m 0,75 m F2 x 4m 3m 8m y 6m 2m 3m 20 kN FA y 3m 0,75 m Problemas 4.134/135 Problemas 4.129/130 4.131. O duto suporta as quatro forças paralelas. Determine as intensidades das forças FC e FD que agem em C e D de modo que a força resultante equivalente do sistema de forças atue no ponto médio O do duto. FD x 30 kN 90 kN *4.136. Substitua o sistema de forças paralelas que age sobre a chapa por uma força resultante equivalente e especifique sua posição no plano x–z. z 0,5 m z 1m 600 N D 400 mm x 2 kN FC A O 400 mm z B 5 kN 1m 500 N C 200 mm 200 mm y Problema 4.131 1m 0,5 m x y 3 kN Problema 4.136 Capítulo 4 s Se FA = 7 kN e FB = 5 kN, substitua o sistema de forças que age sobre as mísulas por uma força resultante e especifique sua posição sobre o plano x–y. 4.138. Determine as intensidades de FA e FB de modo que a força resultante passe pelo ponto O da coluna. | Resultantes de um sistema de forças 133 | *4.140. Substitua as três forças atuando na chapa por um torsor. Especifique a intensidade da força e o momento de binário para o torsor e o ponto P(y, z) onde sua linha de ação intercepta a chapa. z z 150 mm 6 kN FB 3m 750 mm 100 mm 650 mm x FA O B 8kN 700 mm FB = {−60j} kN y P 100 mm 600 mm 150 mm 3m z y A x FA = {−80k} kN C FC = {−40i} kN y Problemas 4.137/138 Problema 4.140 4.139. Substitua o sistema de forças e momentos de binário que agem sobre o bloco retangular por um torsor. Especifique a intensidade da força e o momento de binário do torsor e a posição onde sua linha de ação intercepta o plano x–y. s Substitua as três forças que agem na chapa por um torsor. Especifique a intensidade da força e o momento de binário para o torsor e o ponto P(x, y), onde sua linha de ação intercepta a chapa. z ] )% ^N`1 )$ ^L`1 1,2 m $ 900 N · m 2250 N 3000 N \ % [ 3 0,6 m y x 0,9 m [ \ P P & 1500 N Problema 4.139 4.9 )& ^M`1 Problema 4.141 Redução de um carregamento distribuído simples Algumas vezes, um corpo pode estar sujeito a um carregamento que está distribuído sobre sua superfície. Por exemplo, a pressão do vento sobre a superfície de um cartaz de propaganda (outdoor), a pressão da água dentro de um tanque ou o peso da areia sobre o piso de uma caixa de armazenamento são cargas distribuídas. A pressão exercida em cada ponto da superfície indica a intensidade da carga. Ela é medida usando pascals Pa (ou N/m2) em unidades do SI. Carregamento uniforme ao longo de um único eixo O tipo mais comum de carga distribuída encontrado na prática de engenharia é JHUDOPHQWHXQLIRUPHDRORQJRGHXP~QLFRHL[R 3RUH[HPSORFRQVLGHUHDYLJD RX SODFD QD)LJXUDa, que possui uma largura constante e está sujeita a um carregamento de pressão que varia apenas ao longo do eixo x. Esse carregamento pode * O caso mais geral de um carregamento superficial não uniforme atuando sobre um corpo é FRQVLGHUDGRQD6HomR p x FR b p p(x) C L x (a) Figura 4.48 | | 134 Estática w dA w dF O x ser descrito pela função p = p(x) N/m2. Ele contém somente uma variável x e, por isso, também podemos representá-lo como um carregamento distribuído coplanar. Para isso, multiplicamos a função de carregamento pela largura b da viga, tal que w(x) = p(x)b N/m (Figura 4.48b). Usando os métodos da Seção 4.8, podemos substituir esse sistema de forças paralelas coplanares por uma única força resultante equivalente FR que age em uma posição específica sobre a viga (Figura 4.48c). w (x) x dx Intensidade da força resultante L (b) w FR C O A x x L (c) Figura 4.48 Da Equação 4.17 (FR = RF), a intensidade de FR é equivalente à soma de todas as forças do sistema. Nesse caso, precisamos usar integração porque existe um número infinito de forças paralelas dF agindo sobre a viga (Figura 4.48b). Como dF está agindo sobre um elemento do comprimento dx, e w(x) é uma força por unidade de comprimento, então, dF = w(x) dx = dA. Em outras palavras, a intensidade de dF é determinada pela área diferencial em cinza dA abaixo da curva de carregamento. Para o comprimento inteiro L, + .FR = RF FR = # w (x) dx = # dA = A L A (4.19) Portanto, a intensidade da força resultante é igual à área total A sob o diagrama de carregamento (Figura 4.48c). Posição da força resultante Aplicando a Equação 4.17 (MRO = RMO), a posição x da linha de ação de FR pode ser determinada igualando-se os momentos da força resultante e da distribuição das forças paralelas em relação ao ponto O (o eixo y). Como dF produz um momento de x dF = xw(x) dx em relação a O (Figura 4.48b), então, para o comprimento inteiro (Figura 4.48c), e +^ MRhO = RMO; # - x FR = - xw^ xh dx L Resolvendo para x, usando a Equação 4.19, temos: x= # xw^ xhdx # xdA = # w^ xhdx # dA L L A (4.20) A Essa coordenada x, localiza o centro geométrico ou centroide da área sob o carregamento distribuído. Em outras palavras, a força resultante tem uma linha de ação que passa pelo centroide C (centro geométrico) da área sob o diagrama de carregamento (Figura 4.48c). O Capítulo 9 oferece um tratamento detalhado das técnicas de integração para determinar a posição do centroide de áreas. Contudo, em muitos casos, o diagrama do carregamento distribuído está na forma de um retângulo, triângulo ou alguma outra forma geométrica simples. A posição do centroide para essas formas comuns não precisa ser determinada pela equação anterior, mas pode ser obtida diretamente da tabulação fornecida nos apêndices. Uma vez que x é determinado, FR, por simetria, passa pelo ponto (x, 0) na superfície da viga (Figura 4.48a). Portanto, nesse caso, a força resultante possui uma intensidade igual ao volume sob a curva de carregamento p = p(x) e uma linha de ação que passa pelo centroide (centro geométrico) desse volume. Capítulo 4 Pontos importantes distribuídos coplanares são definidas usando-se uma função w(x) ( ) que indica a intensidade do carregamento ao longo do carregamento w = w(x da extensão de um membro. Essa intensidade é medida em N/m. Os efeitos externos causados por um carregamento distribuído coplanar atuando VREUHXPFRUSRSRGHPVHUUHSUHVHQWDGRVSRUXPD~QLFDIRUoDUHVXOWDQWH Essa força resultante é equivalente à área sob o diagrama do carregamento e tem uma linha de ação que passa pelo centroidee ou centro geométrico dessa área. b 2 Carregamentos Exemplo a FR w0 b 4.21 SOLUÇÃO Como w = w(x) é fornecido, este problema será revolvido por integração. O elemento diferencial possui uma área dA = w dx =x2 dx$SOLFDQGRD(TXDomR + . FR = RF; 2m 3 3 3 2m FR = dA = 60x 2 dx = 60c x m = 60 c 2 - 0 m 3 0 3 3 A 0 = 160 N # w w = (60 x2 )N/m x O x # dx 2m (a) w # FR = 160 N C A = 1, 5 m x O NOTA: Esses resultados podem ser verificados usando-se a tabela dos apêndices, que mostra que, para uma área sob uma curva parabólica de comprimento a, altura b e IRUPDPRVWUDGDQD)LJXUDa, temos: 2 m^240 N/mh A = ab = = 160 N e x = 3 a = 3 ^2 m h = 1, 5 m 3 3 4 4 4.22 Um carregamento distribuído de p = x) Pa atua sobre a superfície superior da YLJDPRVWUDGDQD)LJXUDa. Determine a intensidade e a posição da força resultante equivalente. 7200 Pa p = 800x Pa x p y x 9m 0,2 m (a) Figura 4.50 240 N/m dA = w dx A posição x de FR medida a partir do ponto O )LJXUDb) é determinada por: 2m 4 4 4 2m 60c x m 60 c 2 - 0 m x^60x2h dx x dA 4 0 4 4 x= A = 0 = = N N N 160 160 160 dA Exemplo | A viga sustentando esta pilha de madeira está sujeita a uma carga uniforme de wO. A força resultante é, portanto, igual à área sob o diagrama de carga FR = wOb. Ela atua através do centroide ou centro geométrico dessa área, b/2 a partir do suporte. Determine a intensidade e a posição da força resultante equivalente que agem sobre RHL[RQD)LJXUDa. # # | 135 Resultantes de um sistema de forças x = 1,5 m (b) (b) Figura 4.49 | | 136 w Estática w 160x N/m 1440 N/m x Em x =PREVHUYHTXHw =1P(PERUDSRVVDPRVQRYDPHQWHDSOLFDUDV (TXDo}HV H FRPR QR H[HPSOR DQWHULRU p PDLV VLPSOHV XVDU D WDEHOD TXH se encontra nos apêndices. A intensidade da força resultante é equivalente à área do triângulo. FR = 1 ^9 mh^1440 N/mh = 6480 N = 6, 48 kN 2 x 9m (b) FR x SOLUÇÃO Como a intensidade do carregamento é uniforme ao longo da largura da viga (o eixo y), RFDUUHJDPHQWRSRGHVHUYLVWRHPGXDVGLPHQV}HVFRPRPRVWUDD)LJXUDb. Aqui: W = x N/m2 P = x) N/m 6,48 kN 6m A linha de ação de FR passa pelo centroide CGHVVHWULkQJXOR/RJR x = 9 m - 1 ^9 m h = 6 m 3 3m C 2VUHVXOWDGRVVmRPRVWUDGRVQD)LJXUDc. NOTA: Também podemos ver a resultante FR como atuante através do centroide do volume do diagrama do carregamento p = p(x QD)LJXUDa. Consequentemente, FR intercepta o plano x–yQRSRQWR P $OpPGLVVRDLQWHQVLGDGHGHFR é igual ao volume sob o diagrama do carregamento; ou seja, FR = V = 1 ^7200 N/m2h^9 mh^0, 2 mh = 6, 48 kN 2 (c) Figura 4.50 Exemplo 100 kN/m A 50 kN/m B 9m (a) F1 F2 50 kN/m 50 kN/m A B x1 x2 9m (b) Figura 4.51 4.23 O material granular exerce um carregamento distribuído sobre a viga como mostra a Figura 4.51a. Determine a intensidade e a posição da resultante equivalente dessa carga. SOLUÇÃO A área do diagrama do carregamento é um trapézio e, portanto, a solução pode ser obtida diretamente pelas fórmulas de área e centroide para um trapézio listados nos apêndices. Como essas fórmulas não são lembradas facilmente, em vez delas vamos resolver esse problema usando áreas ‘compostas’. Aqui, dividiremos o carregamento trapezoidal em um carregamento retangular e triangular, como mostra a Figura 4.51b. A intensidade da força representada por cada um desses carregamentos é igual à sua área associada, F1 = 1 ^9 mh^50 kN/mh = 225 kN 2 F2 = ^9 mh^50 kN/mh = 450 kN As linhas de ação dessas forças paralelas age através do centroide de suas áreas associadas e, portanto, interceptam a viga em: x 1 = 1 ^9 m h = 3 m 3 x 2 = 1 ^9 mh = 4, 5 m 2 As duas forças paralelas F1 e F2SRGHPVHUUHGX]LGDVDXPD~QLFDUHVXOWDQWHFR. A intensidade de FR é: +. FR = RF; FR = 225 + 450 = 675 kN Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças Podemos determinar a posição de FR com referência ao ponto A (figuras 4.51b e 4.51c). Precisamos de: c + MR = RM A; x^675h = 3^225h + 4, 5^450h x=4m | 137 | FR x A A B NOTA: A área trapezoidal na Figura 4.51a também pode ser dividida em duas áreas triangulares, como mostra a Figura 4.51d. Neste caso, F3 = 1 ^9 mh^100 kN/mh = 450 kN 2 1 F4 = ^9 mh^50 kN/mh = 225 kN 2 (c) x3 F3 F4 100 kN/m 50 kN/m A e x 3 = 1 ^9 m h = 3 m 3 x 4 = 9 m - 1 ^9 m h = 6 m 3 x4 9m (d) NOTA: Usando esses resultados, mostre novamente que FR = 675 kN e x = 4 m. Figura 4.51 Problemas fundamentais 4.37. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 4.40. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 9 kN/m 4 kN/m 6 kN/m A B A B 1 ,5 m 2,5 kN 3 kN/m 3 kN/m 3m 2m 1 ,5 m 1m 1m Problema 4.40 Problema 4.37 4.38. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 4.41. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 6 kN/m 3 kN/m 3 kN/m B A A B 1,8 m 2,4 m 4,5 m 1,5 m Problema 4.38 Problema 4.41 4.39. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 4.42. Determine a força resultante e especifique onde ela atua na viga, medindo a partir do ponto A. 6 kN/m w 160 N/m w B A 3m 6m Problema 4.39 2,5x 3 A x 4m Problema 4.42 | | 138 Estática Problemas 4.142. Substitua o carregamento distribuído por uma força resultante equivalente e especifique sua posição na viga, medindo a partir de A. 15 kN/ m 4.146. A distribuição do carregamento do solo na parte inferior de uma plataforma de construção é mostrada. Substitua esse carregamento por uma força resultante equivalente e especifique sua posição, medida a partir do ponto O. 10 kN/ m O A 1 kN/m 2 kN/m B 3m 3m 3m 6 kN/m 2,7 m 3,6 m Problema 4.142 Problema 4.146 4.143. Substitua o carregamento distribuído por uma força resultante equivalente e especifique sua posição na viga, medindo a partir de A. 4.147. Determine as intensidades w1 e w2 do carregamento distribuído agindo na parte inferior da plataforma, de modo que esse carregamento tenha uma força resultante equivalente que seja igual mas oposta à resultante do carregamento distribuído atuando no topo da plataforma. 8 kN/ m 4 kN/ m A 1m 6 kN/m B 3m 0,5 m 2m 3m A Problema 4.143 *4.144. Substitua o carregamento distribuído por uma força resultante equivalente e especifique sua posição na viga, medindo a partir de A. B w1 w2 Problema 4.147 800 N/m 200 N/m A B 2m *4.148. Os tijolos sobre a viga e os apoios na sua base criam o carregamento distribuído mostrado na segunda figura. Determine a intensidade w e dimensão d do apoio direito necessário para que a força e o momento de binário resultantes em relação ao ponto A do sistema sejam nulos. 3m Problema 4.144 s Substitua o carregamento distribuído por uma força resultante equivalente e especifique sua posição na viga, medindo a partir de A. 0,5 m d 200 N/m 75 N/m w 3m w0 w0 A A B 0,5 m L –– 2 L –– 2 Problema 4.145 d 3m Problema 4.148 Capítulo 4 s A pressão do vento atuando sobre um painel triangular é uniforme. Substitua esse carregamento por uma força e momento de binário resultante equivalentes no ponto O. z 1,2 m 0,1 m | Resultantes de um sistema de forças 139 | *4.152. O vento soprou a areia sobre uma plataforma de modo que a intensidade da carga pode ser aproximada pela função w = x3) N/m. Simplifique esse carregamento distribuído para uma força resultante equivalente e especifique sua intensidade e posição medida a partir de A. 150 Pa w 1,2 m 500 N/m w = (0,5x 3)N/m 1m y O x A A x 10 m Problema 4.149 Problema 4.152 4.150. A viga está sujeita ao carregamento distribuído. Determine o comprimento b do carregamento uniforme e sua posição a sobre a viga de modo que a força e o momento de binário resultantes que agem na viga sejam nulos. b 1 kN/m s O concreto molhado exerce uma distribuição de pressão ao longo das paredes da forma. Determine a força resultante dessa distribuição e especifique a altura h onde o suporte deve ser colocado de modo a situar-se na linha de ação da força resultante. A parede possui uma largura de 5 m. a p 1,5 kN/m 3m 1/2 p = (4 z 4m 1,8 m ) kPa Problema 4.150 4.151. $WXDOPHQWH GH WRGDV DV OHV}HV GH SHVFRoR VmR causadas por colisões traseiras de automóveis. Para minimizar esse problema, tem sido desenvolvido um apoio de banco automobilístico que fornece uma pressão de contato adicional com a cabeça. Durante testes dinâmicos, a distribuição da carga sobre a cabeça foi representada em gráfico e se mostrou parabólica. Determine a força resultante equivalente e sua posição, medida a partir do ponto A. A h 8 kPa z Problema 4.153 4.154. Substitua o carregamento distribuído por uma força resultante equivalente e especifique sua posição na viga, medindo a partir do ponto A. w 200 N/m 0,15 m w 2 w = 200(1 + 200x ) N/m 9 8 kN/m w 1 –– (4 2 x )2 B 300 N/m A x B x 4m Problema 4.151 Problema 4.154 | 140 | Estática 4.155. Substitua o carregamento por uma força resultante e momento de binário equivalentes no ponto A. *4.156. Substitua o carregamento por uma força resultante e momento de binário equivalentes que agem no ponto B. 1 kN/m 4.159. O carregamento distribuído atua sobre a viga conforme ilustrado. Determine a intensidade máxima wmáx. Qual é a intensidade da força resultante equivalente? Especifique onde ela atua, medindo a partir do ponto B. w 1 kN/m w = (−2x2 + 4x + 16) kN/m B 1,2 m A B x 4m 1,8 m Problemas 4.158/159 2 kN/m *4.160. O carregamento distribuído atua sobre a viga conforme ilustrado. Determine a intensidade da força resultante equivalente e especifique sua posição, medindo a partir do ponto A. 60° A Problemas 4.155/156 s A força de sustentação ao longo da asa de um avião consiste em uma distribuição uniforme ao longo de AB, e uma distribuição semiparabólica ao longo de BC com RULJHPHP%6XEVWLWXDHVVHFDUUHJDPHQWRSRUXPD~QLFD força resultante e especifique sua posição, medindo a partir do ponto A. w w = (− 2 x2 + 17 x + 4) kN/m 15 15 4 kN/m 2 kN/m B x A 10 m w Problema 4.160 w = (48 − 0,75x2) kN/m 48 kN/m B A x C 4m s Se a distribuição da reação do solo sobre o tubo por metro de comprimento pode ser aproximada como mostrado, determine a intensidade da força resultante devido a esse carregamento. 0,5 kN/m 8m Problema 4.157 4.158. O carregamento distribuído atua sobre a viga conforme ilustrado. Determine a intensidade da força resultante equivalente e especifique onde ela age, medindo a partir do ponto A. 0,8 m θ w = 0,5 (1 + cos θ) kN/m 1 kN/m Problema 4.161 Capítulo 4 | Resultantes de um sistema de forças | 141 REVISÃO DO CAPÍTULO Momento de uma força — definição escalar Uma força produz um efeito de rotação ou momento em relação a um ponto O que não se situe sobre a sua linha de ação. Na forma escalar, a intensidade do momento é o produto da força pelo braço de momento ou distância perpendicular do ponto O à linha de ação da força. A direção do momento é definida usando a regra da mão direita. MO sempre age ao longo de um eixo perpendicular ao plano contendo F e d, e passa pelo ponto O. Em vez de encontrar d, normalmente é mais fácil decompor a força em suas componentes x e y, determinar o momento de cada componente em relação ao ponto e, depois, somar os resultados. Esse é o chamado princípio dos momentos. Eixo do momento MO = Fd MO d F O y F Fy x Fx MO = Fd = Fx y – Fy x y d x O Momento de uma força — definição vetorial Como a geometria tridimensional normalmente é mais difícil de visualizar, o produto vetorial deve ser usado para determinar o momento. Aqui, MO = r # F, onde r é um vetor posição que se estende do ponto O a qualquer ponto A, B ou C sobre a linha de ação de F. Se o vetor posição r e a força F são expressos como vetores cartesianos, então, o produto vetorial resulta da expansão de um determinante. Momento em relação a um eixo Se o momento de uma força F precisa ser determinado em relação a um eixo arbitrário a, então a projeção do momento sobre o eixo precisa ser obtida. Desde que a distância da, que é perpendicular tanto à linha de ação da força quanto ao eixo, possa ser determinada, então o momento da força em relação ao eixo pode ser determinado através de uma equação escalar. Observe que, quando a linha de ação de F intercepta o eixo, o momento de F em relação ao eixo é zero. Além disso, quando a linha de ação de F é paralela ao eixo, o momento de F em relação ao eixo é zero. Em três dimensões, o produto triplo escalar deve ser usado. Aqui, ua é o vetor unitário que especifica a direção do eixo, e r é um vetor posição direcionado de qualquer ponto sobre o eixo a qualquer ponto sobre a linha de ação da força. Se Ma é calculado como um escalar negativo, então o sentido da direção de Ma é oposto a ua. z C MO = rA # F = rB # F = rC # F rC B F rB i j k MO = r # F = rx ry rz Fx Fy Fz A MO rA y O x F Ma r Ma = Fda a da a Ma r ua uax uay uaz Ma = ua $ ^r # Fh = rx ry rz Fx Fy Fz F Eixo da projeção aƍ | 142 | Estática Momento de binário Um binário consiste de duas forças iguais e opostas que atuam a uma distância perpendicular d. Os binários tendem a produzir uma rotação sem translação. A intensidade do momento de binário é M = Fd e sua direção é estabelecida usando a regra da mão direita. Se o produto vetorial é usado para determinar o momento de um binário, então r se estende de algum ponto sobre a linha de ação de uma das forças a algum ponto sobre a linha de ação da outra força F que é usada no produto vetorial. Simplificação de um sistema de forças e binários Qualquer sistema de forças e binários pode ser UHGX]LGRDXPD~QLFDIRUoDUHVXOWDQWHHPRPHQWR de binário resultante agindo em um ponto. A força resultante é a soma de todas as forças do sistema, FR = RF, e o momento de binário resultante é igual à soma de todos os momentos das forças em relação ao ponto e aos momentos de binário. MRO = RMO + RM. eSRVVtYHOVLPSOLILFDUDLQGDPDLVSDUDXPD~QLFD força resultante, desde que o sistema de forças seja concorrente, coplanar ou paralelo. Para encontrar a posição da força resultante a partir de um ponto, é necessário igualar o momento da força resultante em relação ao ponto ao momento das forças e binários no sistema em relação ao mesmo ponto. Se a força e o momento de binário resultantes em um ponto não forem perpendiculares, então esse sistema pode ser reduzido a um torsor, que consiste na força e momento de binário resultante colinear. Carregamento distribuído coplanar Um carregamento distribuído simples pode ser representada por sua força resultante, que é equivalente à área sob a curva do carregamento. Essa resultante possui uma linha de ação que passa pelo centroide ou centro geométrico da área ou volume sob o diagrama do carregamento. –F d M = Fd F B M =r # F r A F –F FR F1 F2 O r2 MR ș O r1 O M FR FR a b O a b a b MRO P MRO FR a d O b FR FR M MR O ș a b O O P d a b w w FR w (x) A C x O L O x L Capítulo 4 Resultantes de um sistema de forças | 143 | Problemas 4.162. A viga está sujeita ao carregamento parabólica. Determine um sistema de força e binário equivalente no ponto A. 4.166. A lança do elevador é estendida até a posição PRVWUDGD6HRRSHUiULRSHVD1 §NJ GHWHUPLQHR momento dessa força em relação à conexão em A. w 8 kN/m 0,6 m 7,5 m w = (8 x 2) kN/m A O x 50° A 1m Problema 4.162 4.163. Dois binários atuam sobre a estrutura. Se o momento de binário resultante deve ser zero, determine a distância d HQWUHDVIRUoDVGRELQiULRGH1 500 N 30° 750 N d 0,9 m 5 0,9 m 3 Problema 4.166 4.167. Determine o momento da força FC em relação a dobradiça da porta em A. Expresse o resultado como um vetor cartesiano. *4.168. Determine a intensidade do momento da força FC em relação ao eixo das dobradiças aa da porta. 4 B z C 1,5 m 2,5 m A a FC = 250 N 1,2 m 30° 500 N 30° 5 750 N a 3 4 Problema 4.163 A B 0,5 m 1m y x *4.164. Determine os ângulos de direção coordenados Į, ȕ, Ȗ da força F que é aplicada na extremidade do encanamento, de modo que o momento de F em relação a O seja zero. s Determine o momento da força F em relação ao ponto O. A força possui ângulos de direção coordenados de Į =ȕ =Ȗ =([SUHVVHRUHVXOWDGRFRPRXP vetor cartesiano. F = 100 N Problemas 4.167/168 s Expresse o momento do binário atuando no encanamento na forma de um vetor cartesiano. Resolva o problema (a) usando a Equação 4.13 e (b) somando o momento de cada força em relação ao ponto O. Considere F = {25k} N. 4.170. Se o momento de binário atuando no encanamento SRVVXLXPDLQWHQVLGDGHGH1$ m, determine a intensidade F da força vertical aplicada em cada chave. z z 300 mm y O 250 mm 400 mm 150 mm Problemas 4.164/165 y B x x 200 mm F 150 mm 150 mm 200 mm O –F 200 mm A Problemas 4.169/170 | 144 | Estática 4.171. Substitua a força em A por uma força e momento de binário resultante equivalente no ponto P. Expresse o resultado na forma de um vetor cartesiano. z *4.172. $IRUoDKRUL]RQWDOGH1DWXDQRFDERGDFKDYH Determine o momento dessa força em relação ao ponto O. Especifique os ângulos de direção coordenados Į, ȕ, Ȗ do eixo do momento. s $IRUoDKRUL]RQWDOGH1DWXDQRFDERGDFKDYH Qual é a intensidade do momento dessa força em relação ao eixo z? P z 4m 10 m y F = 120 kN 6m 8m 6m 8m x B 200 mm A 10 mm 50 mm O A y x Problema 4.171 30 N 45° 45° Problemas 4.172/173 CAPÍTULO 5 Equilíbrio de um corpo rígido Objetivos do capítulo Desenvolver Introduzir Mostrar 5.1 as equações de equilíbrio para um corpo rígido. o conceito do diagrama de corpo livre para um corpo rígido. como resolver problemas de equilíbrio de corpo rígido usando as equações de equilíbrio. Condições de equilíbrio do corpo rígido Nesta seção, desenvolveremos as condições necessárias e suficientes para o equilíbrio do corpo rígido na Figura 5.1a. Como mostra a figura, este corpo está sujeito a um sistema externo de força e momento de binário que é o resultado dos efeitos das forças gravitacionais, elétricas, magnéticas ou de contato causadas pelos corpos adjacentes. As forças internas causadas pelas interações entre partículas dentro do corpo não são mostradas nesta figura porque essas forças ocorrem em pares colineares iguais, mas opostos e, portanto, serão canceladas, uma consequência da terceira lei de Newton. F1 F4 O M2 F3 F2 M1 (a) Figura 5.1 Usando os métodos do capítulo anterior, o sistema de força e momento de binário que atuam sobre um corpo podem ser reduzidos a uma força resultante e um momento de binário resultante equivalentes em qualquer ponto O arbitrário dentro ou fora do | 146 | Estática (MR)O = 0 FR = 0 corpo (Figura 5.1b). Se essa força e momento de binário resultantes são ambos iguais a zero, então dizemos que o corpo está em equilíbrio. Matematicamente, o equilíbrio de um corpo é expresso como: FR = RF = 0 O (MR)O = RMO = 0 (5.1) A primeira dessas equações afirma que a soma das forças que agem sobre o corpo é igual a zero. A segunda equação diz que a soma dos momentos de todas as forças no sistema em relação ao ponto O, somada a todos os momentos de binário, é igual a zero. Essas duas equações não são apenas necessárias para o equilíbrio; elas são também suficientes. Para mostrar isso, considere a soma dos momentos em relação a algum outro ponto, como o ponto A na Figura 5.1c. Precisamos de: (b) (MR)O = 0 RMA = r # FR + (MR)O = 0 FR = 0 Como r0, essa equação é satisfeita apenas se as equações 5.1 forem satisfeitas, ou seja, se FR = 0 e (MR)O = 0. Ao aplicarmos as equações de equilíbrio, assumiremos que o corpo permanece rígido. Na verdade, entretanto, todos os corpos deformam quando sujeitos a cargas. Embora esse seja o caso, muitos dos materiais usados em engenharia, como o aço e o concreto, são muito rígidos e, portanto, sua deformação normalmente é muito pequena. Consequentemente, quando aplicamos as equações de equilíbrio, em geral podemos assumir, sem introduzir qualquer erro significativo, que o corpo permanecerá rígido e não deformará sob a carga aplicada. Desse modo, a direção das forças aplicadas e seus braços de momento com relação a uma referência fixa permanecem invariáveis antes e após o corpo ser carregado. O r A (c) Figura 5.1 EQUILÍBRIO EM DUAS DIMENSÕES W G 2T Figura 5.2 R Na primeira parte do capítulo, consideraremos o caso em que o sistema de forças que age sobre um corpo rígido se situa em, ou pode ser projetado para, um único plano e, além disso, quaisquer momentos de binário atuando sobre o corpo são direcionados perpendicularmente a esse plano. Esse tipo de sistema de força e binário é frequentemente referido como um sistema de forças bidimensional ou coplanar. Por exemplo, o aeroplano na Figura 5.2 possui um plano de simetria através de seu eixo central e, portanto, as cargas atuando sobre o aeroplano são simétricas em relação a esse plano. Assim, cada um dos dois pneus de asa suportará a mesma carga T, que é representada na visão lateral (bidimensional) do plano como 2T. 5.2 Diagramas de corpo livre A aplicação bem-sucedida das equações de equilíbrio requer uma especificação completa de todas as forças externas conhecidas e desconhecidas que atuam sobre o corpo. A melhor maneira de considerar essas forças é desenhar um diagrama de corpo livre. Esse diagrama é um esboço da forma do corpo, que o representa isolado ou ‘livre’ de seu ambiente, ou seja, um ‘corpo livre’. Nesse esboço é necessário mostrar todas as forças e momentos de binário que o ambiente exerce sobre o corpo de modo que esses efeitos possam ser considerados quando as equações de equilíbrio são aplicadas. Um entendimento completo de como desenhar um diagrama de corpo livre é de primordial importância para a resolução de problemas em mecânica. Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 147 | Reações de apoio Antes de apresentar um procedimento formal de como desenhar um diagrama de corpo livre, vamos analisar os vários tipos de reações que ocorrem em apoios e pontos de contato entre corpos sujeitos a sistemas de forças coplanares. Como regra geral, Se um apoio impede a translação de um corpo em uma determinada direção, então, uma força é desenvolvida no corpo nessa direção. Se a rotação é impedida, um momento de binário é exercido sobre o corpo. Por exemplo, vamos considerar três maneiras na qual um membro horizontal, como uma viga, é apoiado na sua extremidade. Um método consiste de um rolete ou cilindro (Figura 5.3a). Como esse apoio apenas impede que a viga translade na direção vertical, o rolete só exercerá uma força sobre a viga nessa direção (Figura 5.3b). A viga pode ser apoiada de uma forma mais restritiva por meio de um pino, (Figura 5.3c). O pino passa por um furo na viga e duas folhas que são fixas no solo. Aqui, o pino pode impedir a translação da viga em qualquer direção ‫( ׋‬Figura 5.3d) e, portanto, o pino deve exercer uma força F sobre a viga nessa direção. Para fins de análise, geralmente é mais fácil representar essa força resultante F por suas duas componentes retangulares Fx e Fy (Figura 5.3e). Se Fx e Fy são conhecidas, então F e ‫ ׋‬podem ser calculadas. A maneira mais restritiva de apoiar a viga seria usar um apoio fixo, como mostra a (Figura 5.3f). Esse apoio impedirá tanto a translação quanto a rotação da viga. Para fazer isso, uma força e momento de binário devem ser desenvolvidos sobre a viga em seu ponto de conexão (Figura 5.3g). Como no caso do pino, a força geralmente é representada pelas suas componentes retangulares Fx e Fy. A Tabela 5.1 relaciona outros tipos comuns de apoio para corpos sujeitos a sistemas de forças coplanares. (Em todos os casos, assume-se que o ângulo ș seja conhecido.) Estude cuidadosamente cada um dos símbolos usados para representar esses apoios e os tipos de reações que exercem sobre seus membros em contato. TABELA 5.1 UROHWH ) (a) (b) SLQR (c) ) ¡ RX )[ (d) )\ (e) 0 )[ DSRLRIL[R )\ (f) (g) Figura 5.3 | Apoios para corpos rígidos sujeitos a sistemas de forças bidimensionais Tipos de conexão Reação Número de incógnitas (1) ș Uma incógnita. A reação é uma força de tração que atua para fora do membro na direção do cabo. ș ) FDER (2) ș ș RX ș ) ) Uma incógnita. A reação é uma força que atua ao longo do eixo e ligação. OLJDomRVHPSHVR (3) ș UROHWH ș Uma incógnita. A reação é uma força que atua perpendicularmente à superfície no ponto de contato. ) (continua) | 148 | Estática (continuação) Tipos de conexão Reação Número de incógnitas (4) ș UROHWHRXSLQR FRQILQDGRHPUDQKXUDOLVD RX ș ) Uma incógnita. A reação é uma força que atua perpendicularmente a ranhura. ș ) (5) Uma incógnita. A reação é uma força que atua perpendicularmente à superfície no ponto de contato. ș ș ) DSRLRRVFLODQWH (6) Uma incógnita. A reação é uma força que atua perpendicularmente à superfície no ponto de contato. ș ș VXSHUItFLHGHFRQWDWR OLVD ) (7) RX Uma incógnita. A reação é uma força que atua perpendicularmente à barra. ș ș PHPEURFRQHFWDGR SRUSLQRjXPDQHO VREUHKDVWHOLVD ș ) (8) Duas incógnitas. As reações são duas componentes da força, ou a intensidade e a direção ‫ ׋‬da força resultante. Note que ‫ ׋‬eșnão são necessariamente iguais [normalmente não, a menos que a barra mostrada seja uma ligação como em (2)]. F Fy θ ou ϕ Fx pino liso ou dobradiça (9) F membro fixo conectado ao colar em haste lisa (10) Duas incógnitas. As reações são o momento de binário e a força que age perpendicularmente à barra. M Fy F Fx apoio fixo ou engaste M ϕ ou M Três incógnitas. As reações são o momento de binário e as duas componentes da força, ou o momento de binário e a intensidade e direção ‫׋‬ da força resultante. Exemplos comuns de suportes reais são mostrados na seguinte sequência de fotos. Os números se referem aos tipos de conexão da Tabela 5.1. O cabo exerce uma força sobre o apoio, na direção do cabo. (1) O apoio oscilante para esta viga mestra de ponte permite um movimento horizontal de modo que a ponte esteja livre para se expandir e contrair devido às variações de temperatura. (5) Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido Esta construção utilitária está apoiada por pinos no alto da coluna. (8) Esta viga mestra de concreto está apoiada sobre a base que deve agir como uma superfície de contato lisa. (6) Forças internas Como vimos na Seção 5.1, as forças internas que atuam entre partículas adjacentes em um corpo sempre ocorrem em pares colineares de modo que tenham a mesma intensidade e ajam em direções opostas (terceira lei de Newton). Como essas forças se cancelam mutuamente, elas não criarão um efeito externo sobre o corpo. É por essa razão que as forças internas não devem ser incluídas no diagrama de corpo livre se o corpo inteiro precisa ser considerado. Por exemplo, o motor mostrado na Figura 5.4a tem um diagrama de corpo livre mostrado na Figura 5.4b. As forças internas entre todas as peças conectadas, como parafusos e porcas, se cancelarão, pois formam pares colineares iguais e opostos. Apenas as forças externas T1 e T2, exercidas pelas correntes e pelo peso do motor W, são mostradas no diagrama de corpo livre. T2 T1 G W (a) (b) Figura 5.4 O peso e o centro de gravidade Quando um corpo está dentro de um campo gravitacional, cada uma de suas partículas possui um peso específico. A Seção 4.8 mostrou que esse sistema de forças pode ser reduzido a uma única força resultante que age em um ponto específico. Essa força resultante é chamada de peso W do corpo, e a posição de seu ponto de aplicação, de centro de gravidade. Os métodos utilizados para sua determinação serão desenvolvidos no Capítulo 9. Nos exemplos e problemas que se seguem, se o peso do corpo é importante para a análise, essa força será citada no enunciado do problema. Além disso, quando o corpo é uniforme ou feito do mesmo material, o centro de gravidade estará localizado no centro geométrico ou centroide do corpo; no entanto, se o corpo é constituído de uma distribuição não uniforme de material, ou possui uma forma incomum, a localização de seu centro de gravidade G será dada. | 149 As vigas do piso desta construção são juntas soldadas e, portanto, formam conexões fixas. (10) | | 150 | Estática Modelos idealizados B A (a) ) ) ) $ % D E F (b) Figura 5.5 G Quando um engenheiro realiza uma análise de força de qualquer objeto, ele considera um modelo analítico ou idealizado correspondente que fornece resultados que se aproximam o máximo possível da situação real. Para isso, escolhas cuidadosas precisam ser feitas de modo que a seleção do tipo de apoio, o comportamento do material e as dimensões do objeto possam ser justificados. Desse modo, pode-se sentir seguro de que qualquer projeto ou análise produzirá resultados que podem ser confiáveis. Nos casos mais complexos, esse processo pode exigir o desenvolvimento de vários modelos diferentes do objeto a ser analisado. Em qualquer caso, no entanto, esse processo de seleção requer habilidade e experiência. Os dois casos a seguir ilustram o que é necessário para desenvolver um modelo adequado. Na Figura 5.5a, a viga de aço deve ser utilizada para apoiar as três vigas do telhado de um edifício. Para uma análise de força, é razoável assumir que o material (aço) é rígido, já que apenas pequenas deformações ocorrerão quando a viga é carregada. A conexão aparafusada em A permitirá qualquer rotação leve que ocorra aqui quando a carga for aplicada e, assim, um pino pode ser considerado para esse apoio. Em B, um rolete pode ser considerado, já que esse suporte não oferece qualquer resistência ao movimento horizontal. Normas de edificação são usadas para especificar a carga A de um telhado de modo que as cargas de viga F possam ser calculadas. Essas forças serão maiores do que qualquer carga real na viga, uma vez que elas consideram casos extremos de carga e efeitos dinâmicos ou vibracionais. Finalmente, o peso da viga geralmente é desprezado quando é pequeno comparado com a carga que ela suporta. O modelo idealizado da viga, portanto, é mostrado com dimensões médias a, b, c e d na Figura 5.5b. Como um segundo caso, considere a lança do elevador na Figura 5.6a. Por observação, ele está apoiodo em um pino em A e pelo cilindro hidráulico BC, que pode ser equiparado a uma ligação sem peso. O material pode ser assumido rígido e com sua densidade conhecida; o peso da lança e a posição de seu centro de gravidade G são determinados. Quando uma carga de projeto P é especificada, o modelo idealizado mostrado na Figura 5.6b pode ser utilizado para uma análise de força. As dimensões médias (não mostradas) são usadas para especificar o local das cargas e apoios. Modelos idealizados de objetos específicos serão dados em alguns dos exemplos ao longo deste capítulo. Cabe ressaltar, porém, que cada caso representa a redução de uma situação prática, utilizando hipóteses simplificadoras, como as ilustradas aqui. 3 * C A & B $ (a) % (b) Figura 5.6 Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido Procedimento para análise Para construir um diagrama de corpo livre para um corpo rígido ou qualquer grupo de corpos considerados como um sistema único, as etapas a seguir devem ser realizadas: Desenhe a forma esboçada Imagine que o corpo esteja isolado ou ‘livre’ de suas restrições e conexões, e desenhe (esboce) sua forma. Mostre todas as forças e momentos de binário Identifique todas as forças externas e momentos de binário conhecidos e desconhecidos que atuam sobre o corpo. Em geral, as forças encontradas se devem a (1) cargas aplicadas, (2) reações ocorrendo nos apoios ou em pontos de contato com outros corpos (veja a Tabela 5.1) e (3) o peso do corpo. Para considerar todos esses efeitos, pode ser útil rastrear os contornos, observando cuidadosamente cada força ou momento de binário que age sobre eles. Identifique cada carga e dimensões dadas As forças e momentos de binário que são conhecidas devem ser indicadas com suas intensidades e direções corretas. Letras são usadas para representar as intensidades e ângulos de direção das forças e momentos de binário que são desconhecidos. Estabeleça um sistema de coordenadas x, y de modo que essas incógnitas, Ax, Ay etc., possam ser identificadas. Finalmente, indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das forças. Pontos importantes Nenhum problema de equilíbrio deve ser resolvido sem antes desenhar o diagrama de corpo livre, a fim de considerar todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. Se um apoio impede a translação de um corpo em uma determinada direção, então o apoio exerce uma força sobre o corpo nessa direção. Se a rotação é impedida, então o apoio exerce um momento de binário sobre o corpo. Estude a Tabela 5.1. As forças internas nunca são mostradas no diagrama de corpo livre, já que elas ocorrem em pares colineares iguais, mas opostos e, portanto, se cancelam. O peso de um corpo é uma força externa e seu efeito é representado por uma única força resultante que atua sobre o centro de gravidade G do corpo. Momentos de binário podem ser colocados em qualquer lugar no diagrama de corpo livre, visto que são vetores livres. As forças podem agir em qualquer ponto ao longo de suas linhas de ação, já que são vetores deslizantes. | 151 | | 152 | Estática Exemplo 5.1 Desenhe um diagrama de corpo livre da viga uniforme mostrada na Figura 5.7a. A viga possui uma massa de 100 kg. 1 P $ P (a) SOLUÇÃO O diagrama de corpo livre da viga é mostrado na Figura 5.7b. Como o suporte em A é fixo, a parede exerce três reações sobre a viga, representadas como Ax, Ay e MA. As intensidades dessas reações são desconhecidas e seu sentido foi assumido. O peso da viga, W = 100(9,81) N = 981 N, atua através do centro de gravidade da viga G, que está a 3 m de A, já que a viga é uniforme. \ 1 [ (IHLWRGRDSRLR IL[RTXHDWXD QDYLJD P $\ (IHLWRGDIRUoDDSOLFDGD TXHDWXDQDYLJD * $[ $ 0$ P 1 (IHLWRGDJUDYLGDGH SHVR TXHDWXDQDYLJD (b) Figura 5.7 Exemplo 5.2 Desenhe um diagrama de corpo livre do pedal mostrado na Figura 5.8a. O operador aplica uma força vertical no pedal de modo que a mola é estendida em 40 mm e a força no elo curto em B é 100 N. % $ (a) Figura 5.8 SOLUÇÃO Por observação da foto, o pedal é aparafusado frouxamente à estrutura em A. A barra em B é pinada em suas extremidades e age como uma ligação curta. Após fazer as medições apropriadas, o modelo idealizado do pedal é mostrado na Figura 5.8b. A partir dele, o diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 5.8c. O apoio pinado em A exerce componentes de força Ax e Ay sobre o pedal. A ligação em B exerce uma força de 100 N, atuando na direção da ligação. Se a rigidez é medida e determinada a ser k = 5 N/m, então, como o alongamento s = 40 mm, usando a Equação 3.2, Fs = ks = 5 N/m (40 mm) = 200 N. Finalmente, o sapato do operador aplica uma força vertical de F sobre o pedal. As dimensões do pedal também são mostradas no Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 153 | diagrama de corpo livre, já que essa informação será útil quando calcularmos os momentos das forças. Como sempre, os sentidos das forças desconhecidas em A foram assumidos. Os sentidos corretos se tornarão claros após resolvermos as equações de equilíbrio. F F B 100 N B 40 mm 200 N 25 mm 25 mm A 40 mm Ax A k = 5 N/m 125 mm Ay 125 mm (c) (b) Figura 5.8 Exemplo 5.3 Dois tubos lisos, cada um com uma massa de 300 kg, são suspensos pela pá do trator na Figura 5.9a. Desenhe os diagramas de corpo livre para cada tubo e para os dois tubos juntos. SOLUÇÃO O modelo idealizado a partir do qual precisamos desenhar os diagramas de corpo livre é mostrado na Figura 5.9b. Aqui, os tubos são identificados, as dimensões foram acrescentadas e a situação física reduzida à sua forma mais simples. O diagrama de corpo livre para o tubo A é mostrado na Figura 5.9c. Seu peso é W = 300(9,81) N = 2 943 N. Considerando que todas as superfícies de contato são lisas, as forças reativas T, F, R agem em uma direção normal à tangente em suas superfícies de contato. % P $ (IHLWRGDOkPLQD LQFOLQDGDDJLQGR HP$ P (a) % (IHLWRGH%DJLQGRVREUH$ 5 $ 5 1 3 7 1 (IHLWRGDJUDYLGDGH SHVR DJLQGRHP$ (b) ) (d) (IHLWRGRJDUIR LQFOLQDGRDJLQGR HP$ % (c) O diagrama de corpo livre do tubo B é mostrado na Figura 5.9d. Você pode identificar cada uma das três forças atuando neste tubo? Em particular, note que R, representando a força de A sobre B (Figura 5.9d), é igual e oposta a R representando a força de B em A (Figura 5.9c). Isso é uma consequência da terceira lei do movimento de Newton. O diagrama de corpo livre dos dois tubos combinados (o ‘sistema’) é mostrado na Figura 5.9e. Aqui a força de contato R, que age entre A e B, é considerada uma força interna e, portanto, não é mostrada no diagrama de corpo livre. Ou seja, ela representa um par de forças colineares iguais, mas opostas, o que faz com que uma cancele a outra. $ 1 7 3 1 ) (e) Figura 5.9 | | 154 Estática Exemplo 5.4 'HVHQKH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD SODWDIRUPD GHVFDUUHJDGD TXH HVWi VXVSHQVD SDUD IRUD GR HTXLSDPHQWR GH yOHR PRVWUDGR QD )LJXUD D$ SODWDIRUPD SRVVXL XPDPDVVDGHNJ % * $ P P P (b) (a) 7 * $[ $ P $\ SOLUÇÃO 2PRGHORLGHDOL]DGRGDSODWDIRUPDVHUiFRQVLGHUDGRHPGXDVGLPHQV}HVSRUTXHSRU REVHUYDomR D FDUJD H DV GLPHQV}HV VmR WRGDV VLPpWULFDV HP UHODomR D XP SODQR YHUWLFDOSDVVDQGRSRUVHXFHQWUR )LJXUDE $FRQH[mRHP$pFRQVLGHUDGDXP SLQRHRFDERVXVWHQWDDSODWDIRUPDHP%$GLUHomRGRFDERHDVGLPHQV}HVPpGLDV GDSODWDIRUPDVmRGDGDVHRFHQWURGHJUDYLGDGH*IRLGHWHUPLQDGReGHVVHPRGHOR TXH GHVHQKDPRV R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH PRVWUDGR QD )LJXUD F 2 SHVR GD SODWDIRUPDp 1$VFRPSRQHQWHVGDIRUoD$[H$\EHPFRPRD IRUoD GR FDER 7 UHSUHVHQWDP DV UHDo}HV TXH DPERV RV SLQRV H DPERV RV FDERV H[HUFHPVREUHDSODWDIRUPD )LJXUDD &RQVHTXHQWHPHQWHDSyVDVROXomRSDUD HVVDVUHDo}HVPHWDGHGHVXDVLQWHQVLGDGHVpGHVHQYROYLGDHP$HPHWDGHHP% P P 1 (c) Figura 5.10 Problemas •5.1. 'HVHQKHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDERELQDGHSDSHO GH NJ TXH SRVVXL XP FHQWUR GH PDVVD HP * H VH DSRLD VREUHDOkPLQDOLVDGDHPSLOKDGHLUD([SOLTXHRVLJQLILFDGR GHFDGDIRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE 5.2. 'HVHQKHXPGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRPHPEUR$% TXHHVWiDSRLDGRSRUXPUROHWHHP$HSRUXPSLQRHP% ([SOLTXHRVLJQLILFDGRGHFDGDIRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE 1950 N 13 1200 N ∙ m 35 mm A G B 2,4 m A 30° Problema 5.1 12 5 30° 1,2 m 0,9 m B Problema 5.2 Capítulo 5 5.3. 'HVHQKHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDFDoDPED'GR FDPLQKmR TXH SRVVXL XP SHVR GH N1 H XP FHQWUR GH JUDYLGDGHHP*(ODHVWiDSRLDGDHPXPSLQRHP$HXP FLOLQGURKLGUiXOLFRFRQHFWDGRSRUSLQRHP%& OLJDomRFXUWD ([SOLTXHRVLJQLILFDGRGHFDGDIRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE Equilíbrio de um corpo rígido | 155 | 5.6. 'HVHQKHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDODQoDGHJXLQGDVWH $%TXHSRVVXLXPSHVRGHN1HXPFHQWURGHJUDYLGDGH HP*2DSRLRpVXVWHQWDGRSRUXPSLQRHP$HXPFDER HP%&$FDUJDGHN1pVXVSHQVDSRUXPFDERSUHVR HP % ([SOLTXH R VLJQLILFDGR GH FDGD IRUoD HP DomR QR GLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE 3,6 m 1,5 m G D 3m A B 1m B 5,4 m C 30° 20° 13 5 12 G C Problema 5.3 A *5.4. 'HVHQKHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDYLJDTXHVXSRUWD DFDUJDGHNJHpVXVWHQWDGDSRUXPSLQRHP$HXPFDER TXHFRQWRUQDDSROLDHP'([SOLTXHRVLJQLILFDGRGHFDGD IRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE 30° Problema 5.6 D 5.7. 'HVHQKH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD FKDYH VXMHLWD jIRUoDGH12DSRLRHP$SRGHVHUFRQVLGHUDGRXP SLQR H D VXSHUItFLH GH FRQWDWR HP % p OLVD ([SOLTXH R VLJQLILFDGR GH FDGD IRUoD HP DomR QR GLDJUDPD 9HMD D )LJXUDE 5 4 3 A B E 100 N C 2m 2m A 1,5 m 25 mm B Problema 5.4 150 mm •5.5. 'HVHQKH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD WUHOLoD TXH p VXVWHQWDGDSHORFDER$%HSHORSLQR&([SOLTXHRVLJQLILFDGR GHFDGDIRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE Problema 5.7 *5.8. 'HVHQKHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRPHPEUR$%& TXHpVXVWHQWDGRSRUXPDQHOOLVRHP$XPUROHWHHP%H XPD OLJDomR FXUWD HP &' ([SOLTXH R VLJQLILFDGR GH FDGD IRUoDHPDomRQRGLDJUDPD 9HMDD)LJXUDE B 30° A D C 2,5 kN 3m 2m 60° 4 kN ∙ m C A 3 kN 2m 2m 4 kN 2m Problema 5.5 B 45° 4m 6m Problema 5.8 | 156 | Estática s Desenhe o diagrama de corpo livre da barra, que possui uma espessura desprezível e pontos de contato lisos em A, B e C. Explique o significado de cada força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 75 mm por pino em seu centro C e, em seu anel externo, existe uma engrenagem dentada com raio médio de 150 mm. A trava AB serve como um membro de duas forças (ligação curta) e impede que o tambor gire. Explique o significado de cada força em ação no diagrama. (Veja a Figura 5.7b.) 30° B 75 mm 125 mm C B A 50 mm A 150 mm 200 mm C 50 N 30° Problema 5.9 100 mm 2500 N Desenhe o diagrama de corpo livre do guincho, que consiste de um tambor de raio 100 mm. Ele está conectado Problema 5.10 Problemas conceituais Desenhe o diagrama de corpo livre uniforme da lata de lixo, que tem um peso significante. Ela é conectada por pino em A e se apoia sobre um membro horizontal liso em B. Mostre seu resultado em uma vista. Rotule quaisquer dimensões necessárias. Desenhe o diagrama de corpo livre da asa de um avião de passageiros. Os pesos do motor e da asa são significantes. Os pneus em B são lisos. A A B B Problema 5.3 Problema 5.1 Desenhe o diagrama de corpo livre do estabilizador ABC usado para apoiar uma escavadeira. O pino superior B é conectado ao cilindro hidráulico, que pode ser considerado uma ligação curto (membro de duas forças); a sapata em A é lisa e o estabilizador está conectado à estrutura por meio de um pino em C. Desenhe o diagrama de corpo livre da roda e o membro ABC usado como parte do trem de pouso em um avião a jato. O cilindro hidráulico AD atua como um membro de duas forças e existe uma conexão de pino em B. D A B C B C A Problema 5.2 Problema 5.4 Capítulo 5 5.3 Equilíbrio de um corpo rígido | | 157 Equações de equilíbrio Na Seção 5.1, desenvolvemos as duas equações que são necessárias e suficientes para o equilíbrio de um corpo rígido, a saber, RF = 0 e RMO = 0. Quando o corpo está sujeito a um sistema de forças, todas situadas no plano x–y, então as forças podem ser decompostas em suas componentes x e y. Consequentemente, as condições para o equilíbrio em duas dimensões são: RFx = 0 RFy = 0 RMO = 0 (5.2) Aqui, RFx e RFy representam as somas algébricas respectivamente das componentes x e y de todas as forças agindo sobre o corpo; e RMO representa a soma algébrica dos momentos de binário e os momentos de todas as componentes de força em relação ao eixo z, que é perpendicular ao plano x–y e passa pelo ponto arbitrário O. F3 A y F4 x Conjuntos alternativos de equações de equilíbrio F2 Embora as equações 5.2 sejam mais frequentemente usadas para resolver problemas de equilíbrio coplanares, dois conjuntos alternativos de três equações de equilíbrio independentes também podem ser usados. Um desses conjuntos é C B F1 RFx = 0 (a) RMA = 0 RMB = 0 (5.3) Ao usar essas equações, é necessário que uma linha passando pelos pontos A e B não seja paralela ao eixo y. Para provar que as equações 5.3 oferecem as condições para o equilíbrio, considere o diagrama de corpo livre da placa mostrada na Figura 5.11a. Usando os métodos da Seção 4.8, todas as forças no diagrama de corpo livre podem ser substituídas por uma força resultante equivalente FR = RF, atuando no ponto A, e um momento de binário resultante MRA = RMA (Figura 5.11b). Se RMA = 0 for satisfeita, é necessário que MR = 0. Além disso, para que FR satisfaça RFx = 0, A ela não pode ter qualquer componente ao longo do eixo x e, portanto, FR precisa ser paralela ao eixo y (Figura 5.11c). Finalmente, se for necessário que RMB = 0, onde B não se encontra na linha de ação de FR, então FR = 0. Como as equações 5.3 mostram que essas duas resultantes são iguais a zero, sem dúvida, o corpo na Figura 5.11a só pode estar em equilíbrio. Um segundo conjunto alternativo de equações de equilíbrio é: MRA x C B (b) FR A y RMA = 0 RMB = 0 RMC = 0 FR A y x (5.4) Aqui é necessário que os pontos A, B e C não estejam na mesma linha. Para provar que essas equações, quando satisfeitas, garantam o equilíbrio, considere novamente o diagrama de corpo livre na Figura 5.11b. Se RMA = 0 precisa ser satisfeita, então MRA = 0. RMC = 0 é satisfeita se a linha de ação de FR passar pelo ponto C como mostrado na Figura 5.11c. Finalmente, se precisamos de RMB = 0, é necessário que FR = 0 e, portanto, a placa na Figura 5.11a precisa estar em equilíbrio. C B (c) Figura 5.11 | 158 | Estática Procedimento para análise Os problemas de equilíbrio de forças coplanares para um corpo rígido podem ser resolvidos usando o seguinte procedimento. Diagrama de corpo livre Estabeleça os eixos coordenados x, y em qualquer orientação apropriada. Desenhe uma forma esquemática do corpo. Mostre todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. Rotule todas as cargas e especifique suas direções em relação ao eixo x ou y. O sentido de uma força ou momento de binário de intensidade desconhecida mas com uma linha de ação conhecida pode ser assumido. Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das forças. Equações de equilíbrio Aplique a equação de equilíbrio de momento, RMO = 0, em relação a um ponto (O) localizado na interseção das linhas de ação das duas forças desconhecidas. Assim, os momentos dessas incógnitas são iguais a zero em relação a O, e uma solução direta para a terceira incógnita pode ser determinada. Ao aplicar as equações de equilíbrio de força, RFx = 0 e RFy = 0, oriente os eixos x e y ao longo das linhas que fornecerão a decomposição mais simples das forças em suas componentes x e y. Se a solução das equações de equilíbrio produzir um escalar negativo para uma intensidade de força ou momento de binário, isso indica que o sentido é oposto ao que foi assumido no diagrama de corpo livre. Exemplo 5.5 Determine as componentes horizontal e vertical da reação sobre a viga, causada pelo pino em B e o apoio oscilante em A, como mostra a Figura 5.12a. Despreze o peso da viga. \ 1 1 VHQ1 P $ FRV1 % P %[ $ ' P 1 P % ' P P P [ P $\ %\ 1 1 (b) (a) Figura 5.12 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Identifique cada uma das forças mostradas no diagrama de corpo livre da viga (Figura 5.12b). (Veja o Exemplo 5.1.) Para simplificar, a força de 600 N é representada por suas componentes x e y, como mostra a Figura 5.12b. Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 159 Equações de equilíbrio Somando as forças na direção x, temos: + " RFx = 0; 600 cos 45° N - Bx = 0 Bx = 424 N Uma solução direta para Ay pode ser obtida aplicando-se a equação de momento RMB = 0 em relação ao ponto B. e + RM B = 0; 100 N^2 mh + ^600 sen 45° Nh^5 mh -^600 cos 45° Nh^0, 2 mh - A y ^7 mh = 0 A y = 319 N Somando as forças na direção y, usando esse resultado, produz: 319 N - 600 sen 45° N - 100 N - 200 N + B y = 0 + - RFy = 0; B y = 405 N NOTA: Podemos conferir esse resultado somando os momentos em relação ao ponto A. e + RM B = 0; -^600 sen 45° Nh^2 mh - ^600 cos 45° Nh^0, 2 mh -^100 Nh^5 mh - ^200 Nh^7 mh + B y ^7 mh = 0 B y = 405 N 0,2 m Exemplo A 5.6 A corda mostrada na Figura 5.13a suporta uma força de 500 N e contorna a polia sem atrito. Determine a tração na corda em C e as componentes vertical e horizontal da reação no pino A. θ = 30° C 500 N SOLUÇÃO (a) Diagramas de corpo livre Os diagramas de corpo livre da corda e da polia são mostrados na Figura 5.13b. Note que o princípio da ação que é igual mas oposta à reação precisa ser cuidadosamente observado quando desenhar cada um desses diagramas: a corda exerce uma distribuição de carga desconhecida p sobre a polia na superfície de contato, enquanto a polia exerce um efeito igual mas oposto sobre a corda. Para a solução, no entanto, é mais simples combinar os diagramas de corpo livre da polia e essa parte da corda, de modo que a carga distribuída se torne interna a esse ‘sistema’ e, portanto, seja eliminada da análise (Figura 5.13c). Equações de equilíbrio Somando os momentos em relação ao ponto A para eliminar Ax e Ay (Figura 5.13c), temos: e + RM B = 0; 500 N^0, 2 mh - T^0, 2 mh = 0 T = 500 N p p A Ay T 500 N (b) +- RFy = 0; y 0,2 m x A Usando o resultado, + " RFx = 0; Ax 30° Ax -Ax + 500 sen 30° N = 0 Ax = 250 N A y - 500 N - 500 cos 30° N = 0 A y = 933 N NOTA: Observe que a tração permanece constante conforme a corda passa pela polia. (Isso, sem dúvida, é verdade para TXDOTXHUkQJXORș em que a corda seja direcionada e para qualquer raio r da polia.) Ay θ = 30° T 500 N (c) Figura 5.13 | | 160 | Estática Exemplo 5.7 O membro mostrado na Figura 5.14a está conectado por um pino em A e apoia-se em um suporte liso em B. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no ponto A. 1% % $ $ $[ P P 1ÂP P P [ 1 $\ 1 1ÂP \ P (a) (b) Figura 5.14 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Como mostra a Figura 5.14b, a reação NB é perpendicular ao membro em B. Além disso, as componentes horizontal e vertical da reação são representadas em A. Equações de equilíbrio Somando os momentos em relação a A, obtemos uma solução direta para NB, -90 N $ m - 60 N^1 mh + NB ^0, 75 mh = 0 e + RMA = 0; NB = 200 N Usando esse resultado, + " RFx = 0; Ax - 200 sen 30° N = 0 Ax = 100 N + " RFx = 0; A y - 200 cos 30°N - 60 N = 0 A y = 233 N Exemplo 5.8 A chave de caixa na Figura 5.15a é usada para apertar o parafuso em A. Se a chave não gira quando a carga é aplicada ao cabo, determine o torque ou momento aplicado ao parafuso e a força da chave sobre o parafuso. $\ 0,3 m 0,4 m B A $[ C 13 12 0$ 60° P P 1 [ 5 52 N 30 N (a) (b) Figura 5.15 & \ 1 Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre para a chave é mostrado na Figura 5.15b. Uma vez que o parafuso age como um ‘apoio fixo’, ele exerce componentes de força Ax e Ay e um momento MA sobre a chave em A. Equações de equilíbrio + " RFx = 0; Ax - 52 c 5 m N + 30 cos 60° N = 0 13 Ax = 5 N A y - 52 c 12 m N - 30 sen 60° N = 0 + - RFy = 0; 13 A y = 74 N e + RMA = 0; MA - ;52 c 12 m N E^0, 3 mh - ^30 sen 60° Nh^0, 7 mh = 0 13 M A = 32, 6 N $ m Observe que MA precisa ser incluído nessa soma de momentos. Esse momento de binário é um vetor livre e representa a resistência à torção do parafuso sobre a chave. Pela terceira lei de Newton, a chave exerce um momento ou torque igual mas oposto sobre o parafuso. Além disso, a força resultante sobre a chave é: FA = ^5 h2 + ^74h2 = 74, 1 N NOTA: Embora apenas três equações de equilíbrio independentes possam ser escritas para um corpo rígido, é uma boa prática verificar os cálculos usando uma quarta equação de equilíbrio. Por exemplo, os cálculos anteriores podem ser parcialmente checados somando os momentos em relação ao ponto C: e + /MC = 0; ;52 c 12 m N E^0, 4 mh + 32, 6 N $ m - 74 N^0, 7 mh = 0 13 19, 2 N $ m + 32, 6 N $ m - 51, 8 N $ m = 0 Exemplo 5.9 Determine as componentes horizontal e vertical da reação sobre o membro no pino A e a reação normal no rolete B da Figura 5.16a. 3750 N 3750 N 0,9 m 0,9 m 0,9 m A 0,9 m Ax A Ay 0,6 m B y 0,6 m x 30° B 30° (a) (b) Figura 5.16 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 5.16b. O pino em A exerce duas componentes de reação sobre o membro, Ax e Ay. NB | 161 | | 162 | Estática Equações de equilíbrio A reação NB pode ser obtida diretamente somando os momentos em relação ao ponto A, já que Ax e Ay não produzem momento algum em relação a A. e + RMA = 0; [NB cos 30°] (1,8 m) – [NB sen 30°] (0,6 m) – 3750N (0,9 m) = 0 NB = 2681N Usando esse resultado, + " RFx = 0; Ax – (2681 N) sen 30° = 0 Ax = 1340,5 N +- RFy = 0; Ay + (2681 N) cos 30° – 3750 N = 0 Ay = 1428,2 N Exemplo O bastão liso uniforme mostrado na Figura 5.17a está sujeito a uma força e momento de binário. Se o bastão é apoioado em A por uma parede lisa e em B e C, tanto em cima quanto embaixo, por roletes, determine as reações nesses suportes. Ignore o peso do bastão. P P & P % 1 5.10 Diagrama de corpo livre Como mostra a Figura 5.17b, todas as reações de apoio agem normalmente sobre as superfícies de contato, já que essas superfícies são lisas. As reações em B e C atuam na direção positiva de y'. Isso significa que apenas os roletes localizados embaixo do bastão são usados como apoio. $ P SOLUÇÃO (a) Equações de equilíbrio Usando o sistema de coordenadas x, y na Figura 5.17b, temos: + " RFx = 0; \ +- \ RFy = 0; e + RMA = 0; P P 1ÂP 1 [ [ P $[ &\ %\ (b) Figura 5.17 C yl sen 30° + B yl sen 30° - Ax = 0 -300 N + C yl cos 30° + B yl cos 30° = 0 -B yl ^2 mh + 4000 N $ m - C yl ^6 mh + ^300 cos 30° Nh^8 mh = 0 (1) (2) (3) Ao escrever a equação de momento, você deve observar que a linha de ação da componente da força 300 sen 30° N passa pelo ponto A e, portanto, essa força não é incluída na equação de momento. Resolvendo as equações 2 e 3 simultaneamente, obtemos: By' = –1000 N = –1 kN Cy' = 1346,4 N = 1,35 kN Como By' é um escalar negativo, o sentido de By' é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre da Figura 5.17b. Portanto, o rolete superior em B serve como apoio em vez do inferior. Mantendo o sinal negativo para By' (Por quê?) e substituindo os resultados na Equação 1, obtemos: 1346,4 sen 30° N + (–1000 sen 30° N) – Ax = 0 Ax = 173 N Capítulo 5 Exemplo | Equilíbrio de um corpo rígido 163 | 5.11 A rampa uniforme do caminhão mostrada na Figura 5.18a possui um peso de 1600 N e está conectada por pinos à carroceria do caminhão em cada lado e mantida na posição mostrada pelos dois cabos laterais. Determine a tração nos cabos. SOLUÇÃO O modelo idealizado da rampa, que indica todas as dimensões e apoios necessários, é mostrado na Figura 5.18b. Aqui, o centro de gravidade está localizado no ponto médio, já que a rampa é considerada como uniforme. (a) Diagrama de corpo livre Trabalhando a partir do modelo idealizado, o diagrama de corpo livre da rampa é mostrado na Figura 5.18c. B 0,5 m G Equações de equilíbrio A soma dos momentos em relação ao ponto A produzirá uma solução direta para a tração dos cabos. Usando o princípio dos momentos, existem várias maneiras de determinar o momento de T em relação a A. Se usarmos as componentes x e y, com T aplicado em B, temos: e + RMA = 0; –T cos 20° (2 sen 30° m) + T sen 20° (2 cos 30° m) 20° 1,5 m 30° A (b) +1600 N (1,5 cos 30° m) = 0 y T = 5985 N B 20° O modo mais simples de determinar o momento de T em relação a A é decompô-lo em componentes ao longo e perpendiculares à rampa em B. Então, o momento da componente ao longo da rampa será igual a zero em relação a A, tal que: e + RMA = 0; –T sen 10° (2 m) + 1600 N (1,5 cos 30° m) = 0 G 0,5 m 10° 1600 N 1,5 m 30° T = 5985 N A Ax Como existem dois cabos sustentando a rampa, T l = T = 2992, 5 N 2 Ay (c) NOTA: Como um exercício, mostre que Ax = 5624 N e Ay = 3647 N. Exemplo x T Figura 5.18 5.12 Determine as reações de apoio sobre o membro na Figura 5.19a. O colar em A é fixo no membro e pode deslizar verticalmente ao longo da barra vertical. 900 N 900 N 1,5 m 1,5 m 1,5 m A 1m Ax 1m 500 N ∙ m 1,5 m MA 45° A y 500 N ∙ m B 45° B x (a) (b) Figura 5.19 NB | 164 | Estática SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre do membro é mostrado na Figura 5.19b. O colar exerce uma força horizontal Ax e o momento MA sobre o membro. A reação NB do rodízio sobre o membro é vertical. Equações de equilíbrio As forças Ax e NB podem ser determinadas diretamente através das equações de equilíbrio de força. + Ax = 0 " RFx = 0; +- RFy = 0; NB – 900 N = 0 NB = 900 N O momento MA pode ser determinado pela soma dos momentos em relação ao ponto A ou ao ponto B. e + RM B = 0; MA – 900 N (1,5 m) – 500 N $ m + 900 N [3 m + (1 m) cos 45°] = 0 ] MA = –1486 N $ m = 1,49 kN $ m ou e + RM B = 0; MA + 900 N [1,5 m + (1 m) cos 45°] – 500 N $ m = 0 ] MA = –1486 N $ m = 1,49 kN $ m O sinal negativo indica que MA possui o sentido de rotação oposto ao que é mostrado no diagrama de corpo livre. 5.4 Membros de duas e três forças As soluções para alguns problemas de equilíbrio podem ser simplificadas pelo reconhecimento dos membros que estão sujeitos a apenas duas ou três forças. B A A conexão da caçamba AB na retroescavadeira é um exemplo típico de um membro de duas forças, já que está conectado por pino em suas extremidades e, se seu peso for desprezado, apenas as forças do pino atuam sobre este membro. Membros de duas forças Como o nome sugere, um membro de duas forças possui forças aplicadas em apenas dois de seus pontos. Um exemplo de um membro de duas forças é mostrado na Figura 5.20a. Para satisfazer o equilíbrio de forças, FA e FB precisam ser iguais em intensidade (FA = FB = F), mas opostas em direção (RF = 0) (Figura 5.20b). Além disso, o equilíbrio de momentos exige que FA e FB compartilhem a mesma linha de ação, o que só pode ocorrer se eles estiverem direcionados ao longo da linha unindo os pontos A e B (RMA = 0 ou RMB = 0) (Figura 5.20c). Portanto, para que qualquer membro de duas forças esteja em equilíbrio, as duas forças agindo sobre o membro precisam ter a mesma intensidade, agir em direções opostas e ter a mesma linha de ação direcionada ao longo da linha que une os dois pontos onde essas forças atuam. A F A A A FA = F FA = F B B FB (a) FB = F (b) Membro de duas forças Figura 5.20 FB = F (c) Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido Membros de três forças 165 | FB Se um membro está sujeito a apenas três forças, ele é chamado de membro de três forças. O equilíbrio de momentos pode ser satisfeito apenas se as três forças formarem um sistema de forças concorrentes ou paralelas. Para ilustrar, considere o membro sujeito às três forças F1, F2 e F3 mostradas na Figura 5.21a. Se as linhas de ação de F1 e F2 se interceptam no ponto O, então a linha de ação de F3 também precisa passar pelo ponto O para que as forças satisfaçam RMO = 0. Como um caso especial, se todas as três forças forem paralelas (Figura 5.21b), o local do ponto de interseção O se aproximará do infinito. O A C B FC FA A ligação usada para este freio de vagão ferroviário é um membro de três forças. Como a força FB na barra em B e FC da ligação em C são paralelas, então, para o equilíbrio, a força resultante FA no pino A também precisa ser paralela a essas duas forças. F2 F2 O F1 F3 F1 (a) (b) F3 W FA A B FB Membro de três forças Figura 5.21 Exemplo 5.13 A alavanca ABC é sustentada por pino em A e conectada a uma ligação curta BD, como mostra a Figura 5.22a. Se o peso dos membros é desprezado, determine a força do pino sobre a alavanca em A. & A lança e a caçamba nesse elevador é um membro de três forças, já que seu peso é desprezado. Aqui, as linhas de ação do peso do funcionário, W, e a força do membro de duas forças (cilindro hidráulico) em B, FB, se interceptam em O. Para o equilíbrio de momento, a força resultante no pino A, FA, também precisa estar direcionada para O. 1 ) % P P % ) ' (b) P $ P ' 1 & P (a) P SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre Como mostra a Figura 5.22b, a ligação curta BD é um membro de duas forças e, portanto, as forças resultantes nos pinos D e B precisam ser iguais, opostos e colineares. Embora a intensidade das forças seja desconhecida, a linha de ação é conhecida, já que ela passa por B e D. A alavanca ABC é um membro de três forças e, assim, para satisfazer o equilíbrio de momento, as três forças não paralelas que agem sobre ela precisam ser concorrentes em O (Figura 5.22c). Em especial, observe que a força F sobre a alavanca em B é igual mas oposta à força F que age em B na ligação. Por quê? A distância CO precisa ser de 0,5 m, já que as linhas de ação de F e a força de 400 N são conhecidas. 2 P ) % ș $ )$ P P (c) Figura 5.22 | 166 | Estática Equações de equilíbrio Requerendo-se que o sistema de forças seja concorrente em O, uma vez que RMO = 0, o ângulo ș que define a linha de ação de FA pode ser determinado através da trigonometria, i = tg- 1 e 0, 7 o = 60, 3° 0, 4 Usando os eixos x, y e aplicando as equações de equilíbrio de força, + " RFx = 0; +- FA cos 60,3° – F cos 45° + 400 N = 0 RFy = 0; FA sen 60,3° – F sen 45° = 0 Resolvendo, obtemos: FA = 1,07 kN F = 1,32 kN NOTA: Podemos também resolver esse problema representando a força em A pelas suas duas componentes Ax e Ay e aplicando RMA = 0, RFx = 0, RFy = 0 à alavanca. Uma vez que Ax e Ay são determinadas, podemos obter FA e ș. Problemas fundamentais Todas as soluções dos problemas precisam incluir um diagrama de corpo livre. A treliça é suportada por um pino em A e um rolete em B. Determine as reações de apoio. 10 kN Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos apoios. Despreze a espessura da viga. 2m 5 4 4m 2m 2500 N 5 kN 900 N ∙ m B 3 4m A B 1,5 m 1,5 m A 1,5 m 45° Problema 5.1 Problema 5.3 Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a reação na viga em C. 4 kN 1,5 m Determine as componentes de reação no apoio fixo A. Despreze a espessura da viga. 200 N 1,5 m 200 N 200 N B C A 30° 1m 1,5 m 1m 3m 60° D A Problema 5.2 Problema 5.4 1m 400 N Capítulo 5 A barra de 25 kg possui centro de massa em G. Se ela é sustentada por uma cavilha lisa em C, um rolete em A e a corda AB, determine as reações nesses apoios. 0,3 m A | Determine as reações nos pontos de contato lisos A, B e C na barra. 30° C 167 250 N D 0,2 m 0,5 m | Equilíbrio de um corpo rígido A C B 0,15 m 30° G 0,4 m B 30° 15° 0,2 m Problema 5.6 Problema 5.5 Problemas Todas as soluções dos problemas precisam incluir um diagrama de corpo livre. 600 N 600 N Determine as reações normais em A e B no Problema 5.1. Determine a tração na corda e as componentes horizontal e vertical da reação no apoio A da viga no Problema 5.4. s Determine as componentes horizontal e vertical da reação em C e a tração no cabo AB para a treliça no Problema 5.5. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em A e a tração no cabo BC sobre a lança no Problema 5.6. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em A e a reação normal em B sobre a chave no Problema 5.7 A B A 143,75 mm 31,25 mm B 18,75 mm 93,75 mm Problema 5.19 O vagão ferroviário possui um peso de 120 kN e centro de gravidade em G. Ele é suspenso pela frente e por trás no trilho por seis pneus localizados em A, B e C. Determine as reações normais desses pneus se considerarmos que o trilho é uma superfície lisa e uma parte igual da carga é sustentada nos pneus dianteiros e traseiros. Determine as reações normais em A e B e a força na ligação CD agindo sobre o membro no Problema 5.8. G s Determine as reações normais nos pontos de contato em A, B e C da barra no Problema 5.9. C Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino C e a força na trava do guincho no Problema 5.10. Compare a força exercida sobre a ponta do pé e sobre o calcanhar de uma mulher de 600 N quando ela está usando sapatos comuns e sapatos de salto alto. Assuma que todo o seu peso está sobre um único pé e as reações ocorrem nos pontos A e B, como mostrado. 1,8 m 1,2 m B A 1,5 m Problema 5.20 | 168 | Estática s Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a tração desenvolvida no cabo BC usado para sustentar a estrutura de aço. 60 kN 1m 1m s O transformador elétrico de 1500 N com centro de gravidade em G é sustentado por um pino em A e uma sapata lisa em B. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a reação da sapata B sobre o transformador. 1m 0,45 m B 30 kN ∙ m A 3m 5 0,9 m G 4 3 C B A Problema 5.21 A lança do guindaste articulado tem um peso de 625 N e centro de gravidade em G. Se ele suporta uma carga de 3000 N, determine a força que age no pino A e a força no cilindro hidráulico BC quando a lança está na posição mostrada. Problema 5.25 1,2 m A 0,3 m G Um diagrama esquelético de uma mão segurando uma carga é mostrado na figura superior. Se a carga e o antebraço possuem massas de 2 kg e 1,2 kg, respectivamente, e seus centros de massa estão localizados em G1 e G2, determine a força desenvolvida no bíceps CD e as componentes horizontal e vertical da reação no cotovelo B. O sistema de suporte do antebraço pode ser modelado como o sistema estrutural mostrado na figura inferior. B 2,4 m 40° 0,3 m C Problema 5.22 O atuador pneumático em D é usado para aplicar uma força de F = 200 N no membro em B. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a força da barra lisa em C no membro. D O atuador pneumático em D é usado para aplicar uma força F no membro em B. A reação normal da barra lisa em C é de 300 N. Determine a intensidade de F e as componentes horizontal e vertical da reação no pino A. G1 C B A C G2 D 15° 600 mm B 60° A G1 C B D A 200 mm 600 mm Problemas 5.23/24 F 75° G2 100 mm 135 mm Problema 5.26 65 mm Capítulo 5 Quando os freios de um avião são acionados, a roda do nariz exerce duas forças sobre a extremidade do trem de pouso, como mostra a figura. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino C e a força na escora AB. C B 30° | Equilíbrio de um corpo rígido 169 | Se a força F = 500 N é aplicada ao cabo da dobradora de barras, determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a reação do rolete B sobre a barra lisa. Se a força do rolete liso em B sobre a dobradora de barras precisa ser de 7,5 kN, determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a intensidade necessária da força F aplicada ao cabo. C 400 mm 20° A 1000 mm F 600 mm 60° 2 kN 6 kN B Problema 5.27 A 125 mm O tubo de esgoto de 1,4 Mg é mantido nas pinças da empilhadeira. Determine as forças normais em A e B como funções do ângulo da lâmina ș e represente graficamente os resultados de força (eixo vertical) em função do ângulo ș HL[RKRUL]RQWDO SDUDș P $ % ș Problema 5.28 s A massa de 700 kg é suspensa por um gancho que se move ao longo de um trilho de d = 1,7 m até d = 3,5 m. Determine a força ao longo da cantoneira conectada por pino BC (ligação curta) e a intensidade da força no pino A como uma função da posição d. Represente graficamente esses resultados de FBC e FA (eixo vertical) em função de d (eixo horizontal). Problemas 5.30/31 A grua é sustentada por um pino em C e um cabo AB. Se uma carga possui uma massa de 2 Mg com seu centro de massa localizado em G, determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino C e a força desenvolvida no cabo AB sobre a grua quando x = 5 m. s A grua é sustentada por um pino em C e um cabo AB. O cabo pode suportar uma tração máxima de 40 kN. Se uma carga possui uma massa de 2 Mg com seu centro de massa localizado em G, determine sua distância máxima permitida x e as componentes horizontal e vertical da reação em C. 4m A 3,2 m d A C 0,2 m B C 2m B D 1,5 m x Problema 5.29 Problemas 5.32/33 G | 170 | Estática Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a força normal na cavilha lisa B sobre o membro. C 0,4 m 30° 0,4 m s A tábua de madeira apoiada entre as construções deflete ligeiramente quando suporta o garoto de 50 kg. Essa flexão causa uma distribuição triangular da carga em suas extremidades, tendo intensidades máximas de wA e wB. Determine wA e wB, cada um medido em N/m, quando o garoto se posiciona a 3 m de uma das extremidades, como mostrado. Despreze a massa da tábua. F = 600 N B A B 30° A wB wA 3m 6m 0,45 m Problema 5.34 A estrutura é sustentada pelo membro AB, que está apoiado sobre o piso liso. Quando carregada, a distribuição de pressão sobre AB é linear, como mostra a figura. Determine o comprimento d do membro AB e a intensidade w para esse caso. 1,2 m 0,3 m Problema 5.37 A mola CD permanece na posição horizontal o tempo todo devido ao rolete em D. Se a mola está descarregada quando ș = 0° e o suporte atinge sua posição de equilíbrio quando ș = 30°, determine a rigidez k da mola e as componentes horizontal e vertical da reação no pino A. A mola CD permanece na posição horizontal o tempo todo devido ao rodízio em D. Se a mola está descarregada quando ș = 0° e a rigidez é k = 1,5 kN/m, determine o menor ângulo ș para o equilíbrio e as componentes horizontal e vertical da reação no pino A. 2,1 m 4 kN A D k B C 0,45 m 0,6 m w B θ d Problema 5.35 F = 300 N A Os pés A e B são usados para estabilizar o guindaste para que não tombe ao levantar grandes cargas. Se a carga a ser suspensa é 3 Mg, determine o ângulo ș máximo da lança de modo que o guindaste não tombe. O guindaste possui uma massa de 5 Mg e centro de massa em GC, enquanto a lança tem uma massa de 0,6 Mg e centro de massa em GB. Problemas 5.38/39 A plataforma possui um peso de 1,25 kN e centro de gravidade em G1. Se ela deve suportar uma carga máxima de 2 kN colocada no ponto G2, determine o menor contrapeso W que deve ser colocado em B de modo a evitar que a plataforma tombe. 4,5 m G2 GB 0,6 m 1,8 m 5m GC G1 θ A B 0,7 m 2,3 m Problema 5.36 2,4 m B 2,8 m C 0,3 m D 1,8 m 0,3 m Problema 5.40 Capítulo 5 s Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a reação do colar liso B sobre a barra. C 2250 N 1500 N B D 30° A 1,2 m 0,3 m 0,6 m Equilíbrio de um corpo rígido | 171 | s A grua de chão e o operador possuem um peso total de 12,5 kN com um centro de gravidade em G. Se a grua precisa suspender o tambor de 2,5 kN, determine a reação normal em ambas as rodas em A e ambas as rodas em B quando a lança está na posição mostrada. A grua de chão e o operador possuem um peso total de 12,5 kN com um centro de gravidade em G. Determine o maior peso do tambor que pode ser suspenso sem causar o tombamento da grua quando sua lança está na posição mostrada. 0,3 m F 3,6 m Problema 5.41 0,9 m Determine as reações de apoio do rolete A e o colar liso B na barra. O colar é fixo na barra AB, mas pode deslizar pela barra CD. D C 30° 1,8 m A E G 900 N B A 2,52 m 1m 0,66 m 0,42 m 1m C 45° 2m Problemas 5.45/46 B 600 N ∙ m O motor possui um peso de 4,25 kN. Determine a força que cada corrente exerce sobre os ganchos em A, B e C. Despreze a dimensão dos ganchos e a espessura da viga. D 45° Problema 5.42 4,25 kN 0,15 m A barra uniforme AB possui peso de 75 N. Determine a força no cabo quando a barra está na posição mostrada. 0,3 m 0,45 m A C 10° B 30° 10° B 1,5 m A 30° C 10° Problema 5.47 Determine a força P necessária para puxar o cilindro de 50 kg pelo degrau liso. Considere ș = 60°. T Problema 5.43 Determine as componentes de força horizontal e vertical no pino A e a reação no ponto B oscilante da viga curva. 500 N s Determine a intensidade e direção ș da força P mínima necessária para puxar o cilindro de 50 kg pelo degrau liso. 3 200 N ș P 10° 15° P 2m A $ B Problema 5.44 % Problemas 5.48/49 | | 172 Estática O cabo do guincho de um caminhão reboque está sujeito a uma força T = 6 kN quando o cabo está direcionado em ș = 60°. Determine as intensidades da força total de atrito do freio F para o conjunto de rodas traseiras B e as forças normais totais em ambas as rodas dianteiras A e ambas as rodas traseiras B para o equilíbrio. O caminhão tem uma massa total de 4 Mg e centro de massa em G. A barra uniforme AB possui peso de 75 N e a mola está descarregada quando ș = 0°. Se ș = 30°, determine a rigidez k da mola. 1,8 m Determine a força de cabo mínima T e o ângulo crítico ș que fará com que o caminhão reboque comece a inclinar, ou seja, que a reação normal em A seja zero. Assuma que o caminhão esteja freado e não deslizará em B. O caminhão tem uma massa total de 4 Mg e centro de massa em G. θ G 1,25 m A F B 2m 2,5 m 3m T 1,5 m Problemas 5.50/51 Três livros uniformes, cada um com um peso W e comprimento a, são empilhados como na figura. Determine a distância máxima d que o livro do topo pode se projetar em relação ao da base, de modo que a pilha não tombe. A θ 0,9 m k B Problema 5.54 A viga horizontal é sustentada por molas em suas extremidades. Cada mola tem uma rigidez k = 5 kN/m e está originalmente descarregada de modo que a viga está na posição horizontal. Determine o ângulo de inclinação da viga se uma carga de 800 N for aplicada no ponto C como mostrado. A viga horizontal é sustentada por molas em suas extremidades. Se a rigidez da mola em A é kA = 5 kN/m, determine a rigidez necessária da mola em B para que, se a viga for carregada com os 800 N, ela permaneça na posição horizontal. As molas são originalmente construídas de modo que a viga esteja na posição horizontal quando descarregada. 800 N C A a B d 1m Problema 5.52 s Determine o ângulo ș em que a ligação ABC se mantém em equilíbrio se o membro BD se mover 50 mm para a direita. As molas estão originalmente descarregadas quando ș = 0°. Cada mola possui a rigidez mostrada. As molas permanecem na horizontal, já que estão conectadas a guias de rolos. kCF = 20 kN/m 3m Problemas 5.55/56 s Os discos lisos D e E possuem um peso de 1 kN e 0,5 kN, respectivamente. Se uma força horizontal P = 1 kN é aplicada no centro do disco E, determine as reações normais nos pontos de contato com o solo em A, B e C. Os discos lisos D e E possuem um peso de 1 kN e 0,5 kN, respectivamente. Determine a maior força horizontal P que pode ser aplicada ao centro do disco E sem fazer o disco D subir a rampa. C F θ 150 mm D B F 0,45 m 5 4 0,3 m 3 P D 150 mm E A E kAE = 100 kN/m A Problema 5.53 B C Problemas 5.57/58 Capítulo 5 Um homem fica em pé na ponta de um trampolim, que é sustentado por duas molas A e B, cada uma com rigidez k = 15 kN/m. Na posição mostrada, o trampolim é horizontal. Se o homem possui uma massa de 40 kg, determine o ângulo de inclinação descrito pelo trampolim com a horizontal após ele pular. Despreze o peso do trampolim e considere-o rígido. | Equilíbrio de um corpo rígido | 173 s Se a mola BC está descarregada com ș = 0° e a alavanca excêntrica atinge sua posição de equilíbrio quando ș = 15°, determine a força F aplicada perpendicularmente ao segmento AD e as componentes horizontal e vertical da reação no pino A. A mola BC permanece na posição horizontal em todo o tempo devido ao rolete em C. k = 2 kN/m C 1m B 3m F 150° B A θ 300 mm A D Problema 5.59 400 mm A barra uniforme, de comprimento l e peso W, está apoiada na extremidade A por uma parede lisa e na extremidade B por uma corda de comprimento s, que é presa à parede como mostra a figura. Mostre que, para o equilíbrio, é necessário que h = [(s2 – l2)/3]1/2. Problema 5.61 A barra fina de comprimento l é sustentada pelo tubo liso. Determine a distância a necessária para o equilíbrio se a carga aplicada é P. a A C 2r h B s A l P l B Problema 5.62 Problema 5.60 Problemas conceituais O tirante é usada para sustentar esta marquise na entrada de um edifício. Se ele está conectado por um pino à parede do prédio em A e ao centro da marquise em B, determine se a força no tirante aumentará, diminuirá ou permanecerá inalterável se (a) o suporte em A for movido para uma posição mais baixa D e (b) o suporte em B for movido para a posição mais externa C. Explique sua resposta com uma análise de equilíbrio, usando dimensões e cargas. Assuma que a marquise é sustentada por um pino através da parede do prédio. A D C B Problema 5.55 | 174 | Estática O homem tenta puxar o quadriciclo pela rampa para a carroceria da caminhonete. Pela posição mostrada, é mais eficaz manter a corda presa em A ou seria melhor prendê-la ao eixo das rodas dianteiras em B? Desenhe um diagrama de corpo livre e faça uma análise de equilíbrio para explicar sua resposta. A B Problema 5.57 Qual é o melhor lugar para arrumar a maioria das toras no carrinho a fim de minimizar a quantidade de força sobre a coluna da pessoa que transporta a carga? Faça uma análise de equilíbrio para explicar sua resposta. Problema 5.56 Como qualquer aeronave, este avião a jato se apoia em três rodas. Por que não usar uma roda adicional na traseira para uma melhor sustentação? (Você pode pensar em alguma outra razão para não incluir essa roda?) Se houvesse uma quarta roda, traseira, desenhe um diagrama de corpo livre do avião a partir de uma visão lateral (2D) e mostre por que não se poderia determinar todas as reações da roda usando as equações de equilíbrio. Problema 5.58 EQUILÍBRIO EM TRÊS DIMENSÕES 5.5 Diagramas de corpo livre O primeiro passo para resolver problemas de equilíbrio tridimensionais, assim como em duas dimensões, é desenhar um diagrama de corpo livre. Antes de fazermos isso, no entanto, é necessário discutir os tipos de reações que podem ocorrer nos apoios. Reações de apoio As forças reativas e os momentos de binário que atuam em vários tipos de apoios e conexões quando os membros são vistos em três dimensões estão relacionados na Tabela 5.2. É importante reconhecer os símbolos usados para representar cada um desses apoios e entender claramente como as forças e os momentos de binário são desenvolvidos. Como no caso bidimensional: Uma força é desenvolvida por um apoio que limite a translação de seu membro conectado. Um momento de binário é desenvolvido quando a rotação do membro conectado é impedida. Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 175 3RUH[HPSORQD7DEHODQRLWHP DMXQWDHVIpULFDLPSHGHTXDOTXHUWUDQVODomR GRPHPEURGDFRQH[mRSRUWDQWRXPDIRUoDSUHFLVDDWXDUVREUHRPHPEURQRSRQWR GHFRQH[mR(VVDIRUoDSRVVXLWUrVFRPSRQHQWHVGHLQWHQVLGDGHVGHVFRQKHFLGDV)[ )\)]8PDYH]TXHHVVDVFRPSRQHQWHVVmRFRQKHFLGDVSRGHPRVREWHUDLQWHQVLGDGH GDIRUoD ) = ) x2 + ) y2 + ) z2 HGHILQLUDRULHQWDomRGDIRUoDDWUDYpVGHVHXVkQJXORV GHGLUHomRFRRUGHQDGDVĮȕȖ HTXDo}HV &RPRRPHPEURGDFRQH[mRSRGH JLUDUOLYUHPHQWHHPUHODomRDTXDOTXHUHL[RQHQKXPPRPHQWRGHELQiULRpLPSHGLGR SRUXPDMXQWDHVIpULFD 'HYHPRV REVHUYDU TXH RV DSRLRV GH PDQFDO VLPSOHV QRV LWHQV H R SLQR VLPSOHV H D GREUDGLoD VLPSOHV VmR UHVLVWHQWHV jV FRPSRQHQWHV GH IRUoD H PRPHQWR GH ELQiULR 6H QR HQWDQWR HVVHV DSRLRV IRUHP XVDGRV HP FRQMXQWR FRP RXWURV PDQFDLV SLQRV RX GREUDGLoDV SDUD PDQWHU XP FRUSR UtJLGR HP HTXLOtEULR H IRUHPFRUUHWDPHQWHDOLQKDGRVTXDQGRFRQHFWDGRVDRFRUSRHQWmRDVUHDo}HVGHIRUoD QHVVHVDSRLRVDSHQDVVmRDGHTXDGDVSDUDVXVWHQWDURFRUSR(PRXWUDVSDODYUDVRV PRPHQWRV GH ELQiULR VH WRUQDP UHGXQGDQWHV H QmR VmR PRVWUDGRV QR GLDJUDPD GH FRUSROLYUH$UD]mRSDUDLVVRGHYHVHWRUQDUFODUDDSyVHVWXGDUPRVRVH[HPSORVTXH VHVHJXHP TABELA 5.2 | Suportes para corpos rígidos sujeitos a sistemas de força tridimensionais 7LSRVGHFRQH[mR 5HDomR 1~PHURGHLQFyJQLWDV ) 8PDLQFyJQLWD$UHDomRpXPDIRUoDTXHDJHSDUDIRUD GRPHPEURQDGLUHomRFRQKHFLGDGRFDER FDER 8PDLQFyJQLWD$UHDomRpXPDIRUoDTXHDJH SHUSHQGLFXODUjVXSHUItFLHQRSRQWRGHFRQWDWR ) DSRLRGHVXSHUItFLHOLVD 8PDLQFyJQLWD$UHDomRpXPDIRUoDTXHDJH SHUSHQGLFXODUjVXSHUItFLHQRSRQWRGHFRQWDWR ) UROHWH )] 7UrVLQFyJQLWDV$VUHDo}HVVmRWUrVFRPSRQHQWHVGH IRUoDUHWDQJXODUHV )[ )\ MXQWDHVIpULFD FRQWLQXD $VWUrVLQFyJQLWDVWDPEpPSRGHPVHUUHSUHVHQWDGDVFRPRXPDLQWHQVLGDGHGHIRUoDGHVFRQKHFLGD )HGRLVkQJXORVGHGLUHomRFRRUGHQDGDVGHVFRQKHFLGRV2WHUFHLURkQJXORGHGLUHomRpREWLGR XVDQGRDLGHQWLGDGHFRVĮFRVȕFRVȖ (TXDomR | | 176 | Estática (continuação) Tipos de conexão Reação (5) Número de incógnitas 0] )] Quatro incógnitas. As reações são duas componentes de força e duas componentes de momento de binário que agem perpendicularmente à barra. Nota: Os momentos de binário normalmente não são aplicados se o corpo for sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. )] Cinco incógnitas. As reações são duas componentes de força e três componentes de momento de binário. Nota: Os momentos de binário normalmente não são aplicados se o corpo for sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. )[ 0[ PDQFDOUDGLDOVLPSOHV (6) 0] 0\ 0[ )[ PDQFDOUDGLDOVLPSOHVFRP HL[RTXDGUDGR (7) 0] )\ 0[ Cinco incógnitas. As reações são três componentes de força e duas componentes de momento de binário. Nota: Os momentos de binário normalmente não são aplicados se o corpo for sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. )] )[ PDQFDOD[LDOVLPSOHV (8) 0] Cinco incógnitas. As reações são três componentes de força e duas componentes de momento de binário. Nota: Os momentos de binário normalmente não são aplicados se o corpo for sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. )] )[ )\ 0\ SLQROLVRVLPSOHV (9) 0] )] )\ )[ GREUDGLoDVLPSOHV Cinco incógnitas. As reações são três componentes de força e duas componentes de momento de binário. Nota: Os momentos de binário normalmente não são aplicados se o corpo for sustentado em algum outro local. Veja os exemplos. 0[ (10) 0] )] )[ 0[ )\ 0\ Seis incógnitas. As reações são três componentes de força e duas componentes de momento de binário. DSRLRIL[R Diagramas de corpo livre O procedimento geral para estabelecer o diagrama de corpo livre de um corpo rígido foi descrito na Seção 5.2. Basicamente, ele requer primeiro ‘isolar’ o corpo desenhando um esboço de sua forma. Isso é seguido de uma cuidadosa rotulação de todas as forças e todos os momentos de binário com relação a um sistema de coordenadas x, y, z estabelecido. É recomendável que as componentes de reação desconhecidas que atuam no diagrama de corpo livre sejam mostradas no sentido positivo. Dessa forma, se quaisquer valores negativos forem obtidos, eles indicarão que as componentes atuam nas direções coordenadas negativas. Capítulo 5 Exemplo Equilíbrio de um corpo rígido 5.14 &RQVLGHUHDVGXDVEDUUDVHDSODFDMXQWDPHQWHFRPVHXV GLDJUDPDVGHFRUSROLYUH DVVRFLDGRVPRVWUDGRVQD)LJXUD2VHL[RV[\]VmRHVWDEHOHFLGRVQRGLDJUDPD HDVFRPSRQHQWHVGHUHDomRGHVFRQKHFLGDVVmRLQGLFDGDVQRVHQWLGRSRVLWLYR2SHVR pGHVSUH]DGR SOLUÇÃO ] %] & 1ÂP &[ 1ÂP % $ &\ %[ [ 1 0DQFDLVUDGLDLVFRUUHWDPHQWH DOLQKDGRVHP$%H& $] \ $\ 1 $VUHDo}HVGHIRUoDGHVHQYROYLGDVSHORV PDQFDLVVmRVXILFLHQWHVSDUDRHTXLOtEULR SRUTXHLPSHGHPTXHDEDUUDJLUHHPUHODomR DFDGDXPGRVHL[RVGHFRRUGHQDGD z MAz A Az MAx C Ax Ay y 200 N ∙ m 200 N ∙ m x 300 N B T 300 N Pino em A e cabo em BC. B As componentes de momento são desenvolvidas pelo pino sobre a barra para impedir a rotação em torno dos eixos x e z. z 2000 N Az 2000 N Cz C A Cx Ax Cy x y Bz B Apenas reações de força são desenvolvidas sobre a placa pelo mancal e a dobradiça a fim de impedir a rotação em relação a cada eixo de coordenada. Nenhum momento na dobradiça é desenvolvido. Mancal radial corretamente alinhado em A e dobradiça em C. Rolete em B. Figura 5.23 5.6 Equações de equilíbrio &RPRYLPRVQD6HomRDVFRQGLo}HVGHHTXLOtEULRGHXPFRUSRUtJLGRVXMHLWR DXPVLVWHPDGHIRUoDVWULGLPHQVLRQDOH[LJHPTXHDIRUoDHRPRPHQWRGHELQiULR UHVXOWDQWHVTXHDWXDPVREUHRFRUSRVHMDP]HUR | 177 | | 178 | Estática Equações de equilíbrio vetoriais As duas condições para o equilíbrio de um corpo rígido podem ser expressas matematicamente na forma vetorial como RF = 0 RMO = 0 (5.5) onde RF é a soma vetorial de todas as forças externas que agem sobre o corpo e RMO é a soma dos momentos de binário e dos momentos de todas as forças em relação a qualquer ponto O localizado dentro ou fora do corpo. Equações de equilíbrio escalares Se todas as forças externas e momentos de binário forem expressos na forma de vetor cartesiano e substituídas nas equações 5.5, temos: RF = RFxi + RFyj + RFzk = 0 RMO = RMxi + RMyj + RMzk = 0 Como as componentes i, j e k são independentes, as equações anteriores são satisfeitas desde que RFx = 0 RFy = 0 RFz = 0 (5.6a) e RMx = 0 RMy = 0 RMz = 0 (5.6b) Essas seis equações de equilíbrio escalares podem ser usadas para resolver no máximo seis incógnitas mostradas no diagrama de corpo livre. As equações 5.6a exigem que a soma das componentes de força externas que atuam nas direções x, y e z seja igual a zero, e as equações 5.6b exigem que a soma das componentes de momento em relação aos eixos x, y e z seja igual a zero. 5.7 Restrições e determinação estática Para garantir o equilíbrio de um corpo rígido, é necessário não apenas satisfazer as equações de equilíbrio, mas também o corpo precisa estar adequadamente fixo ou restrito por seus apoios. Alguns corpos podem ter mais apoios do que o necessário para o equilíbrio, enquanto outros podem não tê-los suficientes ou arranjados de maneira a permitir que o corpo se mova. Cada um desses casos será discutido agora. Restrições redundantes Quando um corpo possui apoios redundantes, ou seja, mais apoios do que o necessário para mantê-lo em equilíbrio, ele se torna estaticamente indeterminado, o que significa que haverá mais cargas desconhecidas sobre o corpo do que equações de equilíbrio disponíveis para sua solução. Por exemplo, a viga na Figura 5.24a e o encanamento na Figura 5.24b, mostrados juntamente com seus diagramas de corpo livre, são ambos estaticamente indeterminadas devido às reações de apoio adicionais Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido | 179 (ou redundantes). Para a viga, existem cinco incógnitas, MA, Ax, Ay, By e Cy, para as quais apenas três equações de equilíbrio podem ser escritas (RFx = 0, RFy = 0 e RMO = 0), (equações 5.2). O encanamento possui oito incógnitas, para as quais apenas seis equações de equilíbrio podem ser escritas (equações 5.6). 1 N1ÂP $ ] % % %] & %[ \ 0[ $\ 1 [ 1 %\ 0\ 0] 1 N1ÂP 1 $] $[ 0$ %\ &\ 1 [ $ \ $\ (a) (b) Figura 5.24 As equações adicionais necessárias para resolver problemas estaticamente indeterminados do tipo mostrado na Figura 5.24 normalmente são obtidas a partir das condições de deformação nos pontos de apoio. Essas equações envolvem as propriedades físicas do corpo, que são estudadas nas áreas que lidam com a mecânica da deformação, como a ‘mecânica dos materiais’.* Restrições impróprias Ter o mesmo número de forças reativas desconhecidas que equações de equilíbrio disponíveis nem sempre garante que um corpo será estável quando sujeito a uma determinada carga. Por exemplo, o apoio pinado em A e o apoio de rolete em B para a viga na Figura 5.25a são colocados de uma forma que as linhas de ação das forças reativas sejam concorrentes no ponto A. Como consequência, a carga aplicada P fará com que a viga gire ligeiramente em relação a A e, portanto, a viga está incorretamente restrita, RMA Em três dimensões, um corpo estará incorretamente restrito se as linhas de ação de todas as forças reativas interceptarem um eixo comum. Por exemplo, todas as forças reativas nos apoios de junta esférica em A e B na Figura 5.25b interceptam os eixos que passam por A e B. Como todos os momentos dessas forças em relação a A e B são zero, então a carga P girará o membro em relação ao eixo AB, RMAB z z Ay FB Ax A A B Ay (a) Outra maneira em que a restrição imprópria leva à instabilidade ocorre quando as forças reativas são todas paralelas. Exemplos bi e tridimensionais disso são mostrados na Figura 5.26. Nos dois casos, a soma das forças ao longo do eixo x não será igual a zero. * Veja HIBBELER, R. C. Resistência dos materiais, 7. ed. Pearson/Prentice Hall. B y P P P A x x Ax A Bx B P Bz Az y (b) Figura 5.25 By | 180 | Estática P ] A )% B % P )& )$ & $ \ 1 1 A FA [ FB y x (a) Figura 5.26 (b) Em alguns casos, um corpo pode ter menos forças reativas do que equações de equilíbrio que precisem ser satisfeitas. O corpo, então, se torna apenas parcialmente restrito. Por exemplo, considere o membro AB na Figura 5.27a com seu respectivo diagrama de corpo livre na Figura 5.27b. Aqui, RFy = 0 não será satisfeita para as condições de carga e, portanto, o equilíbrio não será mantido. 100 N A 100 N B FA FB (b) (a) Figura 5.27 Resumindo esses conceitos, um corpo é considerado impropriamente restrito se todas as forças reativas se interceptarem em um ponto comum ou passarem por um eixo comum, ou se todas as forças reativas forem paralelas. Na prática da engenharia, essas situações sempre devem ser evitadas, já que elas causarão uma condição instável. Pontos importantes Sempre desenhe o diagrama de corpo livre primeiro quando resolver qualquer problema de equilíbrio. Se um apoio impede a translação de um corpo em uma direção específica, então o apoio exerce uma força sobre o corpo nessa direção. Se um apoio impede a rotação em relação a um eixo, então o apoio exerce um momento de binário sobre o corpo em relação a esse eixo. Se um corpo está sujeito a mais reações desconhecidas do que equações de equilíbrio disponíveis, então o problema é estaticamente indeterminado. Um corpo estável exige que as linhas de ação das forças reativas não interceptem um eixo comum e não sejam paralelas. Procedimento para análise Os problemas de equilíbrio tridimensionais para um corpo rígido podem ser resolvidos através do seguinte procedimento. Diagrama de corpo livre Desenhe um esboço da forma do corpo. Mostre todas as forças e momentos de binário que atuam sobre o corpo. Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 181 | Estabeleça a origem dos eixos x, y, z em um ponto conveniente e oriente os eixos de modo que sejam paralelos ao máximo possível de forças e momentos externos. Rotule todas as cargas e especifique suas direções. Em geral, mostre todas as componentes desconhecidas com um sentido positivo ao longo dos eixos x, y, z. Indique as dimensões do corpo necessárias para calcular os momentos das forças. Equações de equilíbrio Se as componentes de força e momento x, y, z parecem fáceis de determinar, aplique as seis equações de equilíbrio escalares; caso contrário, use as equações vetoriais. Não é necessário que o conjunto de eixos escolhido para a soma de forças coincida com o conjunto de eixos escolhido para a soma de momentos. Na verdade, pode-se escolher um eixo em qualquer direção arbitrária para somar forças e momentos. Para a soma de momentos, escolha a direção de um eixo de modo que este intercepte as linhas de ação do maior número possível de forças conhecidas. Perceba que os momentos de forças passando por pontos nesse eixo e os momentos de forças que são paralelas ao eixo serão zero. Se a solução das equações de equilíbrio produz um escalar negativo para uma intensidade de força ou momento de binário, isso indica que o sentido é oposto ao considerado no diagrama de corpo livre. Exemplo 5.15 A chapa homogênea mostrada na Figura 5.28a possui uma massa de 100 kg e está sujeita a uma força e momento de binário ao longo de suas bordas. Se ela é sustentada no plano horizontal por um rodízio em A, uma articulação esfera-soquete e uma corda em C, determine as componentes de reação nesses suportes. 1 1ÂP P & $ SOLUÇÃO (ANÁLISE ESCALAR) P P Diagrama de corpo livre Existem cinco reações desconhecidas atuando sobre a chapa, como mostra a Figura 5.28b. Considera-se que cada uma dessas reações age em uma direção coordenada positiva. Equações de equilíbrio Como a geometria tridimensional é bastante simples, uma análise escalar fornece uma solução direta para este problema. Uma soma de forças ao longo de cada eixo produz: RFx = 0; Bx = 0 RFy = 0; By = 0 Az + Bz + TC – 300 N – 981 N = 0 (1) RFz = 0; Lembre-se de que o momento de uma força em relação a um eixo é igual ao produto da intensidade da força pela distância perpendicular (braço do momento) da linha de ação da força até o eixo. Além disso, as forças que são paralelas a um eixo ou passam por ele não criam momento algum em relação ao eixo. Portanto, somando os momentos em relação aos eixos positivos x e y, temos: % (a) ] 1 1ÂP 1 7& P [ $] [ƍ P ]ƍ P \ P %[ %\ %] (b) Figura 5.28 \ƍ | 182 | Estática RMx = 0; TC (2 m) – 981 N(1 m) + Bz (2 m) = 0 (2) RMy = 0; 300 N(1,5 m) + 981 N(1,5 m) – Bz (3 m) – Az (3 m) – 200 N $ m = 0 (3) As componentes da força em B podem ser eliminadas se os momentos forem somados em relação aos eixos x' e y'. Obtemos: RMx' = 0; 981 N(1 m) + 300 N(2 m) – Az (2 m) = 0 (4) RMy' = 0; –300 N(1,5 m) – 981 N(1,5 m) – 200 N $ m + TC (3 m) = 0 (5) Resolvendo as equações 1 a 3 ou as mais convenientes equações 1, 4 e 5, obtemos: Az = 790 N Bz = –217 N TC = 707 N O sinal negativo indica que Bz atua para baixo. NOTA: A solução desse problema não exige uma soma dos momentos em relação ao eixo z. A chapa está parcialmente restrita, já que os apoios não podem impedi-la de girar em torno do eixo z se uma força for aplicada a ela no plano x–y. Exemplo 5.16 Determine as componentes da reação que a junta esférica em A, o mancal radial liso em B e o apoio de rolete em C exercem sobre a montagem das barras na Figura 5.29a. z z 900 N Ax D A 0,4 m x 0,4 m 0,4 m 900 N B 0,4 m Ay C 0,6 m y A x 0,4 m (a) 0,4 m Az Bz 0,4 m 0,4 m Bx FC 0,6 m y (b) Figura 5.29 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Como mostra o diagrama de corpo livre na Figura 5.29b, as forças reativas dos apoios impedirão que a montagem gire em relação a cada eixo de coordenada e, portanto, o mancal radial em B exerce apenas forças reativas sobre o membro. Equações de equilíbrio Uma solução direta para Ay pode ser obtida somando as forças ao longo do eixo y. RFy = 0; Ay = 0 A força FC pode ser determinada diretamente somando os momentos em relação ao eixo y. RMy = 0; FC (0,6 m) – 900 N(0,4 m) = 0 FC = 600 N Usando esse resultado, Bz pode ser determinado somando os momentos em relação ao eixo x. RMx = 0; Bz (0,8 m) + 600 N(1,2 m) – 900 N(0,4 m) = 0 Bz = –450 N Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 183 | O sinal negativo indica que Bz age para baixo. A força Bx pode ser encontrada somando os momentos em relação ao eixo z. RMz = 0; –Bx (0,8 m) = 0 Bx = 0 Logo, RFx = 0; Ax + 0 = 0 Ax = 0 Finalmente, usando os resultados de Bz e FC. RFz = 0; Az + (–450 N) + 600 N – 900 N = 0 Az = 750 N Exemplo 5.17 z $EDUUDpXVDGDSDUDVXVWHQWDURYDVRGH1 §NJ QD)LJXUDa. Determine a tração desenvolvida nos cabos AB e AC. 0,2 m C SOLUÇÃO 0,2 m Diagrama de corpo livre O diagrama de corpo livre da barra é mostrado na Figura 5.30b. Equações de equilíbrio Usaremos uma análise vetorial. "0, 2i - 0, 6j + 0, 3k , m FAB = FAB c r AB m = FAB e o rAB ^0, 2 mh2 + ^-0, 6 mh2 + ^0, 3 mh2 = 2 FAB i - 6 FAB j + 3 FAB k 7 7 7 i , 0 2 0, 6 j + 0, 3 k , m " FAC = FAC c r AC m = FAC e o 2 rAC ^-0, 2 mh + ^-0, 6 mh2 + ^0, 3 mh2 = - 2 FAC i - 6 FAC j + 3 FAC k 7 7 7 B 0,3 m O 7 7 c 7 7 7 7 18 F + 18 F - 2250 i + - 12 F + 12 F k = 0 AB AC AB AC m m c 7 7 7 7 RMx = 0; 18 F + 18 F - 2250 = 0 AB AC 7 7 RM y = 0; 0 =0 RMz = 0; - 12 FAB + 12 FAC = 0 7 7 Resolvendo as equações 1 e 2 simultaneamente, FAB = FAC = 437,5 N y 0,6 m (a) z Podemos eliminar a reação da força em O escrevendo a equação de equilíbrio do momento em relação ao ponto O. RMO = 0; rA # (FAB + FAC + W) = 0 ^0, 6jh # ;c 2 FAB i - 6 FAB j + 3 FAB k m + c- 2 FAC i - 6 FAC j + 3 FAC k m + ^-375khE = 0 A x 0,2 m C 0,2 m B Oy 0,3 m x Ox FAB FAC O Oz rA A W = 375 N 0,6 m (b) Figura 5.30 y | | 184 Estática Exemplo 5.18 A barra AB mostrada na Figura 5.31a está sujeita à força de 200 N. Determine as reações na junta esférica A e a tração nos cabos BD e BE. $ P & P P P 1 ' % P ( (a) Figura 5.31 ] SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL) Diagrama de corpo livre $] $[ [ Veja Figura 5.31b. $\ $ \ Equações de equilíbrio Representando cada força no diagrama de corpo livre na forma de um vetor cartesiano, temos: FA = Axi + Ayj + Azk U& & TE = TEi U% TD = TDj 1 7( (b) Figura 5.31 % F = {–200k} N 7' Aplicando a equação de equilíbrio de força, RF = 0; FA + TE + TD + F = 0 (Ax + TE)i + (Ay + TD)j + (Az –200)k = 0 RFx = 0; A x + TE = 0 (1) RFy = 0; Ay + TD = 0 (2) RFz = 0; Az –200 = 0 (3) A soma dos momentos em relação ao ponto A resulta: RMA = 0; rC $ F + rB $ (TE + TD) = 0 Como rC = 1 rB, então: 2 (0,5i + 1j – 1k) $ (–200k) + (1i + 2j – 2k) $ (TEi + TDj) = 0 Expandindo e reorganizando os termos, temos: (2TD – 200)i + (–2TE + 100)j + (TD – 2TE)k = 0 RMx = 0; 2TD –200 = 0 (4) RMy = 0; –2TE + 100 = 0 (5) RMz = 0; TD – 2TE = 0 (6) Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido | 185 Resolvendo as equações 1 a 5, obtemos: TD = 100 N TE = 50 N Ax = –50 N Ay = –100 N Az = 200 N NOTA: O sinal negativo indica que Ax e Ay possuem um sentido que é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre (Figura 5.31b). Exemplo 5.19 A barra dobrada na Figura 5.32a é sustentada em A por um mancal radial, em D por uma junta esférica e em B pelo cabo BC. Usando apenas uma equação de equilíbrio, obtenha uma solução direta para a tração no cabo BC. O mancal em A é capaz de exercer componentes de força apenas nas direções z e y, já que ele está corretamente alinhado na barra. & $ P ] % SOLUÇÃO (ANÁLISE VETORIAL) ( P Diagrama de corpo livre Como mostra a Figura 5.32b, existem seis incógnitas. P Aqui, r representa um vetor posição traçado de qualquer ponto no eixo DA a qualquer ponto na linha de ação da força F (veja a Equação 4.11). Com referência à Figura 5.32b, podemos, portanto, escrever: u $ (rB # TB + rE # W) = 0 NJ (a) $] $ 7% % X ] ' P : 1 U( '\ P '[ ' ] [ (b) (–0,7071i – 0,7071j) $ [(–TB + 490,5)i] = 0 Figura 5.32 TB = 490,5 N Como os braços de momento do eixo a TB e W são fáceis de obter, também podemos determinar esse resultado usando uma análise escalar. Como mostra a Figura 5.32b, RMDA = 0; TB (1 m sen 45°) – 981 N(0,5 m sen 45°) = 0 TB = 490,5 N $\ U% (–0,7071i – 0,7071j) $ [(–1j) # (TBk) + (–0,5j) # (–981k)] = 0 –0,7071 (–TB + 490,5) + 0 + 0 = 0 \ [ Equações de equilíbrio A tração do cabo TB pode ser obtida diretamente somando os momentos em relação a um eixo que passa pelos pontos D e A. Por quê? A direção desse eixo é definida pelo vetor unitário u, onde: u = rDA = - 1 i - 1 j rDA 2 2 = -0, 7071i - 0, 7071j Logo, a soma dos momentos em relação a esse eixo é zero, uma vez que: RMDA = u $ R(r # F) = 0 ' \ | | 186 Estática Problemas fundamentais Todas as soluções dos problemas precisam incluir um diagrama de corpo livre. Determine as reações de apoio nos mancais radiais lisos A, B e C da tubulação. A chapa uniforme tem um peso de 2,5 kN. Determine a tração em cada um dos cabos que a sustentam. z z A 0,6 m B A 0,4 m C 450 N 1 kN B y x 0,6 m 0,6 m 0,6 m 0,6 m C Problema 5.10 0,9 m x y Problema 5.7 Determine as reações no apoio de rolete A e na junta esférica D e determine a tração no cabo BC para a placa. Determine a força desenvolvida nas cordas BD, CE e CF e as reações da junta esférica A sobre o bloco. z z C 900 N 0,2 m D E B C 600 N B F 0,5 m 0,4 m 1,5 m y 0,3 m 0,4 m A A D 3m y x 4m x 6 kN 0,1 m 9 kN Problema 5.11 Problema 5.8 A barra é sustentada por mancais radiais lisos em A, B e C e está sujeita às duas forças. Determine as reações nesses apoios. Determine as componentes da reação que o mancal axial A e o cabo BC exercem sobre a barra. z z A C A x B 0,6 m 600 N 0,6 m D 0,6 m 400 N y F = 400 N B x D 1,8 m 0,4 m C Problema 5.9 0,45 m 0,45 m y Problema 5.12 Capítulo 5 Equilíbrio de um corpo rígido | 187 | Problemas Todas as soluções dos problemas precisam incluir um diagrama de corpo livre. O carro sustenta o engradado uniforme com massa de 85 kg. Determine as reações verticais sobre os três roletes em A, B e C. O rolete em B não é mostrado. Despreze a massa do carro. Determine o local x e y do ponto de aplicação da força P de modo que a tração desenvolvida nos cabos AB, CD e EF seja a mesma. Despreze o peso da chapa. z B F 0,1 m A D A x B 0,2 m P y E x 0,4 m 0,2 m C 2m 0,5 m 0,35 m C 0,6 m y 2m 0,35 m Problemas 5.65/66 Problema 5.63 O poste de uma linha de transmissão elétrica está sujeito a duas forças do cabo de 300 N, situadas em um plano paralelo ao plano x–y. Se a tração no fio tirante AB é 400 N, determine as componentes x, y, z da reação na base fixa O do poste. Devido a uma distribuição desigual do combustível nos tanques da asa, os centros de gravidade da fuselagem A e das asas B e C são localizados como mostra a figura. Se essas componentes possuem pesos WA = 225 kN, WB = 40 kN e WC = 30 kN, determine as reações normais das rodas D, E e F sobre o solo. z z B D A C E 300 N 0,3 m 45° 45° F 2,4 m 1,8 m 2,4 m x 1,8 m y 1,2 m 6 m 0,9 m A 1,2 m Problema 5.67 300 N Determine a intensidade da força F que precisa ser exercida sobre o cabo da manivela em C para manter a caixa de 75 kg na posição mostrada. Além disso, determine as componentes da reação no mancal axial A e no mancal radial liso B. 400 N 3m z B 0,9 m O 0,1 m A y x B x Problema 5.64 s Se P = 6 kN, x = 0,75 m e y = 1 m, determine a tração desenvolvida nos cabos AB, CD e EF. Despreze o peso da chapa. 0,6 m 0,5 m y 0, 2 m 0,1 m F Problema 5.68 C | | 188 Estática •5.69. $EDUUDHVWiIL[DGDSRUWUrVPDQFDLVUDGLDLVOLVRVHP $%H&'HWHUPLQHDVFRPSRQHQWHVGDUHDomRQHVVHVPDQFDLV *5.72. 'HWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV GD UHDomR DWXDQGR QRV PDQFDLVUDGLDLVOLVRV$%H& z z 900 N 450 N 600 N C 0,6 m A 0,6 m 0,9 m 0,9 m B 0,9 m 500 N 45° 300 N ∙ m A 0,6 m x C 450 N 0,9 m 0,4 m y 0,9 m B 0,8 m x y 0,4 m Problema 5.69 Problema 5.72 5.70. 'HWHUPLQHDWUDomRQRVFDERV%'H&'HDVFRPSRQHQWHV [\]GDUHDomRQDMXQWDHVIpULFDHP$ ] •5.73. 'HWHUPLQHDVFRPSRQHQWHVGHIRUoDDWXDQGRQDMXQWD HVIpULFDHP$DUHDomRQRUROHWH%HDWUDomRQDFRUGD&' QHFHVViULRV SDUD R HTXLOtEULR GD SODFD GH XP TXDUWR GH FtUFXOR ' z P 1 % D 350 N 200 N $ P 2m 1m C 3m 200 N 60° B y A [ P x & P Problema 5.73 \ Problema 5.70 5.71. $PRQWDJHPGHEDUUDVpXVDGDSDUDVXVWHQWDURFLOLQGUR GHN1 §NJ 'HWHUPLQHDVFRPSRQHQWHVGDUHDomR QDMXQWDHVIpULFD$HQRPDQFDOUDGLDO(GHWHUPLQHWDPEpP DIRUoDGHVHQYROYLGDDRORQJRGDEDUUD&'$VFRQH[}HVHP &H'VmRMXQWDVHVIpULFDV 5.74. 6H D FDUJD WHP XP SHVR GH N1 GHWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV[\]GDUHDomRQDMXQWDHVIpULFD$HDWUDomR HPFDGDXPGRVFDERV z z 2m 4m 2m D D F C 0,3 m A 3m A E B x 0,3 m F 0,3 m 0,3 m 0,45 m y x E 2m 2m 2m Problema 5.71 G C Problema 5.74 y Capítulo 5 Se o cabo pode resistir a uma tração máxima de 1,5 kN, determine a força máxima F que pode ser aplicada à placa. Calcule as componentes x, y, z da reação na dobradiça A para essa carga. | Equilíbrio de um corpo rígido 189 | A lança é sustentada por uma junta esférica em A e um fio tirante em B. Se as cargas de 5 kN se situam no plano que é paralelo ao plano x–y, determine as componentes x, y, z da reação em A e a tração no cabo em B. z z 0,2 m 0,1 m 0,3 m C F 5 kN A 0,3 m 30° 5 kN y 30° B x 3m 0,9 m Problema 5.75 2m O membro é sustentado por um pino em A e um cabo BC. Se a carga em D é de 1,5 kN, determine as componentes x, y, z da reação no pino A e a tração no cabo BC. B A 1,5 m x z 0,3 m y Problema 5.79 C 0,6 m A porta circular tem peso de 275 N e centro de gravidade em G. Determine as componentes x, y, z da reação na dobradiça A e a força que age ao longo da estrutura CB necessária para manter a porta em equilíbrio. Considere ș = 45°. A B 0,6 m 0,6 m x 0,6 m 1,8 m s A porta circular tem peso de 275 N e centro de gravidade em G. Determine as componentes x, y, z da reação na dobradiça A e a força que age ao longo da estrutura CB necessária para manter a porta em equilíbrio. Considere ș = 90°. y D z Problema 5.76 s A placa possui um peso W com centro de gravidade em G. Determine a distância d ao longo da linha GH onde a força vertical P = 0,75 W fará com que a tração no fio CD seja zero. A placa possui um peso W com centro de gravidade em G. Determine a tração desenvolvida nos fios AB, CD e EF se a força P = 0,75 W é aplicada em d = L/2. A G x 0,9 m θ y B 0,9 m z B L –– 2 P L –– 2 F A H x L –– 2 Problemas 5.80/81 G d L –– 2 C D E Problemas 5.77/78 C y O membro AB é sustentado em B por um cabo e em A por uma barra retangular fixa e lisa encaixada frouxamente no furo retangular do colar. Se F = {2i – 4j – 7,5k} kN, determine as componentes x, y, z da reação em A e a tração no cabo. | 190 | Estática O membro AB é sustentado em B por um cabo e em A por uma barra retangular fixa e lisa encaixada frouxamente no furo retangular do colar. Determine a tração no cabo BC se a força F = {–4,5k} kN. z 2,4 m C s A placa circular possui um peso W e centro de gravidade em seu centro. Se ela é sustentada por três cordas verticais presas à sua borda, determine a maior distância d a partir do centro em que qualquer força vertical P pode ser aplicada de modo a não fazer a força em qualquer dos cabos se tornar zero. Resolva o Problema 5.85 se o peso da chapa W for desprezado. 1,8 m y A B 3,6 m P 120° B 120° 1,2 m r 120° d C A F x Problemas 5.85/86 Problemas 5.82/83 Determine o maior peso do barril de óleo que a grua pode sustentar sem tombar. Além disso, quais são as reações verticais nas rodas lisas A, B e C para este caso? A grua tem um peso de 1,5 kN, com seu centro de gravidade localizado em G. Uma mesa quadrada uniforme com peso W e lados a é sustentada por três pés verticais. Determine a menor força vertical P que pode ser aplicada em seu tampo que o fará tombar. z 3m a/2 30° a/2 0,9 m 0,45 m G C A 0,6 m 0,75 m 1,2 m 0,75 m a 0,3 m y B x Problema 5.84 Problema 5.87 Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido | 191 REVISÃO DO CAPÍTULO ] Equilíbrio Um corpo em equilíbrio não rotaciona, mas pode transladar com velocidade constante, ou não se mover de forma alguma. RF = 0 RM = 0 ) ) ) ) 2 \ [ Duas dimensões Antes de analisar o equilíbrio de um corpo, primeiro é necessário desenhar um diagrama de corpo livre. Este diagrama é um esboço da forma do corpo, que mostra todas as forças e momentos de binário que atuam sobre ele. Os momentos de binário podem estar situados em qualquer lugar em um diagrama de corpo livre, visto que são vetores livres. As forças podem agir em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação, já que elas são vetores deslizantes. Os ângulos usados para decompor forças e as dimensões usadas para tomar momentos das forças também devem ser mostrados no diagrama de corpo livre. Alguns tipos comuns de apoios e suas reações são mostrados abaixo em duas dimensões. Lembre-se de que um apoio exercerá uma força sobre o corpo em uma direção específica se ele impedir a translação do corpo nessa direção, e exercerá um momento de binário sobre o corpo se ele impedir a rotação. P 1ÂP & $ P % P 1ÂP $[ 7 P $\ \ [ )\ )\ )[ ș )[ ș ș 0 ) UROHWH SLQROLVRRXGREUDGLoD As três equações de equilíbrio escalares podem ser aplicadas ao resolver problemas em duas dimensões, já que a geometria é fácil de visualizar. Para a solução mais direta, procure somar forças ao longo de um eixo que eliminará o máximo possível de forças desconhecidas. Some momentos em relação a um ponto A que passe pela linha de ação do máximo de forças desconhecidas possível. DSRLRIL[R RFx = 0 RFy = 0 RMO = 0 RFx = 0; Ax - P2 = 0 Ax = P2 RM A = 0; P2 d2 + B y dB - P1 d1 = 0 B y = P1 d1 - P2 d2 dB 3 $[ 3 G G $ G% $\ %\ | 192 | Estática Três dimensões Alguns tipos comuns de apoios e suas reações são mostrados aqui em três dimensões. 0] )] )] ) UROHWH MXQWDHVIpULFD 0[ )\ 0\ DSRLRIL[R Em três dimensões, normalmente é vantajoso usar uma análise vetorial cartesiana quando aplicar as equações de equilíbrio. Para fazer isso, primeiramente expresse como um vetor cartesiano cada força e momento de binário conhecidos e desconhecidos que são mostrados no diagrama de corpo livre. Depois, faça a soma das forças igual a zero. Tome momentos em relação ao ponto O situados na linha de ação do máximo possível de componentes de força desconhecidos. A partir do ponto O, direcione vetores posição para cada força e, depois, use o produto vetorial para determinar o momento de cada força. As seis equações de equilíbrio escalares são estabelecidas definindo-se as respectivas componentes i, j e k dessas somas de força e momento iguais a zero. Determinação e estabilidade Se um corpo é sustentado por um número mínimo de restrições para garantir o equilíbrio, então ele é estaticamente determinado. Se ele possui mais restrições do que o necessário, então ele é estaticamente indeterminado. Para restringir corretamente o corpo, nem todas as reações devem ser paralelas ou concorrentes. )[ )\ )[ RF = 0 RMo = 0 RFx = 0 RFy = 0 RFz = 0 RMx = 0 RMy = 0 RMz = 0 1 N1ÂP &LQFRUHDo}HVHWUrV HTXDo}HVGHHTXLOtEULR HVWDWLFDPHQWHLQGHWHUPLQDGR 1 1 1 5HVWULomRDSURSULDGD HVWDWLFDPHQWHGHWHUPLQDGR Capítulo 5 | Equilíbrio de um corpo rígido 193 | Problemas Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A e a força no cabo BC. Despreze a espessura dos membros. C B 30° 200 N/m A montagem das barras é sustentada por dois mancais radiais lisos A e B e uma ligação curta DC. Se um momento de binário é aplicado à barra como mostrado, determine as componentes da reação de força nos mancais radiais e a força na ligação. A ligação situa-se em um plano paralelo ao plano y–z e os mancais estão corretamente alinhados com a barra. 3m ] ' 100 N 4m A PP % & 4,5 m Problema 5.88 s Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino A, e a reação no rolete B necessária para suportar a estrutura. Considere F = 600 N. PP PP 1ÂP $ PP [ \ Se o rolete em B pode sustentar uma carga máxima de 3 kN, determine a maior intensidade de cada uma das três forças F que podem ser sustentadas pela estrutura. Problema 5.92 A 2m 45° 2m 2m s Determine as reações nos apoios A e B da estrutura. B 2m 2,4 m F F 50 kN 35 kN 25 kN 10 kN 1,8 m 1,8 m F Problemas 5.89/90 A Determine a reação normal no rolete A e as componentes horizontal e vertical no pino B para o equilíbrio do membro. 10 kN 0,6 m 2,4 m 0,6 m A 2,5 kN 6 kN 0,8 m 1,8 m B 60° 0,4 m Problema 5.91 B Problema 5.93 | 194 | Estática Um diagrama esquelético da perna é mostrado na figura inferior. Aqui, podemos observar que a perna é suspensa pelo músculo quadríceps conectado ao quadril em A e ao osso patela em B. Este osso desliza livremente através da cartilagem na articulação do joelho. O quadríceps é mais extenso e conecta-se à tíbia em C. Usando o sistema mecânico mostrado na figura superior para modelar a perna, determine a tração no quadríceps em C e a intensidade da força resultante no fêmur (pino), D, a fim de manter a anteperna na posição ilustrada. A perna possui uma massa de 3,2 kg e um centro de massa em G1; o pé possui uma massa de 1,6 kg e um centro de massa em G2. estão corretamente alinhados e exercem reações de força apenas sobre o eixo. z 400 N 250 mm y B 350 mm A 350 mm 150 mm x 200 mm 75 mm 25 mm 100 mm P 350 mm B C A D 75° G1 G2 A B Problema 5.95 300 mm A prateleira simétrica está sujeita a uma carga uniforme de 4 kPa. O apoio é fornecido por um parafuso (ou pino) localizado em cada extremidade A e A' e por cantoneiras simétricas apoiadas contra a parede uniforme em ambos os lados B e B'. Determine a força resistida por cada parafuso na parede e a força normal em B para o equilíbrio. A′ C D B′ Problema 5.94 Uma força vertical de 400 N atua sobre o eixo de manivela. Determine a força de equilíbrio horizontal P que precisa ser aplicada ao cabo e as componentes x, y, z da força no mancal radial liso A e no mancal axial B. Os mancais A 1,5 m 0,15 m B 0,2 m Problema 5.96 4 kPa CAPÍTULO 6 Análise estrutural Objetivos do capítulo Mostrar como determinar as forças nos membros de uma treliça usando o método dos nós e o método das seções. Analisar as forças que atuam nos membros de estruturas e máquinas compostas de membros conectados por pinos. 6.1 Treliças simples Treliça é uma estrutura de membros esbeltos conectados entre si em suas extremidades. Os membros normalmente usados em construções consistem de escoras de madeira ou barras de metal. Em especial, as treliças planas se situam em um único plano e geralmente são usadas para sustentar telhados e pontes. A treliça mostrada na Figura 6.1a é um exemplo típico de treliça de telhado. Nesta figura, a carga do telhado é transmitido para a treliça nos nós através de uma série de terças. Como essa carga atua no mesmo plano da treliça (Figura 6.1b), as análises das forças desenvolvidas nos membros da treliça serão bidimensionais. Terça A (a) 7UHOLoDGHWHOKDGR (b) Figura 6.1 | 196 | Estática No caso de uma ponte, como a mostrada na Figura 6.2a, o peso no tabuleiro é primeiro transmitido para as longarinas, depois para as vigas de piso e, finalmente, para os nós das duas treliças laterais. Assim como no telhado, o carregamento da treliça de ponte também é coplanar (Figura 6.2b). $ /RQJDULQD 7DEXOHLUR 9LJDGHSLVR (a) Treliça de Ponte (b) Figura 6.2 Quando as treliças de ponte ou telhado se estendem por grandes distâncias, um apoio oscilante ou de rolete normalmente é usado para apoiar uma extremidade, por exemplo, o nó A nas figuras 6.1a e 6.2a. Esse tipo de suporte permite liberdade para expansão ou contração dos membros devido a variações de temperatura ou aplicação de cargas. Hipóteses de projeto (a) (b) Figura 6.3 Para projetar os membros e as conexões de uma treliça, é necessário primeiro determinar a força desenvolvida em cada membro quando a treliça está sujeita a um determinado carregamento. Para isso, faremos duas hipóteses importantes: Todas as cargas são aplicadas nos nós. Em muitas situações, tais como para treliças de ponte e de telhado, essa hipótese é verdadeira. Frequentemente, o peso dos membros é desprezado porque a força suportada por cada membro normalmente é muito maior do que seu peso. Entretanto, se for preciso incluir o peso na análise, geralmente é satisfatório aplicá-lo como uma força vertical, com metade de sua intensidade sobre cada extremidade do membro. Os membros são conectados entre si por pinos lisos. As conexões normalmente são formadas aparafusando ou soldando as extremidades dos membros a uma placa comum, chamada placa de ligação, como mostra a Figura 6.3a, ou simplesmente passando um grande parafuso ou pino através de cada um dos membros (Figura 6.3b). Podemos assumir que essas conexões atuam como pinos, já que as linhas centrais dos membros articulados são concorrentes, como na Figura 6.3. Capítulo 6 | 197 Análise estrutural Devido a essas duas hipóteses, cada membro da treliça agirá como um membro de duas forças e, portanto, a força atuando em cada extremidade do membro será direcionada ao longo do eixo do membro. Se a força tende a alongar o membro, ela é uma força de tração (T) (Figura 6.4a); se ela tende a encurtar o membro, é uma força de compressão (C) (Figura 6.4b). No projeto real de uma treliça, é importante especificar se a natureza da força é de tração ou de compressão. Frequentemente, os membros em compressão precisam ser fabricados mais espessos do que os membros em tração, devido a flambagem que ocorre quando um membro está em compressão. T C T C | Treliça simples Se os três membros são conectados por pino em suas extremidades, eles formam uma treliça triangular que será rígida (Figura 6.5). Unir dois ou mais membros e conectá-los a um novo nó D forma uma treliça maior (Figura 6.6). Esse procedimento pode ser repetido tantas vezes quanto desejado para formar uma treliça ainda maior. Se uma treliça pode ser construída expandindo a treliça básica triangular dessa forma, ela é chamada de treliça simples. Compressão Tração (a) (b) Figura 6.4 P C A B Figura 6.5 P D C B A Figura 6.6 6.2 O método dos nós B Para analisar ou projetar uma treliça, é necessário determinar a força em cada um de seus membros. Uma maneira de fazer isso é usar o método dos nós. Esse método se baseia no fato de que se a treliça inteira está em equilíbrio, então cada um de seus nós também está em equilíbrio. Portanto, se o diagrama de corpo livre de cada nó é desenhado, as equações de equilíbrio de força podem ser usadas para obter as forças do membro agindo sobre cada nó. Como os membros de uma treliça plana são membros retos de duas forças situados em um único plano, cada nó está sujeito a um sistema de forças que é coplanar e concorrente. Como resultado, apenas RFx = 0 e RFy = 0 precisam ser satisfeitos para o equilíbrio. Por exemplo, considere o pino no nó B da treliça na Figura 6.7a. Três forças atuam sobre o pino, a saber, a força de 500 N e as forças exercidas pelos membros 500 N 2m 45° A C 2m (a) Figura 6.7 | 198 | Estática B 500 N 45° FBA(tração) FBC (compressão) (b) B 500 N 45° FBA(tração) FBC (compressão) (c) Figura 6.7 BA e BC. O diagrama de corpo livre do pino é mostrado na Figura 6.7b. Aqui, FBA está ‘puxando’ o pino, o que significa que o membro BA está em tração; enquanto FBC está ‘empurrando’ o pino e, portanto, o membro BC está em compressão. Esses efeitos são claramente demonstrados isolando-se o nó com pequenos segmentos do membros conectados ao pino (Figura 6.7c). O empurrão ou puxão nesses pequenos segmentos indica o efeito do membro em compressão ou tração. Ao usar o método dos nós, sempre comece em um nó que tenha pelo menos uma força conhecida e, no máximo, duas forças incógnitas, como na Figura 6.7b. Desse modo, a aplicação de RFx = 0 e RFy = 0 produz duas equações algébricas que podem ser resolvidas para as duas incógnitas. Ao aplicar essas equações, o sentido correto de uma força do membro incógnito pode ser determinado usando um de dois métodos possíveis. O sentido correto da direção de uma força do membro incógnito pode, em muitos casos, ser determinado ‘por observação’. Por exemplo, FBC na Figura 6.7b deve empurrar o pino (compressão), já que sua componente horizontal, FBC sen 45°, precisa equilibrar a força de 500 N (RFx = 0). Da mesma forma, FBA é uma força de tração, já que ela equilibra a componente vertical, FBC cos 45° (RFy = 0). Em casos mais complexos, o sentido de uma força do membro incógnito pode ser assumido; então, após aplicar as equações de equilíbrio, o sentido assumido pode ser verificado pelos resultados numéricos. Um resultado positivo indica que o sentido está correto, enquanto uma resposta negativa indica que o sentido mostrado no diagrama de corpo livre precisa ser invertido. Sempre considere que as forças do membro incógnito que atuam no diagrama de corpo livre do nó estão sob tração; ou seja, as forças ‘puxam’ o pino. Dessa maneira, a solução numérica das equações de equilíbrio produzirá escalares positivos para os membros sob tração e escalares negativos para os membros sob compressão. Uma vez que uma força de membro incógnito é encontrada, use sua intensidade e sentido corretos (T ou C) no diagrama de corpo livre do nó subsequente. Procedimento para análise O seguinte procedimento fornece um meio de analisar uma treliça usando o método dos nós. Desenhe o diagrama de corpo livre de um nó tendo pelo menos uma força conhecida e no máximo duas forças incógnitas. (Se esse nó estiver em um dos apoios, então pode ser necessário primeiro calcular as reações externas no apoio.) Use um dos métodos descritos anteriormente para estabelecer o sentido de uma força incógnita. Oriente os eixos x e y de modo que as forças no diagrama de corpo livre possam ser facilmente decompostas em suas componentes x e y e, depois, aplique as duas equações de equilíbrio de força RFx = 0 e RFy = 0. Resolva para as duas forças do membro incógnitos e verifique seu sentido correto. Usando os resultados calculados, continue a analisar cada um dos outros nós. Lembre-se de que um membro sob compressão ‘empurra’ o nó e um membro sob tração ‘puxa’ o nó. Além disso, certifique-se de escolher um nó que tenha pelo menos uma força conhecida e no máximo duas forças incógnitas. Capítulo 6 Exemplo | Análise estrutural 199 6.1 B Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6.8a e indique se os membros estão sob tração ou compressão. SOLUÇÃO Como não devemos ter mais do que duas forças incógnitas no nó e não menos que uma força conhecida atuando ali, começaremos nossa análise com o nó B. 500 N 2m 45° A Nó B O diagrama de corpo livre do nó B é mostrado na Figura 6.8b. Aplicando as equações de equilíbrio, temos: C 2m + (a) " RFx = 0; 500 N - FBC sen 45° = 0 FBC = 707, 1 N (C) B 500 N + - RFy = 0; FBC cos 45° - FBA = 0 FBA = 500 N (T) 45° FBC FBA Como a força no membro BC foi calculada, podemos proceder à análise do nó C para determinar a força no membro CA e a reação no apoio oscilador. (b) Nó C Pelo diagrama de corpo livre do nó C (Figura 6.8c), temos: 707,1 N 45° FCA + " RFx = 0; -FCA + 707, 1 cos 45° N = 0 FCA = 500 N (T) C Cy + - RFy = 0; C y - 707, 1 sen 45° N = 0 C y = 500 N (c) Nó A Embora não seja necessário, podemos determinar as componentes das reações de apoio no nó A usando os resultados de FCA e FBA. Através do diagrama de corpo livre (Figura 6.8d), temos: + FBA = 500 N Ax A FCA = 500 N Ay " RFx = 0; 500 N - Ax = 0 Ax = 500 N (d) + - RFy = 0; 500 N - A y = 0 A y = 500 N Figura 6.8 NOTA: Os resultados da análise são resumidos na Figura 6.8e. Observe que o diagrama de corpo livre de cada nó (ou pino) mostra os efeitos de todos os membros conectados e forças externas aplicadas ao nó, enquanto o diagrama de corpo livre de cada membro mostra apenas os efeitos dos nós sobre o membro. 500 N B 707,1 N 500 N ão 500 N s es 500 N pr Tração m Co 45° Tração 45° A 500 N 500 N 500 N (e) Figura 6.8 707,1 N C 500 N | | 200 | Estática Exemplo 6.2 Determine a força em cada membro da treliça na Figura 6.9a e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 400 N 2m 2m C D 2m 45° 45° B A 30° 2m 2m (a) Figura 6.9 SOLUÇÃO Como o nó C possui uma força conhecida e apenas duas forças incógnitas que atuam sobre ele, é possível começar nesse nó; em seguida, vamos analisar o nó D e, depois, o nó A. Desse modo, as reações de apoio não precisarão ser determinadas antes de começar a análise. Nó C Por observação do equilíbrio de forças (Figura 6.9b), podemos ver que os membros BC e CD só podem estar sob compressão. y 400 N FCD + - RFy = 0; C FBC sen 45° - 400 N = 0 FBC = 565, 69 N = 566 N (C) x 45° + " RFx = 0; FBC FCD - (565, 69 N) cos 45° = 0 FCD = 400 N (C) (b) y′ Nó D Usando o resultado FCD = 400 N (C), a força nos membros BD e AD pode ser determinada analisando o equilíbrio do nó D. Consideraremos que FAD e FBD são, ambas, forças de tração (Figura 6.9c). O sistema de coordenadas x' e y' será estabelecido de modo que o eixo x' esteja direcionado ao longo de FBD. Desse modo, eliminaremos a necessidade de resolver duas equações simultaneamente. Agora, FAD pode ser obtido diretamente aplicando RFy' = 0. + 3 RFyl = 0; - FAD sen 15° - 400 sen 30° = 0 FCD = 400 N D 30° FBD 15° FAD x′ (c) y FAD = 772,74 N 45° FAD = -772, 74 N = 773 N^Ch A FAB Ay (d) Figura 6.9 x O sinal negativo indica que FAD é uma força de compressão. Usando este resultado, + 4 RFxl = 0; FBD + ^-772, 74 cos 15°h - 400 cos 30° = 0 FBD = 1092, 82 N = 1, 09 kN ^Th Nó A A força no membro AB pode ser encontrada analisando o equilíbrio do nó A (Figura 6.9d). Temos: + " RFx = 0; ^772, 74 Nh cos 45° - FAB = 0 FAB = 546, 41 N ^Ch = 546 N^Ch Capítulo 6 Exemplo | Análise estrutural | 201 6.3 Determine a força em cada membro da treliça mostrada na Figura 6.10a. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Cy 400 N 400 N 3m C C B 4m 4m D A A 600 N 600 N 3m Cx 6m Ay 3m (a) (b) SOLUÇÃO Reações de apoio Nenhum nó pode ser analisado até que as reações de apoio sejam determinadas, já que cada nó sofre a ação de mais de três forças desconhecidas. Um diagrama de corpo livre de toda a treliça é fornecido na Figura 6.10b. Aplicando as equações de equilíbrio, temos: + " RFx = 0; 600 N – Cx = 0 e + RMC = 0; Cx = 600 N – Ay(6 m) + 400 N(3 m) + 600 N(4 m) = 0 Ay = 600 N +- RFy = 0; 600 N – 400 N – Cy = 0 Cy = 200 N y FAB A análise agora pode começar no nó A ou C. A escolha é arbitrária, pois existe uma força do membro conhecido e duas incógnitas atuando no pino em cada um desses nós. 5 A Nó D (Figura 6.10d). Usando o resultado para FAD e somando as forças na direção horizontal, temos: FDB 5 O sinal negativo indica que FDB atua no sentido oposto ao mostrado na Figura 6.10d.* Logo, FDB = 250 N (T) * O sentido correto poderia ter sido determinado por observação, antes de aplicar RFx = 0. FAD x Nó A (Figura 6.10c). Como mostra o diagrama de corpo livre, FAB é considerada de compressão e FAD, de tração. Aplicando as equações de equilíbrio, temos: 600 N - 4 FAB = 0 FAB = 750 N ^Ch + - RFy = 0; 5 + " RFx = 0; FAD - 3 ^750 Nh = 0 FAD = 450 N ^Th 5 + " RFx = 0; -450 N + 3 FDB + 600 N = 0 FDB = -250 N 4 3 600 N (c) y 4 FDC 5 3 x 450 N D 600 N (d) Figura 6.10 Estática Para determinar FDC, podemos corrigir o sentido de FDB no diagrama de corpo livre e, depois, aplicar RFy = 0 ou aplicar essa equação e manter o sinal negativo para FDB, ou seja, + - RFy = 0; -FDC - 4 ^-250 Nh = 0 FDC = 200 N ^Ch 5 Nó C (Figura 6.10e) y 200 N FCB C 600 N x 200 N (e) Figura 6.10 + " RFx = 0; +- FCB – 600 N = 0 RFy = 0; FCB = 600 N (C) 200 N – 200 N = 0 (verificação) NOTA: A análise é resumida na Figura 6.10f, que mostra o diagrama de corpo livre para cada nó e membro. 400 N B 600 N 200 N Compressão 600 N 600 N C 250 N 200 N Compressão aç Tr são 750 N res | ão mp 202 Co | 750 N 200 N 250 N Tração A 450 N 450 N D 600 N 600 N (f) Figura 6.10 6.3 Membros de força zero A análise da treliça usando o método dos nós normalmente é simplificada se pudermos primeiro identificar os membros que não suportam carregamento algum. Esses membros de força zero são usados para aumentar a estabilidade da treliça durante a construção e para fornecer um apoio adicional se o carregamento for alterado. Em geral, os membros de força zero de uma treliça podem ser determinados por observação de cada um dos nós. Por exemplo, considere a treliça mostrada na Figura 6.11a. Se um diagrama de corpo livre do pino no nó A for desenhado (Figura 6.11b), Capítulo 6 | Análise estrutural | 203 vemos que os membros AB e AF são membros de força zero. (Não poderíamos ter chegado a essa conclusão se tivéssemos considerado os diagramas de corpo livre dos nós F ou B simplesmente porque há cinco incógnitas em cada um desses nós.) De modo semelhante, considere o diagrama de corpo livre do nó D (Figura 6.11c). Aqui, novamente vemos que DC e DE são membros de força zero. A partir dessas observações, podemos concluir que se apenas dois membros formam um nó da treliça e nenhuma carga externa ou reação de apoio é aplicado ao nó, os dois membros só podem ser membros de força zero. A carga sobre a treliça na Figura 6.11a é, portanto, sustentado por apenas cinco membros, como mostra a Figura 6.11d. y D F E θ A A + B P x x FAB C FDC ∑Fx = 0; FAB = 0 + + + ∑Fy = 0; FAF = 0 (a) y ∑Fy = 0; FDC sen θ = 0; FDC = 0 pois sen θ ≠ 0 ∑Fx = 0; FDE + 0 = 0; FDE = 0 (b) (c) Agora considere a treliça mostrada na Figura 6.12a. O diagrama de corpo livre do pino no nó D é mostrado na Figura 6.12b. Orientando o eixo y ao longo dos membros DC e DE e o eixo x ao longo do membro DA, podemos ver que DA é um membro de força zero. Note que esse também é o caso para o membro CA (Figura 6.12c). Em geral, então, se três membros formam um nó da treliça onde dois dos membros são colineares, o terceiro membro é um membro de força zero, já que nenhuma força externa ou reação de apoio é aplicada ao nó. A treliça mostrada na Figura 6.12d, portanto, é adequada para suportar o peso P. P D FDE FAF θ F E C B P (d) Figura 6.11 E )'( D ' )'& θ )'$ C [ \ A B (a) )[ )\ )'$ )'& )'( (b) P E FCD θ C FCA FCB x + + y ∑Fx = 0; FCA sen θ = 0; ∑Fy = 0; FCB = FCD (c) A FCA = 0 pois sen θ ≠ 0; B (d) Figura 6.12 | | 204 Estática Exemplo 6.4 Usando o método dos nós, determine todos os membros de força zero da treliça de telhado Fink mostrada na Figura 6.13a. Considere que todos os nós são conectados por pinos. 5 kN C 2 kN D B A E H G F (a) Figura 6.13 SOLUÇÃO Procure geometrias de nó que tenham três membros para os quais dois sejam colineares. Temos: y FGC FGH FGF G x FDC Nó D (Figura 6.13c) + 5 RFx = 0; FDE y FDF x y 0 θ FFG FFE F FDF = 0 Nó F (Figura 6.13d) +- RFy = 0; (c) FFC FGC = 0 Perceba que não poderíamos concluir que GC é um membro de força zero considerando o nó C, onde existem cinco incógnitas. O fato de que GC é um membro de força zero significa que a carga de 5 kN em C precisa ser suportada pelos membros CB, CH, CF e CD. (b) D Nó G (Figura 6.13b) +- RFy = 0; (d) Figura 6.13 x FFC cos ș = 0 pois ș FFC = 0 NOTA: Se o nó B for analisado (Figura 6.13e), + 4 RFx = 0; 2kN – FBH = 0 FBH = 2kN (C) Além disso, FHC precisa satisfazer RFy = 0 (Figura 6.13f) e, portanto, HC não é um membro de força zero. 2 kN y \ FBC FBA B N1 )+& FBH )+$ x (e) [ + )+* (f) Figura 6.13 Capítulo 6 | Análise estrutural 205 | Problemas fundamentais 6.1. Determine a força em cada membro da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. 1m 6.4. Determine a maior carga P que pode ser aplicado na treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força excedendo 2 kN em tração ou 1,5 kN em compressão. 1m D P 2 kN C 1m C A B 60° A 60° B Problema 6.1 3m Problema 6.4 6.2. Determine a força em cada membro da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.5. Identifique os membros de força zero na treliça. B 3 kN 2m 2m D E C 0,9 m C 1,5 m D 0,6 m A 0,6 m B A Problema 6.5 1,5 kN Problema 6.2 6.3. Determine a força nos membros AE e DC. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.6. Determine a força em cada membro da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. 3 kN E F 2,25 kN D E 0,9 m D C A A B 1,2 m 30° 1,2 m 4 kN Problema 6.3 B 1m Problema 6.6 1m C | 206 | Estática Problemas s Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 600 N D membros estão sob tração ou compressão. Despreze o peso das placas de ligação e considere cada nó como um pino. Resolva o problema supondo que o peso de cada membro pode ser representado por uma força vertical, metade da qual é aplicada na extremidade de cada membro. 2m 2P E 900 N P C P C B 2m A A B 4m 2m E Problema 6.1 6.2. A treliça usada para sustentar um balcão está sujeita às cargas mostradas. Considere cada nó como um pino e determine a força em cada membro. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 3 kN, P2 = 2 kN. 6.3. A treliça usada para sustentar um balcão está sujeita às cargas mostradas. Considere cada nó como um pino e determine a força em cada membro. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 4 kN, P2 = 0. D 4m 4m Problemas 6.4/5 6.6. Determine a força em cada membro da treliça e diga se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 2 kN, P2 = 1,5 kN. 6.7. Determine a força em cada membro da treliça e diga se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = P2 = 4 kN. P2 P1 B A C A 45° 45° B 1m E 30° 30° D 1m C 1m Problemas 6.2/3 E D 3m 3m P1 P2 *6.4. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Considere cada nó como um pino. Faça P = 4 kN. Problemas 6.6/7 s Considere que cada membro da treliça é feito de aço tendo uma massa por comprimento de 4 kg/m. Faça P = 0, determine a força em cada membro e indique se os *6.8. Determine a força em cada membro da treliça e diga se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P = 4 kN. Capítulo 6 s Remova a força de 2,5 kN e, então, determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força maior que 4 kN em tração ou 3 kN em compressão. 6 kN 1m 1m 1m 1m 1m 1m D C 1m D E 6 kN P E F | membros esteja sujeito a uma força que exceda 10 kN em tração ou 7,5 kN em compressão. 2,5 kN 1m | 207 Análise estrutural F 1m G 30° 30° A C B P Problemas 6.14/15 Problemas 6.8/9 6.10. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 4 kN, P2 = 0. 6.11. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 3 kN, P2 = 2 kN. 1m 1m B A 1m *6.16. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Defina P = 5 kN. s Determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força maior que 2,5 kN em tração ou 2 kN em compressão. 1m E P1 P2 C 1,5 m D B D 1,5 m 1,5 m C A E A G F 1,5 m Problemas 6.10/11 P B *6.12. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 1200 N, P2 = 500 N. s Determine o maior peso P2 que pode ser aplicado à treliça de modo que a força em qualquer membro não exceda 2,5 kN (T) ou 1,75 kN (C). Considere P1 = 0. D C P1 P2 1,5 m A B Problemas 6.16/17 6.18. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A treliça é fabricada usando membros que têm um peso de 0,2 kN/m. Remova as forças externas da treliça e determine a força em cada membro devido ao peso dos membros. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Considere que a força total que atua sobre um nó é a soma da metade do peso de todos os membros conectados ao nó. 4,5 kN 3,6 m Problemas 6.12/13 6.14. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P = 12,5 kN. 6.15. Remova as forças de 6 kN e determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum dos 2m 2m 3 kN 1,2 m 1,2 m 1,2 m E F D 0,9 m C A B Problemas 6.18/19 | 208 | Estática *6.20. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. O bloco possui uma massa de 40 kg. s Determine a maior massa m do bloco suspenso de modo que a força em qualquer membro da treliça não exceda 30 kN (T) ou 25 kN (C). 3m 3m 3m F E B C 3m A D P 0,1 m P Problemas 6.24/25 D 6.26. Um painel está sujeito a uma carga de vento que exerce forças horizontais de 1,5 kN nos nós B e C de uma das treliças de apoio laterais. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. E 3,5 m F C G B C 1,5 kN 2,5 m 3,6 m A 3,9 m 6m Problemas 6.20/21 1,5 m 1,5 kN 6.22. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.23. A treliça é fabricada usando membros uniformes que têm uma massa de 5 kg/m. Remova as forças externas da treliça e determine a força em cada membro devido ao peso da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Considere que a força total que atua sobre um nó é a soma da metade do peso de todos os membros conectados ao nó. 600 N 400 N B 3,6 m 3,9 m 45° E A Problema 6.26 6.27. Determine a força em cada membro da treliça tesoura dupla em função da carga P e indique se os membros estão sob tração ou compressão. D E B A D 45° 45° 45° 45° C C L/3 B 2m 2m Problemas 6.22/23 *6.24. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P = 4 kN. s Determine a maior força P que pode ser aplicada à treliça de modo que nenhum dos membros esteja sujeito a uma força maior que 1,5 kN em tração ou 1 kN em compressão. E A L/3 F L/3 P D L/3 P Problema 6.27 *6.28. Determine a força em cada membro da treliça em função da carga P e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Capítulo 6 s Se a força máxima que qualquer membro pode suportar é 4 kN em tração e 3 kN em compressão, determine a força máxima P que pode ser aplicada ao nó B. Considere d = 1 m. | 209 Análise estrutural 6.30. A treliça de dois membros está sujeita à força de 1,5 kN. Determine a faixa de ș para aplicação da carga de modo que a força em qualquer membro não exceda 2 kN (T) ou 1 kN (C). B P B d 0,9 m C A D F C A d θ E d d/2 1,2 m d/2 1,5 kN d Problema 6.30 Problemas 6.28/29 6.4 T O método das seções Quando precisamos encontrar a força em apenas alguns membros de uma treliça, podemos analisar a treliça usando o método das seções. Este método se baseia no princípio de que se uma treliça está em equilíbrio, então qualquer segmento dela também está em equilíbrio. Por exemplo, considere os dois membros da treliça mostrados no lado esquerdo da Figura 6.14. Se as forças dentro dos membros devem ser determinadas, então uma seção imaginária, indicada pela linha horizontal, pode ser usada para cortar cada membro em duas partes e, assim, ‘expor’ cada força interna como ‘externa’ ao diagrama de corpo livre mostrado à direita. Claramente pode-se ver que o equilíbrio requer que o membro sob tração (T) esteja sujeito a um ‘puxão’, enquanto o membro sob compressão (C) está sujeito a um ‘empurrão’. O método das seções também pode ser usado para ‘cortar’ ou seccionar os membros de uma treliça inteira. Se a seção passar pela treliça e o diagrama de corpo livre de qualquer das duas partes é desenhado, podemos então aplicar as equações de equilíbrio a essa parte para determinar as forças do membro na ‘seção do corte’. Como apenas três equações de equilíbrio independentes (RFx = 0, RFy = 0, RMO = 0) podem ser aplicadas ao diagrama de corpo livre de qualquer segmento, então, tentaríamos escolher uma seção que, em geral, passe por não mais que três membros em que as forças são incógnitas. Por exemplo, considere a treliça na Figura 6.15a. Se as forças nos membros BC, GC e GF devem ser determinadas, então a seção aa seria apropriada. Os diagramas de corpo livre dos dois segmentos são mostrados nas T T Forças de tração internas T T Tração T & & & )RUoDVGH FRPSUHVVmR LQWHUQDV & & B a &RPSUHVVmR D C & Figura 6.14 2m A G 2m a 2m E F 1000 N (a) Figura 6.15 2m | | 210 | Estática figuras 6.15b e 6.15c. Observe que a linha de ação de cada força de membro é especificada através da geometria da treliça, já que a força em um membro está ao longo de seu eixo. Além disso, as forças de membro que agem em uma parte da treliça são iguais mas opostas àquelas que atuam na outra parte — terceira lei de Newton. Os membros BC e GC são considerados sob tração, já que eles estão sujeitos a um ‘puxão’, enquanto GF está sob compressão, pois está sujeito a um ‘empurrão’. As três forças do membro incógnito FBC, FGC e FGF podem ser obtidas aplicando as três equações de equilíbrio ao diagrama de corpo livre na Figura 6.15 b. Se, no entanto, o diagrama de corpo livre na Figura 6.15c for considerado, as três reações de apoio Dx, Dy e Ex precisarão ser conhecidas, porque apenas três equações de equilíbrio estão disponíveis. (Isso, claro, é feito da maneira usual considerando um diagrama de corpo livre da treliça inteira.) Ao aplicar as equações de equilíbrio, devemos considerar cuidadosamente maneiras de escrever as equações a fim de produzir uma solução direta para cada uma das incógnitas, em vez de precisar resolver equações simultâneas. Por exemplo, o uso do segmento de treliça na Figura 6.15b e a soma dos momentos em torno de C produziria uma solução direta para FGF, já que FBC e FGC criam um momento zero em torno de C. Do mesmo modo, FBC pode ser obtido a partir da soma dos momentos em torno de G. Finalmente, FGC pode ser encontrado diretamente a partir de uma soma de forças na direção vertical, já que FGF e FBC não possuem componentes verticais. Essa capacidade de determinar diretamente a força em um membro de treliça específico é uma das muitas vantagens de usar o método das seções.* Como no método dos nós, há duas maneiras em que podemos determinar o sentido correto de uma força de membro desconhecida: O sentido correto de uma força de membro incógnito pode, em muitos casos, ser determinado ‘por observação’. Por exemplo, FBC é uma força de tração, como representado na Figura 6.15b, pois o equilíbrio de momento sobre G exige que FBC crie um momento oposto ao momento da força de 1000 N. Além disso, FGC é de tração, já que sua componente vertical precisa equilibrar a força de 1000 N que age para baixo. Em casos mais complicados, o sentido de uma força de membro incógnita pode ser assumido. Se a solução produzir um escalar negativo, isso indica que o sentido da força é oposto ao mostrado no diagrama de corpo livre. Sempre considere que as forças de membro incógnito na seção de corte são de tração, ou seja, ‘puxam’ o pino. Dessa maneira, a solução numérica das equações de equilíbrio produzirá escalares positivos para os membros sob tração e escalares negativos para os membros sob compressão. 2m FBC C Dy FGC 2m FBC 2m FGF Dx 2m FGC G 1000 N 2m 45° 45° G C Ex FGF (b) (c) Figura 6.15 * Note que, se o método dos nós fosse usado para determinar, por exemplo, a força no membro GC, seria necessário analisar os nós A, B e G em sequência. Capítulo 6 | Análise estrutural 211 Procedimento para análise As forças nos membros de uma treliça podem ser determinadas pelo método das seções usando o seguinte procedimento. Diagrama de corpo livre Decida sobre como ‘cortar’ ou seccionar a treliça através dos membros onde as forças devem ser determinadas. Antes de isolar a seção apropriada, pode ser necessário primeiro determinar as reações de apoio da treliça. Se isso for feito, então as três equações de equilíbrio estarão disponíveis para resolver as forças de membro na seção. Desenhe o diagrama de corpo livre do segmento da treliça seccionada que possui o menor número de forças agindo. Use um dos dois métodos descritos anteriormente para estabelecer o sentido das forças de membro incógnito. Equações de equilíbrio Os momentos devem ser somados em torno de um ponto situado na interseção das linhas de ação de duas forças incógnitas, de modo que a terceira força incógnita possa ser determinada diretamente pela equação de momento. Se duas das forças incógnitas são paralelas, as forças podem ser somadas perpendicularmente à direção dessas forças incógnitas para determinar diretamente a terceira força incógnita. Exemplo 6.5 Determine a força nos membros GE, GC e BC da treliça mostrada na Figura 6.16a. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. SOLUÇÃO A seção aa na Figura 6.16a foi escolhida porque ela atravessa os três membros cujas forças devem ser determinadas. Para usar o método das seções, no entanto, é necessário primeiro determinar as reações externas em A ou D. Por quê? Um diagrama de corpo livre de toda a treliça é mostrado na Figura 6.16b. Aplicando as equações de equilíbrio, temos: + " RFx = 0; 400 N – Ax = 0 Ax 400 N e + RMA = 0; –1200 N(8 m) – 400 N(3 m) + Dy(12 m) = 0 Dy = 900 N RFy = 0; Ay – 1200 N + 900 N = 0 Ay = 300 N +- Diagrama de corpo livre Para a análise, usaremos o diagrama de corpo livre da parte esquerda da treliça selecionada, já que ele envolve o menor número de forças (Figura 6.16c). a G E 3m C B A 4m a 4m 4m 1200 N (a) D FGE G 400 N 400 N 5 3m 3m A A 400 N D Ax Ay 8m 4m 1200 N (b) Figura 6.16 Dy 3 4 FGC FBC 4m 4m 300 N (c) C | | | 212 Estática Equações de equilíbrio Somando os momentos em relação ao ponto G elimina FGE e FGC e fornece uma solução direta para FBC. –300 N(4 m) – 400 N(3 m) + FBC(3 m) = 0 e + RMG = 0; FBC = 800 N (T) Da mesma maneira, somando os momentos em relação ao ponto C, obtemos uma solução direta para FGE. –300 N(8 m) + FGE(3 m) = 0 e + RMC = 0; FGE = 800 N (C) Como FBC e FGE não possuem componentes verticais, somar as forças na direção y diretamente produz FGC, ou seja, 300 N - 3 FGC = 0 + - RFy = 0; 5 FGC = 500 N ^Th NOTA: Aqui é possível dizer, por observação, a direção correta para cada força de membro incógnito. Por exemplo, RMC = 0 exige que FGE seja de compressão porque ela precisa equilibrar o momento da força de 300 N em relação ao C. Exemplo 6.6 Determine a força no membro CF da treliça mostrada na Figura 6.17a. Indique se o membro está sob tração ou compressão. Considere que cada membro é conectado por pino. G a 2m F H 4m D A B C 4m 4m a 4m 5 kN E 8m 4m 3,25 kN 3 kN (a) 4m 5 kN 4m 3 kN 4,75 kN (b) Figura 6.17 SOLUÇÃO * ))* ) P )&) P 2 )&)FRV& P )&' ' ( [ P P )&)VHQ N1 N1 (c) Figura 6.17 Diagrama de corpo livre A seção aa na Figura 6.17a será usada porque ela irá ‘expor’ a força interna no membro CF como ‘externa’ no diagrama de corpo livre da parte direita ou esquerda da treliça. Entretanto, é necessário determinar as reações de apoio no lado esquerdo ou direito. Verifique os resultados mostrados no diagrama de corpo livre da Figura 6.17b. O diagrama de corpo livre da parte direita da treliça, que é mais fácil de analisar, é mostrado na Figura 6.17c. Existem três incógnitas, FFG, FCF e FCD. Equações de equilíbrio Aplicaremos a equação de momento em relação ao ponto O a fim de eliminar as duas incógnitas FFG e FCD. A posição do ponto O medida a partir de E pode ser determinada através da proporcionalidade de triângulos; ou seja, 4/(4 + x) = 6/(8 + x), x = 4 m. Ou, dito de outra forma, a inclinação do membro GF possui Capítulo 6 uma altura de 2 m para uma distância horizontal de 4 m. Como FD possui 4 m (Figura 6.17c), então, conclui-se que a distância de D para O é de 8 m. Um modo fácil de determinar o momento de FCF em relação ao ponto O é usar o princípio da transmissibilidade e deslizar FCF para o ponto C e, depois, decompor FCF em suas duas componentes retangulares. Temos: e + RMO = 0; –FCF sen 45°(12 m) + (3 kN)(8 m) – (4,75 kN)(4 m) = 0 FCF = 0,589 kN Exemplo (C) 6.7 Determine a força no membro EB da treliça de telhado mostrada na Figura 6.18a. Indique se o membro está sob tração ou compressão. 1 1 1 ( E E 1 D ' ) $ & D P % P P 1 P 1 (a) Figura 6.18 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Pelo método das seções, qualquer seção imaginária que atravesse EB (Figura 6.18a) também terá que atravessar três outros membros para os quais as forças são desconhecidas. Por exemplo, a seção aa atravessa ED, EB, FB e AB. Se um diagrama de corpo livre do lado esquerdo dessa seção for considerado (Figura 6.18b), será possível obter FED somando os momentos em relação a B para eliminar as outras três incógnitas; entretanto, FEB não pode ser determinado através das duas equações de equilíbrio restantes. Uma maneira possível de obter FEB é primeiro determinar FED a partir da seção aa e, depois, usar esse resultado na seção bb (Figura 6.18a), que é mostrada na Figura 6.18c. Aqui, o sistema de forças é concorrente e nosso diagrama de corpo livre escolhido é o mesmo do nó em E. 1000 N y 3000 N E 30° 1000 N FFB 30° A FAB 2m FEB 1000 N FED E C FED cos 30° B 2m FEF 4m FED sen 30° 4000 N (b) FED = 3000 N FEB (c) Figura 6.18 x 30° 30° Análise estrutural | 213 | | 214 | Estática Equações de equilíbrio Para determinar o momento de FED em relação ao ponto B (Figura 6.18b), usaremos o princípio da transmissibilidade e deslizaremos a força para o ponto C; depois a decomporemos em suas componentes retangulares como mostrado. Portanto, e + RMB = 0; 1000 N(4 m) + 3000 N(2 m) – 4000 N(4 m) + FED sen 30°(4 m) = 0 FED = 3000 N (C) Agora, considerando o diagrama de corpo livre da seção bb (Figura 6.18c), temos: + " RFx = 0; FEF cos 30° – 3000 cos 30° N = 0 FEF = 3000 N +- RFy = 0; (C) 2(3000 sen 30° N) – 1000 N – FEB = 0 FEB = 2000 N (T) Problemas fundamentais 6.7. Determine a força nos membros BC, CF e FE. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. F G G F E E ϕ 30° A 30° B 2m 1m A 1m 1m 3 kN 2m 1,5 kN Problema 6.10 1m 3 kN 2m 1,5 kN D C B D C 4 kN Problema 6.7 6.11. Determine a força nos membros GF, GD e CD da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. G 1m 6.8. Determine a força nos membros LK, KC e CD da treliça Pratt. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. F H 2m A ϕ 2m Determine a força nos membros KJ, KD e CD da treliça Pratt. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. E D C B 2m 2m 10 kN 25 kN 2m 15 kN Problema 6.11 L K J I 6.12. Determine a força nos membros DC, HI e JI da treliça. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. H 3m 3m ϕ A B 2m 2m C 2m D E 2m 2m G F 2m F 2m 20 kN 30 kN 40 kN E J 6 kN s H t D K I C 4m A 6.10. Determine a força nos membros EF, CF e BC da treliça. Diga se os membros estão sob tração ou compressão. 3m 2m 2m Problemas 6.8/9 2m G B 2m 2m Problema 6.12 s t 8 kN Capítulo 6 | Análise estrutural 215 | Problemas 6.31. A treliça interna para a asa de um aeroplano está sujeita às forças mostradas. Determine a força nos membros BC, BH e HC e indique se os membros estão sob tração ou compressão. J I H G *6.36. Determine a força nos membros BC, CG e GF da treliça Warren. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. s Determine a força nos membros CD, CF e FG da treliça Warren. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. 3m F B 3m C D 0,8 m 3m A B 0,8 m C 0,8 m D 0,8 m 400 N 3m E A E F G 0,6 m 200 N 300 N 3m 3m 400 N 3m 6 kN 8 kN Problemas 6.36/37 Problema 6.31 *6.32. A treliça de ponte Howe está sujeita ao carregamento mostrado. Determine as forças nos membros HD, CD e GD e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.38. Determine a força nos membros DC, HC e HI da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Determine a força nos membros ED, EH e GH da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. s A treliça de ponte Howe está sujeita ao carregamento mostrado. Determine as forças nos membros HI, HB e BC e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 50 kN 40 kN 2m 2m 2m D E 40 kN 30 kN 1,5 m J 20 kN 20 kN I H C F G G F 30 kN H 1,5 m B I 4m 40 kN 1,5 m A E B C 16 m, 4 × 4m A D Problemas 6.32/33 Problemas 6.38/39 6.34. Determine a força nos membros JK, CJ e CD da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. *6.40. Determine a força nos membros GF, GD e CD da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.35. Determine a força nos membros HI, FI e EF da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. J K I s Determine a força nos membros BG, BC e HG da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. C H L 3m B D B 2m C 2m 4 kN 2m 5 kN D 2m E 2m 8 kN Problemas 6.34/35 13 F 2m 6 kN 1300 N 1,2 m G A 0,9 m A G H 1,2 m 0,9 m 1,2 m E F 1,2 m Problemas 6.40/41 1,2 m 12 5 | 216 | Estática 6.42. Determine a força nos membros IC e CG da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Além disso, indique todos os membros de força zero. *6.48. Determine a força nos membros IJ, EJ e CD da treliça Howe e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.43. Determine a força nos membros JE e GF da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Além disso, indique todos os membros de força zero. s Determine a força nos membros KJ, KC e BC da treliça Howe e indique se os membros estão sob tração ou compressão. B C D 6 kN 2m 4 kN 5 kN I J J 5 kN 3 kN 4m 2m A G 1,5 m G B 1,5 m 6 kN 2 kN H L F 1,5 m I A E H 4 kN K 1,5 m 2m D C 2m 2m F E 2m 2m 2m Problemas 6.48/49 6 kN Problemas 6.42/43 *6.44. Determine a força nos membros JI, EF, EI e JE da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. s Determine a força nos membros CD, LD e KL da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.50. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 20 kN, P2 = 10 kN. 6.51. Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Faça P1 = 40 kN, P2 = 20 kN. 7,5 kN 5 kN 5 kN & % 4,5 kN L 2,5 m K M 2,5 m 2,5 m P I C N ' J D E B F A ( $ H * P G ) P P P 3 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 2,5 m 3 Problemas 6.44/45 Problemas 6.50/51 6.46. Determine a força nos membros BC e CH da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. *6.52. Determine a força nos membros KJ, NJ, ND e CD da treliça K. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. Dica: Use as seções aa e bb. 6.47. Determine a força nos membros CD e GF da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Além disso, indique todos os membros de força zero. s Determine a força nos membros JI e DE da treliça K. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. & N1 P K L a b J I H 4,5 m ' % P M N B C + * ( ) P G A $ O 4,5 m D F E a b 6 kN 7,5 kN P P N1 P P Problemas 6.46/47 6m 6m 9 kN 6m 6m Problemas 6.52/53 6m 6m Capítulo 6 6.5 Análise estrutural Treliças espaciais Uma treliça espacial consiste de membros conectados em suas extremidades para formar uma estrutura tridimensional estável. A forma mais simples de uma treliça espacial é um tetraedro, formado conectando seis membros, como mostra a Figura 6.19. Quaisquer membros adicionais acrescentados a esse elemento básico seriam redundantes em sustentar a força P. Uma treliça espacial simples pode ser construída a partir desse elemento tetraédrico básico acrescentando três membros adicionais e um nó, e continuando dessa maneira para formar um sistema de tetraedros multiconectados. P Hipótese para projeto Os membros de uma treliça espacial podem ser tratados como membros de duas forças, já que o carregamento externo é aplicado nos nós e estes consistem de juntas esféricas. Essas hipóteses são justificados se as conexões soldadas ou aparafusadas dos membros conectados se interceptarem em um ponto comum e o peso dos membros puder ser desprezado. Nos casos em que o peso de um membro precisa ser incluído na análise, normalmente é satisfatório aplicá-lo como uma força vertical, com metade de sua intensidade aplicada em cada extremidade do membro. Procedimento para análise Tanto o método dos nós como o método das seções podem ser usados para determinar as forças desenvolvidas nos membros de uma treliça espacial simples. Método dos nós Se as forças em todos os membros da treliça precisam ser determinadas, então o método dos nós é mais adequado para a análise. Aqui, é necessário aplicar as três equações de equilíbrio RFx = 0, RFy = 0, RFz = 0 às forças que atuam em cada nó. Lembre-se de que a resolução de muitas equações simultâneas pode ser evitada se a análise de força começar em um nó tendo pelo menos uma força conhecida e no máximo três forças incógnitas. Além disso, se a geometria tridimensional do sistema de forças no nó for difícil de visualizar, é recomendado que uma análise vetorial cartesiana seja usada para a solução. Método das seções Se apenas algumas forças de membro precisam ser determinadas, o método das seções pode ser usado. Quando uma seção imaginária atravessa uma treliça separando-a em duas partes, o sistema de forças que agem sobre um dos segmentos precisa satisfazer as seis equações de equilíbrio: RFx = 0, RFy = 0, RFz = 0, RMx = 0, RMy = 0, RMz = 0 (Equação 5.6). Através da correta escolha da seção e dos eixos para somar as forças e momentos, muitas das forças de membro incógnito em uma treliça espacial podem ser calculadas diretamente, usando uma única equação de equilíbrio. Figura 6.19 | 217 | | 218 | Estática Exemplo 6.8 Determine as forças agindo nos membros da treliça espacial mostrada na Figura 6.20a. Indique se os membros estão sob tração ou compressão. SOLUÇÃO Como existe uma força conhecida e três forças incógnitas agindo no nó A, a análise de forças da treliça começará neste nó. 2 kN z 45° B y A P = 4 kN D 2m E C 2m 2m x (a) Figura 6.20 y Nó A (Figura 6.20b). Expressando como um vetor cartesiano cada força que age no diagrama de corpo livre do nó A, temos: P = {– 4j} kN, FAB = FABj, FAC = –FACk, x FAE = FAE c rAE m = FAE ^0, 577i + 0, 577j - 0, 577kh rAE z FAB A P = 4 kN FAE FAC Para o equilíbrio, RF = 0; P + FAB + FAC + FAE = 0 (b) – 4j + FABj – FACk + 0,577FAEi + 0,577FAEj –0,577FAEk = 0 z RB 2 kN y 45° RFx = 0; 0,577FAE = 0 RFy = 0; – 4 + FAB + 0,577FAE = 0 RFz = 0; –FAC – 0,577FAE = 0 1 B 1 FAB = 4 kN FAC = FAE = 0 x FAB = 4kN FBE (T) FBD Como FAB é conhecida, o nó B pode ser analisada a seguir. (c) Nó B (Figura 6.20c). RFx = 0; –RB cos 45° + 0,707FBE = 0 Figura 6.20 RFy = 0; – 4 + RB sen 45° = 0 RFz = 0; 2 + FBD – 0,707FBE = 0 RB = FBE = 5,66 kN (T), FBD = 2 kN (C) As equações de equilíbrio escalares também podem ser aplicadas diretamente nas forças agindo nos diagramas de corpo livre dos nós D e C, já que as componentes de força são facilmente determinadas. Mostre que: FDE = FDC = FCE = 0 Capítulo 6 | Análise estrutural | 219 Problemas 6.54. A treliça espacial suporta uma força F = {–500i + 600j + 400k} N. Determine a força em cada membro e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.58. Determine a força nos membros BE, DF e BC da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.55. A treliça espacial suporta uma força F = {600i + 450j –750k} N. Determine a força em cada membro e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Determine a força nos membros AB, CD, ED e CF da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. z E D F C 2m 0,8 m 2m 2m 0,6 m D F 0,6 m C A B y A 2m 3m B 0,6 m {–2k} kN 0,6 m x {–2k} kN Problemas 6.54/55 Problemas 6.58/59 *6.56. Determine a força em cada membro da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A treliça é sustentada por juntas esféricas em A, B e E. Considere F = {800j} N. Dica: A reação de apoio em E atua ao longo do membro EC. Por quê? *6.60. Determine a força nos membros AB, AE, BC, BF, BD e BE da treliça de espaço e indique se os membros estão sob tração ou compressão. z s Determine a força em cada membro da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A treliça é sustentada por juntas esféricas em A, B e E. Considere F = {–200i + 400j} N. Dica: A reação de apoio em E atua ao longo do membro EC. Por quê? z E F D D F 1m 1m 1m A C 2m C 5m y x A 0,5 m 3 kN 1m B 0,5 m E 1,5 kN x 2m B 1,5 m Problemas 6.56/57 2 kN Problema 6.60 y | | 220 Estática s Determine a força nos membros EF, DF, CF e CD da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. *6.64. Determine a força desenvolvida em cada membro da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A caixa possui um peso de 750 N. z z E 1m D F C 1m 1m D 1m C x B A A 0,5 m 3 kN 1m 1m 1m y B y 0,5 m x 1,5 kN 2 kN Problema 6.64 Problema 6.61 s Determine a força nos membros FE e ED da treliça espacial e indique se os membros estão sob tração ou compressão. A treliça é sustentada por juntas esféricas em C e ligações curtas em A e B. 6.62. Se a treliça sustenta uma força de F = 200 N, determine a força em cada membro e indique se os membros estão sob tração ou compressão. 6.63. Se cada membro da treliça espacial pode sustentar uma força máxima de 600 N sob compressão e 800 N sob tração, determine a maior força F que a treliça pode sustentar. 6.66. Determine a força nos membros GD, GE e FD da treliça de espaço e indique se os membros estão sob tração ou compressão. z z {–500k} N 200 mm 200 mm G {200j} N D C 200 mm E 0,6 m F 200 mm D B E x y C 500 mm A A 0,6 m 0,4 m B 300 mm F 0,2 m 0,3 m x y 0,3 m Problemas 6.62/63 Problemas 6.65/66 6.6 Estruturas e máquinas Estruturas e máquinas são dois tipos de estrutura normalmente compostas de membros multiforça conectados por pinos, ou seja, membros que estão sujeitos a mais de duas forças. As estruturas são usadas para suportar cargas, enquanto as máquinas contêm partes móveis e são projetadas para transmitir e alterar os efeitos das forças. Desde que uma estrutura ou uma máquina não contenham mais suportes ou membros do que o necessário para evitar seu colapso, as forças que agem nos nós e apoios podem ser determinadas pela aplicação das equações de equilíbrio para cada Capítulo 6 um de seus membros. Uma vez que essas forças sejam obtidas, é então possível projetar a dimensão dos membros, conexões e suportes usando a teoria da mecânica dos materiais e um código de projeto de engenharia adequado. Diagramas de corpo livre Para determinar as forças que agem nos nós e apoios de uma estrutura ou máquina, a estrutura deve ser desmontada e os diagramas de corpo livre de suas peças devem ser desenhados. Os seguintes pontos importantes precisam ser observados: Isole cada peça desenhando sua forma esboçada. Em seguida, mostre todas as forças e/ou momentos de binário que atuam sobre a peça. Certifique-se de rotular ou identificar cada força e momento de binário conhecidos e incógnitos referentes a um sistema de coordenadas x, y. Além disso, indique quaisquer dimensões usadas para determinar os momentos. Na maioria das vezes, as equações de equilíbrio são mais fáceis de aplicar se as forças são representadas por suas componentes retangulares. Como de costume, o sentido de uma força ou momento de binário incógnito pode ser assumido. Identifique todos os membros de duas forças na estrutura e represente seus diagramas de corpo livre como tendo duas forças colineares iguais mas opostas que atuam em seus pontos de aplicação. (Veja a Seção 5.4.) Reconhecendo os membros de duas forças, podemos evitar a resolução de um número desnecessário de equações de equilíbrio. Forças comuns a quaisquer membros em contato atuam com intensidades iguais mas em sentido oposto sobre os respectivos membros. Se os dois membros são tratados como um ‘sistema’ de membros conectados, então essas forças são ‘internas’ e não são mostradas no diagrama de corpo livre do sistema; no entanto, se o diagrama de corpo livre de cada membro for desenhado, as forças são ‘externas’ e precisam ser mostradas em cada um dos diagramas de corpo livre. Os exemplos a seguir mostram graficamente como desenhar os diagramas de corpo livre de uma estrutura ou máquina desmembrada. Em todos os casos, o peso dos membros é desprezado. Exemplo 6.9 Para a estrutura mostrada na Figura 6.21a, desenhe o diagrama de corpo livre (a) de cada membro, (b) do pino em B e (c) dos dois membros conectados. B P M A C (a) Figura 6.21 Análise estrutural | 221 | | 222 | Estática SOLUÇÃO Parte (a) Por observação, os membros BA e BC não são membros de duas forças. Em vez disso, como mostram os diagramas de corpo livre na Figura 6.21b, o membro BC está sujeito a uma força dos pinos em B e C e à força externa P. Da mesma forma, AB está sujeito a uma força dos pinos em A e B e ao momento de binário externo M. As forças de pino são representadas por suas componentes x e y. %\ %\ %[ 3 %[ (IHLWRGRSLQR VREUHRPHPEUR 0 &[ $[ $\ &\ (b) Parte (b) O pino em B está sujeito a apenas duas forças, isto é, a força do membro BC e a força do membro AB. Para o equilíbrio, essas forças ou suas respectivas componentes precisam ser iguais, mas opostas (Figura 6.21c). Observe que a terceira lei de Newton é aplicada entre o pino e seus membros conectados, ou seja, o efeito do pino sobre os dois membros (Figura 6.21b) e o efeito igual mas oposto dos dois membros sobre o pino (Figura 6.21c). Parte (c) O diagrama de corpo livre dos dois membros conectados, por ora removidos dos pinos de apoio em A e C, é mostrado na Figura 6.21d. As componentes de força Bx e By não são mostradas nesse diagrama porque são forças internas (Figura 6.21b) e, portanto, cancelam-se. Além disso, para sermos consistentes quando mais tarde aplicarmos as equações de equilíbrio, as componentes de força em A e C precisam atuar no mesmo sentido que as mostradas na Figura 6.21b. Efeito do membro BC sobre o pino P By M Bx B Bx By Equilíbrio Cx Ax Efeito do membro AB sobre o pino Ay (c) Cy (d) Figura 6.21 Capítulo 6 Exemplo | Análise estrutural 223 6.10 Uma tração constante na correia transportadora é mantida pelo dispositivo mostrado na Figura 6.22a. Desenhe os diagramas de corpo livre da estrutura e do cilindro envolvidos pela correia. O bloco suspenso possui um peso W. T T θ A B (b) (a) SOLUÇÃO O modelo idealizado do dispositivo é mostrado na Figura 6.22b. Aqui, considera-se que o ângulo ș é conhecido. A partir desse modelo, os diagramas de corpo livre do cilindro e da estrutura são mostrados nas figuras 6.22c e 6.22d, respectivamente. Observe que a força que o pino em B exerce sobre o cilindro pode ser representada pelas suas componentes horizontal e vertical Bx e By, que podem ser determinadas pelas equações de equilíbrio de força aplicadas ao cilindro, ou pelas duas componentes T, que fornecem momentos iguais, mas opostos, sobre o cilindro e, portanto, evitam que este gire. Repare também que, uma vez que as reações do pino em A tenham sido determinadas, metade de seus valores atua em cada lado da estrutura, já que as conexões de pino ocorrem em cada lado (Figura 6.22a). T T T θ T θ Bx ou θ By T T (c) By Ax Bx Ay W (d) Figura 6.22 Figura 6.22 | | 224 | Estática Exemplo 6.11 Para a estrutura mostrada na Figura 6.23a, desenhe os diagramas de corpo livre (a) da estrutura inteira, inclusive com as polias e cordas, (b) da estrutura sem as polias e cordas e (c) de cada polia. D C B A 375 N (a) Figura 6.23 SOLUÇÃO Parte (a) Quando a estrutura inteira, incluindo as polias e cordas, é considerada, as interações nos pontos onde as polias e cordas são conectadas à armação se tornam pares de forças internas que se cancelam e, portanto, não são mostradas no diagrama de corpo livre (Figura 6.23b). Parte (b) Quando as cordas e as polias são removidas, seu efeito sobre a estrutura precisa ser mostrado (Figura 6.23c). Parte (c) As componentes de força Bx, By, Cx, Cy dos pinos sobre as polias (Figura 6.23d) são iguais, mas opostas, às componentes de força exercidas pelos pinos sobre a armação (Figura 6.23c). Por quê? T Cx 375 N Bx T Cy Cy T (d) 375 N B y By Ax Ay T Cx 375 N Ax Bx Ay 375 N (b) (c) Figura 6.23 Capítulo 6 Exemplo 6.12 Desenhe os diagramas de corpo livre da caçamba e do braço vertical da retroescavadeira mostrada na foto (Figura 6.24a). A caçamba e seu conteúdo possuem um peso W. Despreze o peso dos membros. SOLUÇÃO O modelo idealizado da estrutura é mostrado na Figura 6.24b. Por observação, os membros AB, BC, BE e HI são membros de duas forças, já que são conectados por pinos em suas extremidades e nenhuma outra força atua sobre eles. Os diagramas de corpo livre da caçamba e do braço são mostrados na Figura 6.24c. Observe que o pino C está sujeito a apenas duas forças, enquanto o pino B está sujeito a três forças (Figura 6.24d). Essas três forças estão relacionadas pelas duas equações de equilíbrio de força aplicadas a cada pino. O diagrama de corpo livre da estrutura inteira é mostrado na Figura 6.24e. + ) , ( & ' * (a) % $ (b) Fx FHI Fy FBE Dy Dx Dx FBA FBC Dy W (c) )[ )+, )\ )%( )%& )%& )%$ & % )%& : (d) (e) Figura 6.24 Análise estrutural | 225 | | 226 | Estática Exemplo 6.13 Desenhe o diagrama de corpo livre de cada peça do mecanismo pistão e barra usada para amassar latas recicladas, que é mostrada na Figura 6.25a. ) 1 ( % $ ' & (a) SOLUÇÃO Por observação, o membro AB é um membro de duas forças. Os diagramas de corpo livre das peças são mostrados na Figura 6.25b. Como os pinos em B e D conectam apenas duas peças entre si, as forças aí são mostradas como iguais mas opostas nos diagramas de corpo livre separados de seus membros conectados. Em especial, quatro componentes da força agem sobre o pistão: Dx e Dy representam o efeito do pino (ou alavanca EBD), Nw é a força resultante do apoio e P é a força de compressão resultante causada pela lata C. NOTA: Um diagrama de corpo livre de todo o sistema é mostrado na Figura 6.25c. Aqui as forças entre as componentes são internas e não são mostradas no diagrama de corpo livre. 30° F = 800 N ) 1 Dy E FAB B A FAB Dx B D P 75° FAB D Dx 3 Nw )$% Dy 1Z (b) (c) Figura 6.25 Antes de prosseguir, é altamente recomendado que você cubra as soluções dos exemplos anteriores e tente desenhar os diagramas de corpo livre solicitados. Ao fazer isso, procure realizar o trabalho com capricho e cuide para que todas as forças e momentos de binário sejam corretamente rotulados. Quando terminar, faça um desafio a você mesmo e resolva os quatro problemas a seguir. Capítulo 6 Análise estrutural | 227 | Problemas conceituais 6.1. Desenhe os diagramas de corpo livre de cada um dos segmentos de guindaste AB, BC e BD. Apenas os pesos de AB e BC são significantes. Considere que A e B são pinos. D E C 6.3. Desenhe os diagramas de corpo livre do braço ABCDF e da barra FGH do elevador de caçamba. Despreze os pesos dos membros. A caçamba pesa W. Os membros de duas forças são BI, CE, DE e GE. Considere que todos os pontos de conexão indicados são pinos. B H F E A A C G F D B I Problema 6.1 6.2. Desenhe os diagramas de corpo livre do braço ABCD e da barra EDFGH da retroescavadeira. O peso desses dois membros são significativos. Despreze os pesos de todos os outros membros e considere que todos os pontos de conexão indicados são pinos. E D F Problema 6.3 6.4. Para operar o compactador de latas, abaixa-se a alavanca ABC, fazendo-a girar em torno do pino fixo em B. Isso move as ligações laterais para baixo e, assim, amassa a lata. Desenhe os diagramas de corpo livre da alavanca, da ligação lateral e da placa guia. Elabore alguns números razoáveis e faça uma análise de equilíbrio para mostrar quanto uma força vertical aplicada na alavanca é aumentada quando transmitida para a lata. Considere que todos os pontos de conexão são pinos e as guias para a placa são lisas. C B G I E H A D A J B C Problema 6.2 Procedimento para análise As reações nós das estruturas ou máquinas compostas de membros multiforça podem ser determinadas por meio do seguinte procedimento. Diagrama de corpo livre Desenhe o diagrama de corpo livre de toda a estrutura, de uma parte dela ou de cada um de seus membros. A escolha deve ser feita de modo a conduzir à solução mais direta do problema. Quando o diagrama de corpo livre de um grupo de membros de uma estrutura é desenhado, as forças entre as peças conectadas desse grupo são forças internas e não são mostradas no diagrama de corpo livre do grupo. Problema 6.4 | | 228 Estática As forças comuns a dois membros que estão em contato atuam com intensidade igual mas em sentido oposto nos respectivos diagramas de corpo livre dos membros. Os membros de duas forças, independente de sua forma, possuem forças colineares iguais, mas opostas, que atuam nas extremidades do membro. Em muitos casos, é possível afirmar por observação o sentido correto das forças incógnitas que agem sobre um membro; entretanto, se isso parece difícil, o sentido pode ser assumido. Lembre-se de que um momento de binário é um vetor livre e pode agir em qualquer ponto no diagrama de corpo livre. Além disso, uma força é um vetor deslizante e pode agir em qualquer ponto ao longo de sua linha de ação. Equações de equilíbrio Conte o número de incógnitas e compare-o com o número total de equações de equilíbrio que estão disponíveis. Em duas dimensões, há três equações de equilíbrio que podem ser escritas para cada membro. Some os momentos em relação a um ponto situado na interseção das linhas de ação do maior número possível de forças incógnitas. Se a solução de uma intensidade de força ou momento de binário é negativo, isso significa que o sentido da força é o inverso do que é mostrado no diagrama de corpo livre. 2000 N C B 3m 2m 2m 60° A (a) 2000 N Exemplo Cx B 60° 2m FAB 2m Cy 6.14 Determine as componentes horizontal e vertical da força que o pino em C exerce sobre o membro BC da estrutura na Figura 6.26a. SOLUÇÃO I FAB Diagramas de corpo livre Por observação, pode-se ver que AB é um membro de duas forças. Os diagramas de corpo livre são mostrados na Figura 6.26b. Equações de equilíbrio As três incógnitas podem ser determinadas aplicando as três equações de equilíbrio ao membro CB. e + RMC = 0; 2000 N(2 m) – (FAB sen 60°)(4 m) = 0 FAB = 1154,7 N FAB (b) 2000 N Bx 2m By Bx 3m 60° Ax A Ay (c) Figura 6.26 2m 1154,7 cos 60° N – Cx = 0 RFy = 0; 1154,7 sen 60° N – 2000 N + Cy = 0 +Cx C By + " RFx = 0; Cy Cx = 577 N Cy = 1000 N SOLUÇÃO II Diagramas de corpo livre Se não pudermos reconhecer que AB é um membro de duas forças, então mais trabalho é necessário para resolver esse problema. Os diagramas de corpo livre são mostrados na Figura 6.26c. Equações de equilíbrio As seis incógnitas são determinadas pela aplicação das três equações de equilíbrio a cada membro. Membro AB e + RMA = 0; Bx(3 sen 60° m) – By(3 cos 60° m) = 0 (1) + " RFx = 0; Ax – Bx = 0 (2) Capítulo 6 +- RFy = 0; Membro BC e + RMC = 0; Ay – By = 0 (3) 2000 N(2 m) – By(4 m) = 0 (4) Bx – Cx = 0 (5) By – 2000 N + Cy = 0 (6) + " RFx = 0; +- RFy = 0; Análise estrutural | 229 Os resultados para Cx e Cy podem ser determinados resolvendo essas equações na seguinte sequência: 4, 1, 5, depois 6. Os resultados são: By = 1000 N Bx = 577 N Cx = 577 N Cy = 1000 N Por comparação, a Solução I é mais simples, já que a exigência de que FAB na Figura 6.26b seja igual, oposta e colinear nas extremidades do membro AB automaticamente satisfaz as equações 1, 2 e 3 anteriores e, portanto, elimina a necessidade de escrever essas equações. Assim, poupe tempo e trabalho sempre identificando os membros de duas forças antes de começar a análise! Exemplo 6.15 A viga composta mostrada na Figura 6.27a é conectada por pino em B. Determine as componentes das reações em seus apoios. Despreze seu peso e espessura. 10 kN 10 kN 5 4 MA 4 kN/m 3 B 2m 2m 3 A B Bx By 2m 2m (b) Figura 6.27 SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre Por observação, se considerarmos um diagrama de corpo livre da viga ABC inteira, haverá três reações incógnitass em A e uma em C. Essas quatro incógnitas não podem ser obtidas pelas três equações de equilíbrio disponíveis. Então, para a solução, será necessário desmembrar a viga em seus dois segmentos, como mostra a Figura 6.27b. Equações de equilíbrio As seis incógnitas são determinadas da seguinte maneira: Segmento BC e + RMB = 0; Bx = 0 –8 kN(1 m) + Cy(2 m) = 0 Bx By 1m 2m 4m (a) + " RFx = 0; 4 Ax C A 8 kN 5 Ay Cy | | 230 | Estática +- RFy = 0; By – 8 kN + Cy = 0 Segmento AB + " RFx = 0; e + RMA = 0; +- RFy = 0; Ax - ^10 kNhc 3 m + Bx = 0 5 4 M A - ^10 kNhc m^2 mh - B y ^4 mh = 0 5 A y - ^10 kNhc 4 m - B y = 0 5 Resolvendo cada uma dessas equações sucessivamente, usando os resultados calculados antes, obtemos: Ax = 6 kN Ay = 12 kN MA = 32 kN $ m Bx = 0 By = 4 kN Cy = 4 kN Exemplo 6.16 O carro de elevador de 500 kg na Figura 6.28a está sendo suspenso pelo motor A usando o sistema de polias mostrado. Se o carro está viajando com uma velocidade constante, determine a força desenvolvida nos dois cabos. Despreze a massa do cabo e das polias. T1 T1 T1 T2 T2 A F T2 B C C N1 N3 N2 N4 T1 T1 500 (9,81) N E D (b) SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Podemos resolver este problema usando os diagramas de corpo livre do carro do elevador e da polia C (Figura 6.28b). As forças de tração desenvolvidas nos cabos são representadas como T1 e T2. (a) Figura 6.28 Equações de equilíbrio Para a polia C, +- RFy = 0; Para o carro do elevador, +- RFy = 0; T2 – 2T1 = 0 ou T2 = 2T1 3T1 + 2T2 – 500(9,81) N = 0 Substituindo a Equação 1 na Equação 2, temos: 3T1 + 2(2T1) – 500(9,81) N = 0 T1 = 700,71 N = 701 N Substituindo esse resultado na Equação 1, T2 = 2(700,71) N = 1401 N = 1,40 kN (1) (2) Capítulo 6 Exemplo | Análise estrutural 231 | 6.17 O disco liso mostrado na Figura 6.29a possui um pino em D e tem um peso de 200 N. Ignorando os pesos dos outros membros, determine as componentes horizontal e vertical da reação nos pinos B e D. D C 0,35 m 0,3 m A B (a) Figura 6.29 200 N Cx SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre Os diagramas de corpo livre da estrutura inteira e de cada um de seus membros são mostrados na Figura 6.29b. 0,35 m Ax Equações de equilíbrio As oito incógnitas, é claro, podem ser obtidas pela aplicação das oito equações de equilíbrio a cada membro — três ao membro AB, três ao membro BCD e duas ao disco. (O equilíbrio de momento é automaticamente satisfeito para o disco.) Se isso é feito, no entanto, todos os resultados podem ser obtidos apenas através de uma solução simultânea de alguma das equações. (Experimente e confirme.) Para evitar essa situação, é melhor primeiro determinar as três reações de apoio na estrutura inteira; depois, usando esses resultados, as cinco equações de equilíbrio restantes podem ser aplicadas às outras peças para resolver sucessivamente as outras incógnitas. Armação inteira e + RMA = 0; –200 N (0,3 m) + Cx(0,35 m) = 0 Cx = 171 N + " RFx = 0; Ax – 171 N = 0 Ax = 171 N RFy = 0; Ay – 200 N = 0 Ay = 200 N 171 N – Bx = 0 Bx = 171 N –200 N (0,6 m) + ND(0,3 m) = 0 ND = 400 N 200 N – 400 N + By = 0 By = 200 N +- 0,3 m Ay 0,3 m Dx Cx Dy 0,35 m Bx 200 N By Dx ND Dy ND Membro AB + " RFx = 0; e + RMB = 0; +- RFy = 0; Disco 0,3 m 0,3 m By 200 N + " RFx = 0; Dx = 0 RFy = 0; 400 N – 200 N – Dy = 0 +- Bx 171 N (b) Dy = 200 N Figura 6.29 | | 232 Estática Exemplo Determine a tração nos cabos e também a força P necessária para sustentar a força de 600 N usando o sistema de polias sem atrito mostrado na Figura 6.30a. R C C T P P T B B P P P P P A P A 600 N 600 N (a) 6.18 (b) Figura 6.30 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre Um diagrama de corpo livre de cada polia incluindo seu pino e uma parte do cabo adjacente é mostrado na Figura 6.30b. Como o cabo é contínuo, ele possui uma tração constante P agindo em toda a sua extensão. A conexão por ligação entre as polias B e C é um membro de duas forças e, portanto, sofre a ação de uma tração T. Note que o princípio da ação e reação igual, mas oposta deve ser cuidadosamente observado para as forças P e T quando os diagramas de corpo livre separados são desenhados. Equações de equilíbrio As três incógnitas são obtidas da seguinte maneira: Polia A +- RFy = 0; 3P – 600 N = 0 P = 200 N Polia B +- RFy = 0; T – 2P = 0 T = 400 N Polia C +- RFy = 0; R – 2P – T = 0 R = 800 N Exemplo 6.19 As duas pranchas na Figura 6.31a são interligadas pelo cabo BC e por um espaçador liso DE. Determine as reações nos apoios lisos A e F e também encontre a força desenvolvida no cabo e no espaçador. 500 N 1m 1m 1000 N 1m A D B F C E 1m 1m (a) Figura 6.31 500 N SOLUÇÃO A NA D 1m FBC 1m FDE 1m FBC FDE 1000 N C F 1m 1m 1m NF (b) Figura 6.31 Diagramas de corpo livre O diagrama de corpo livre de cada prancha é mostrado na Figura 6.31b. É importante aplicar a terceira lei de Newton às forças de interação como ilustrado. Equações de equilíbrio Para a prancha AD, e + RMA = 0; Para a prancha CF, e + RMF = 0; FDE(3 m) – FBC(2 m) – 500 N (1 m) = 0 FDE(2 m) – FBC(3 m) + 1000 N (1 m) = 0 Capítulo 6 Resolvendo simultaneamente, FDE = 700 N | Análise estrutural 233 | FBC = 800 N Usando esses resultados, para a prancha AD, +- RFy = 0; NA + 700N – 800 N – 500 N = 0 NA = 600 N E, para a prancha CF, +- RFy = 0; NF + 800 N – 700 N – 1000 N = 0 NF = 900 N Exemplo F E 6.20 D C H O homem de 75 kg na Figura 6.32a tenta erguer a viga uniforme de 40 kg do apoio de rolete em B. Determine a tração desenvolvida no cabo preso em B e a reação normal do homem sobre a viga quando isso está a ponto de ocorrer. A SOLUÇÃO I Diagramas de corpo livre A força de tração no cabo será representada como T1. Os diagramas de corpo livre da polia E, o homem e a viga são mostrados na Figura 6.32b. Como a viga não possui contato algum com o rolete B, então NB = 0. Ao desenhar cada um desses diagramas, é muito importante aplicar a terceira lei de Newton. Equações de equilíbrio Usando o diagrama de corpo livre da polia E, +- RFy = 0; 2T1 – T2 = 0 ou B 2,2 m 0,8 m (a) T 2 = 2 T1 T1 H T1 E T2 T2 = 2T1 Consultando o diagrama de corpo livre do homem usando esse resultado, +- RFy = 0; Nm + 2T1 – 75(9,81) N = 0 Somando os momentos em relação ao ponto A na viga, e + RMA = 0; T1(3 m) – Nm(0,8 m) – [40(9,81) N](1,5 m) = 0 (1) 75(9,81) N Nm (2) Nm (3) T1 G Ax Resolvendo as equações 2 e 3 simultaneamente para T1 e Nm, e depois usando a Equação 1 para T2, obtemos: T1 = 256 N Nm = 224 N T2 = 512 N Ay NB = 0 40(9,81) N (b) SOLUÇÃO II Uma solução direta para T1 pode ser obtida considerando a viga, o homem e a polia E como um sistema único. O diagrama de corpo livre é mostrado na Figura 6.32c. Portanto, 2T1(0,8 m) – [75(9,81) N](0,8 m) e + RMA = 0; T1 T1 75(9,81) N – [40(9,81) N](1,5 m) + T1(3 m) = 0 T1 T1 = 256 N Com esse resultado, as equações 1 e 2 podem ser usadas para encontrar Nm e T2. 1,5 m 0,8 m 0,7 m G Ax Ay 0,8 m 0,7 m 1,5 m 40(9,81) N (c) Figura 6.32 NB = 0 | 234 | Estática Exemplo 6.21 A estrutura na Figura 6.33a sustenta o cilindro de 50 kg. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em A e a força em C. T = 50(9,81) N 1,2 m FBC D Dx FBC 0,1 m Dy Dy = 490,5 N Dx = 490,5 N FBC 0,3 m B 0,9 m C 0,6 m 0,6 m Ax 50(9,81) N A (a) 1,20 m Ay (b) Figura 6.33 SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre O diagrama de corpo livre da polia D, juntamente com o cilindro e uma parte da corda (um sistema), é mostrado na Figura 6.33b. O membro BC é um membro de duas forças, como indica o seu diagrama de corpo livre. O diagrama de corpo livre do membro ABD também é mostrado. Equações de equilíbrio Começaremos analisando o equilíbrio da polia. A equação de equilíbrio de momento é automaticamente satisfeita com T = 50(9,81) N e, portanto, + " RFx = 0; Dx – 50(9,81) N = 0 Dx = 490,5 N RFy = 0; Dy – 50(9,81) N = 0 Dy = 490,5 N +- Usando esses resultados, FBC pode ser determinado somando os momentos em relação ao ponto A no membro ABD. c + RM A = 0; FBC (0,6 m) + 490,5 N(0,9 m) – 490,5 N(1,20 m) = 0 FBC = 245,25 N Agora, Ax e Ay podem ser determinados somando as forças. + " RFx = 0; +- RFy = 0; Ax – 245,25 N – 490,5 N = 0 Ay – 490,5 N = 0 Ax = 736 N Ay = 490,5 N Capítulo 6 Análise estrutural | 235 | Problemas fundamentais 6.13. Determine a força P necessária para manter o peso de 300 N em equilíbrio. 6.16. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino C. 400 N 800 N ∙ m 1m 2m C 1m B 1m 3 A 1m Problema 6.16 Problema 6.13 6.17. Determine a força normal que a placa A de 500 N exerce sobre a placa B de 150 N. 6.14. Determine as componentes horizontal e vertical da reação no pino C. 2,5 kN 2 kN B C A 1,2 m A B 0,3 m 0,9 m 0,9 m 0,9 m 1,2 m 0,9 m Problema 6.14 6.15. Se uma força de 100 N é aplicada no cabo do alicate, determine a força de esmagamento exercida sobre o tubo liso B e a intensidade da força resultante no pino A. 0,3 m Problema 6.17 6.18. Determine a força P necessária para suspender o peso. Além disso, determine o posicionamento x correto do ganho para o equilíbrio. Despreze o peso da viga. 0,9 m 100 mm 100 mm 100 N 100 mm C B P B A A 50 mm 45° 250 mm x 6 kN 100 N Problema 6.15 Problema 6.18 | 236 | Estática Problemas 6.67. Determine a força P necessária para manter o peso de 100 kg em equilíbrio. 6.70. Determine a força P necessária para manter o bloco de 10 kg em equilíbrio. B D C C B A P P A Problema 6.70 Problema 6.67 *6.68. Determine a força P necessária para manter o peso de 150 kg em equilíbrio. 6.71. Determine a força P necessária para sustentar o peso de 50 kg. Cada polia possui um peso de 50 N. Além disso, quais são as reações da corda em A e B? C A 50 mm B 50 mm B C A 50 mm P P Problema 6.71 Problema 6.68 s Determine a força P necessária para manter a massa de 50 kg em equilíbrio. *6.72. O cabo e as polias são usadas para suspender a pedra de 300 kg. Determine a força que precisa ser exercida no cabo em A e a intensidade correspondente da força resultante que a polia em C exerce no pino B quando os cabos estão na posição mostrada. B C C 30° B A A P D P Problema 6.69 Problema 6.72 Capítulo 6 s Se o pino em B é liso, determine as componentes da reação no pino A e no apoio fixo C. 500 N 600 mm 600 mm | 237 Análise estrutural | s A viga composta é sustentada por um apoio oscilante em B e está fixada na parede em A. Se ela está conectada em C através de dobradiça (pino), determine as componentes da reação nos apoios. Despreze a espessura da viga. 2,5 kN 1 kN 13 12 5 800 mm B 6 kN · m 60° C A B C 45° A 1m 1m 2m 1m 900 N · m Problema 6.77 Problema 6.73 6.74. Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos pinos A e C. 6.78. Determine as componentes vertical e horizontal da reação nos pinos A e C da estrutura de dois membros. 200 N/ m 750 N 500 N B A B A 0,6 m 0,9 m 0,6 m 45° C 3m Problema 6.74 6.75. A viga composta está fixada em A e é sustentada por apoios oscilantes em B e C. Existem dobradiças (pinos) em D e E. Determine as componentes da reação nesses suportes. C 3m Problema 6.78 N1 $ ' % N1āP ( & P P P P P Se uma força F = 50 N age sobre a corda, determine a força de corte sobre o galho de árvore liso em D e as componentes horizontal e vertical da força atuando no pino A. A corda passa por uma pequena polia em C e um anel liso em E. 100 mm Problema 6.75 *6.76. A viga composta é sustentada por pinos em C e por roletes em A e B. Existe uma dobradiça (pino) em D. Determine as componentes da reação nos apoios. Despreze a espessura da viga. 40 kN 60 kN 5 A 30° 20 kN D 25 kN · m B B C A 30 mm D E 4 3 C F = 50 N 4m 3m 4m 4m 2 m 1m Problema 6.76 Problema 6.79 | 238 | Estática *6.80. Duas vigas são interligadas por uma ligação curta BC. Determine as componentes da reação no apoio fixo A e no pino D. 12 kN 2 kN B 1,5 kN 10 kN 1,5 m 1m C A B A C D 0,5 m 3m 1m 1,5 m 1,5 m Problema 6.83 Problema 6.80 s A ponte consiste de três segmentos que podem ser considerados como pinados em A, D e E, sustentados por apoios oscilantes em C e F e sustentados por rolete em B. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em todos esses apoios devido ao peso mostrado. *6.84. O caminhão e o tanque possuem pesos de 40 kN e 100 kN respectivamente. Seus centros de gravidade respectivos são localizados nos pontos G1 e G2. Se o caminhão está em repouso, determine as reações em ambas as rodas em A, em B e em C. O tanque está conectado ao caminhão na plataforma giratória D, que age como um pino. 30 kN/m G2 A G1 D E B 4,5 m D 9m 4,5 m B A 4,5 m 6m C 1,5 m Problema 6.81 6.82. Se o tambor de 300 kg possui um centro de massa no ponto G, determine as componentes horizontal e vertical da força atuando no pino A e das reações sobre os calços lisos C e D. A garra em B no membro DAB resiste às componentes horizontal e vertical da força na borda do tambor. P 600 mm E A 60 mm 60 mm C 2,7 m 1,5 m Problema 6.84 F 1,5 m 3m s A balança de plataforma consiste de uma combinação de alavancas de terceira e primeira classes, de modo que o carga sobre uma alavanca se torna o esforço que move a próxima alavanca. Por meio desse arranjo, um pequeno peso pode equilibrar um objeto pesado. Se x = 450 mm, determine a massa do contrapeso S necessária para equilibrar uma carga L de 90 kg. 6.86. A balança de plataforma consiste de uma combinação de alavancas de terceira e primeira classes, de modo que a carga sobre uma alavanca se torna o esforço que move a próxima alavanca. Por meio desse arranjo, um pequeno peso pode equilibrar um objeto pesado. Se x = 450 mm e a massa do contrapeso S é 2 kg, determine a massa da carga L necessária para manter o equilíbrio. 100 mm 250 mm 150 mm 30° H F B E C G 390 mm 100 mm C D G D 150 mm S 350 mm B A x Problema 6.82 6.83. Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos A e C exercem sobre o arco de dois membros. L Problemas 6.85/86 Capítulo 6 6.87. O guincho sustenta o motor de 125 kg. Determine a força que a carga produz no membro DB e no membro FB, que contém o cilindro hidráulico H. 1m 2m F G Análise estrutural | | 239 Os ganchos são usados para suspender a placa lisa de 500 kg. Determine a força de compressão resultante que o gancho exerce sobre a placa em A e B, e a reação do pino em C. E P 2m P P 80 mm H 150 mm D 1m C C B A A 2m B 1m Problema 6.87 Problema 6.91 *6.88. A estrutura é usada para sustentar o cilindro de 100 kg E. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em A e D. 1,2 m r = 0,1 m D C 0,6 m A E A grua de parede sustenta um carregamento de 3,5 kN. Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos pinos A e D. Além disso, qual é a força no cabo do guincho W? s A grua de parede sustenta um carregamento de 3,5 kN. Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos pinos A e D. Além disso, qual é a força no cabo do guincho W? O suporte móvel ABC tem um peso de 500 N e o membro BD pesa 200 N. Cada membro é uniforme e possui um centro de gravidade. Problema 6.88 s Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos exercem sobre o membro AB da estrutura. D Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos exercem sobre o membro EDC da estrutura. 1,2 m 1,5 kN 60° A 1,2 m 1,2 m B C A B 1,2 m E 60° E C D 0,9 m W 0,9 m 3,5 kN 2,5 kN Problemas 6.89/90 Problemas 6.92/93 | 240 | Estática A balança acionada por alavanca consiste de uma série de alavancas compostas. Se uma carga de peso W = 750 N é colocado sobre a plataforma, determine o peso necessário do contrapeso S para equilibrar a carga. É necessário colocar a carga simetricamente sobre a plataforma? Explique. 31,25 mm 100 mm Um contrapeso de 300 kg, com centro de massa em G, é montado na manivela AB da unidade de bombeamento de petróleo. Se o motor fornece um torque de M = 2500 N $ m, determine a força F desenvolvida no cabo fixo conectado à extremidade do balancim DEF. M L J K S Um contrapeso de 300 kg, com centro de massa em G, é montado na manivela AB da unidade de bombeamento de petróleo. Se uma força F = 5 kN deve ser desenvolvida no cabo fixo conectado à extremidade do balancim DEF, determine o torque M que deve ser fornecido pelo motor. 1,75 m 2,50 m W 112,5 mm 37,5 mm 187,5 mm D 187,5 mm F I 37,5 mm H G E 30° C D B M G A B A F E 30° F 0,5 m 0,65 m Problema 6.94 Se P = 75 N, determine a força F que o grampo exerce sobre o bloco de madeira. Problemas 6.98/99 Se o bloco de madeira exerce uma força de F = 600 N sobre o grampo, determine a força P aplicada no cabo do grampo. *6.100. A estrutura de dois membros é conectada em C por um pino, que está fixado em BDE e atravessa o rasgo no membro AC. Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos apoios. 140 mm 85 mm 2,5 kN P 140 mm B E C 50 mm A D 50 mm 1,2 m C B A m 0,9 m 20 mm E D P F 0,9 m Problema 6.100 s A estrutura é usada para sustentar o cilindro de 50 kg. Determine as componentes horizontal e vertical da reação em A e D. Problemas 6.95/96 s O cortador de tubo é preso em volta do tubo P. Se a roda em A exerce uma força normal FA = 80 N sobre o tubo, determine as forças normais das rodas B e C sobre o tubo. As três rodas possuem um raio de 7 mm e o tubo tem um raio externo de 10 mm. 6.102. A estrutura é usada para sustentar o cilindro de 50 kg. Determine a força do pino em C sobre o membro ABC e sobre o membro CD. 0,8 m A 0,8 m B 100 mm C 1,2 m 10 mm B A P Problema 6.97 0,6 m 10 mm D Problemas 6.101/102 100 mm C Capítulo 6 6.103. Determine as reações no apoio fixo E e no apoio móvel A. O pino, conectado ao membro BD, atravessa um rasgo liso em D. C Análise estrutural | 241 | 6.106. A caçamba da retroescavadeira e seu conteúdo pos-suem um peso de 6 kN e um centro de gravidade em G. Determine as forças do cilindro hidráulico AB e nas ligações AC e AD para manter o carregamento na posição mostrada. A caçamba possui um pino em E. 600 N 0,4 m B B D 0,4 m 45° E A A 0,3 m 0,3 m 0,3 m 75 mm 300 mm 350 mm C E x B 0,075 m 0,45 m Problema 6.106 6.107. 8PKRPHPFRPSHVRGH1 §NJ WHQWDVH suspender usando um dos dois métodos mostrados. Determine a força total que ele precisa exercer na barra AB em cada caso e a reação normal que ele exerce na plataforma em C. Despreze o peso da plataforma. *6.108. 8P KRPHP FRP SHVR GH 1 § NJ WHQWD se suspender usando um dos dois métodos mostrados. Determine a força total que ele precisa exercer na barra AB em cada caso e a reação normal que ele exerce na plataforma em C$SODWDIRUPDSRVVXLXPSHVRGH1 §NJ G 50 mm A G C *6.104. O arranjo composto da balança de bandeja é mostrado na figura. Se a massa sobre a bandeja é de 4 kg, determine as componentes horizontal e vertical nos pinos A, B e C, e a distância x da massa de 25 g para manter a balança em equilíbrio. F 0,3 m 120° 0,3 m Problema 6.103 100 mm D E D A 4 kg B A Problema 6.104 B s Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos em A, B e C exercem sobre a estrutura. O cilindro possui uma massa de 80 kg. 100 mm D 1m C C B 0,7 m 0,5 m A Problema 6.105 C Problemas 6.107/108 s Se uma força de prensagem de 300 N é necessária em A, determine a quantidade de força F que precisa ser aplicada no cabo do grampo articulado. | 242 | Estática 6.110. Se uma força de F = 350 N é aplicada no cabo do grampo articulado, determine a força de prensagem resultante em A. s Mostre que o peso W1 do contrapeso em H necessário para o equilíbrio é W1 = (b/a)W e, portanto, ele é independente da posição da carga W na plataforma. F b 3b D c 4 70 mm 235 mm 30 mm B W E B 30° A C c Problema 6.113 Problemas 6.109/110 6.111. Dois tubos lisos A e B, cada um tendo o mesmo peso W, são suspensos por um ponto comum O através de cordas de mesmo comprimento. Um terceiro tubo C é colocado entre A e B. Determine o maior peso de C tal que o equilíbrio não seja perturbado. 6.114. A pá do trator transporta uma carga de 500 kg de terra, com centro de massa em G. Calcule as forças desenvolvidas nos cilindros hidráulicos IJ e BC devido a essa carga. A 2 350 mm U 30° 30° I B C H 200 mm U & H G E D 30 mm A 30° 275 mm C F a J 300 mm E F 300 mm U G 100 mm $ % U D U 200 mm 400 mm 200 mm 50 mm Problema 6.111 *6.112. O cabo da prensa de setor é fixado na engrenagem G, que, por sua vez, está engrenada com o setor de engrenagem C. Observe que a barra AB possui pinos em suas extremidades conectando-a com a engrenagem C e com a face inferior da plataforma EF, que está livre para se mover verticalmente devido às guias lisas em E e F. Se as engrenagens exercem apenas forças tangenciais entre elas, determine a força de compressão desenvolvida sobre o cilindro S quando uma força vertical de 40 N é aplicada no cabo da prensa. Problema 6.114 6.115. Se uma força P = 100 N é aplicada no cabo do grampo articulado, determine a força de prensagem horizontal NE que o grampo exerce sobre o bloco liso de madeira em E. *6.116. Se a força de prensagem horizontal que o grampo exerce sobre o bloco liso de madeira em E é NE = 200 N, determine a força P aplicada no cabo do grampo articulado. P S E F A 40 N 0,5 m G 60 mm B 50 mm D 1,2 m 45° 0,2 m 30° A C 75 mm H B 0,35 m C 0,65 m Problema 6.112 D E Problemas 6.115/116 160 mm Capítulo 6 s O guincho é usado para suspender o motor de 200 kg. Determine a força que atua no cilindro hidráulico AB, as componentes horizontal e vertical da força no pino C e as reações no apoio fixo D. 10° 350 mm 1250 mm Análise estrutural | 243 | s Determine o momento de binário M que precisa ser aplicado no membro DC para o equilíbrio do mecanismo de retorno rápido. Expresse o resultado em função dos ângulos ‫ ׋‬e ș, da dimensão L e da força P aplicada, que deve ser alterada na figura, sendo direcionada horizontalmente para a direita. O bloco em C está limitado a deslizar dentro do rasgo do membro AB. C G A B 850 mm 4L B P C 550 mm M D θ L ϕ A D Problema 6.117 6.118. Determine a força que o rolete liso C exerce sobre o membro AB. Além disso, quais são as componentes horizontal e vertical da reação no pino A? Despreze o peso da estrutura e do rolete. C 90 N · m D A 0,15 m B 0,9 m 1,2 m Problema 6.118 Problemas 6.120/121 6.122. A escultura cinética exige que cada uma das barras com pinos esteja em perfeito equilíbrio em todo o tempo durante o seu lento movimento. Se cada membro tem um peso uniforme de 50 N/m e um comprimento de 0,9 m, determine os contrapesos W1, W2 e W3 que precisam ser colocados nas extremidades de cada membro para manter o sistema em equilíbrio para qualquer posição. Despreze a dimensão dos contrapesos. Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos exercem sobre o membro ABC. W1 D 0,3 m 0,9 m 0,15 m A B 1,8 m C W2 0,3 m A B 0,9 m C 0,9 m W3 2,7 m 400 N 0,3 m 0,9 m Problema 6.122 Problema 6.119 *6.120. Determine o momento de binário M que precisa ser aplicado no membro DC para o equilíbrio do mecanismo de retorno rápido. Expresse o resultado em função dos ângulos ‫ ׋‬e ș, da dimensão L e da força vertical P aplicada. O bloco em C está limitado a deslizar dentro do rasgo do membro AB. 6.123. A estrutura de quatro membros na forma de um ‘A’ é sustentada em A e E por colares lisos e, em G, por um pino. Todos os outros nós são juntas esféricas. Se o pino em G falhará quando a força resultante nele for 800 N, determine a maior força vertical P que pode ser suportada pela estrutura. Além disso, quais são as componentes de força x, y, z que | | 244 Estática o membro BD exerce sobre os membros EDC e ABC? Os colares em A e E e o pino em G só exercem componentes de força sobre a estrutura. z s A estrutura de três membros é conectada em suas extremidades por meio de juntas esféricas. Determine as componentes x, y, z da reação em B e a tração no membro ED. A força agindo em D é F = {135i + 200j – 180k} kN. z E 300 mm 6m 300 mm E 600 mm 2m D x 1m C A 600 mm B 600 mm B F y D 3m C G F y A 4m 6m 3m P = −Pk x Problema 6.123 Problema 6.125 *6.124. A estrutura está sujeita ao peso mostrado. O membro AD é sustentado por um cabo AB e um rolete em C, e está encaixado em um furo circular liso em D. O membro ED é sustentado por um rolete em D e uma barra que se encaixa em um furo circular liso em E. Determine as componentes x, y, z da reação em E e a tração no cabo AB. 6.126. A estrutura está sujeita aos carregamentos mostrados. O membro AB é sustentado por uma junta esférica em A e um colar em B. O membro CD é sustentado por um pino em C. Determine as componentes x, y, z da reação em A e C. z z 250 N 60° B 60° E 45° D A 0,8 m 4m 800 N · m D C x 0,5 m B 0,3 m 0,4 m A F = {−2,5k} kN Problema 6.124 0,3 m y x 3m 2m 1,5 m C Problema 6.126 y Capítulo 6 | Análise estrutural REVISÃO DO CAPÍTULO Treliça simples Uma treliça simples consiste de elementos triangulares conectados entre si por juntas com pinos. As forças dentro de seus membros podem ser determinadas considerando que todos os membros são de duas forças, conectados concorrentemente em cada junta. Os membros estão sob tração ou sob compressão, ou não conduzem força alguma. Método dos nós O método dos nós afirma que, se uma treliça está em equilíbrio, então cada um de seus nós também está em equilíbrio. Para uma treliça plana, o sistema de forças concorrentes em cada nó precisa satisfazer ao equilíbrio de força. Para obter uma solução numérica para as forças nos membros, selecione um nó que tenha um diagrama de corpo livre com, no máximo, duas forças desconhecidas e, pelo menos, uma força conhecida. (Isso pode exigir encontrar primeiro as reações nos apoios.) 7UHOLoDGHWHOKDGR B 500 N RFx = 0 RFy = 0 45° 45° A C % Uma vez determinada uma força de membro, use seu valor e aplique-o a um nó adjacente. Lembre-se de que as forças que forem observadas como ‘puxando’ os nós são forças de tração, e aquelas que ‘empurram’ os nós são forças de compressão. Para evitar uma solução simultânea de duas equações, defina um dos eixos coordenados ao longo da linha de ação de uma das forças incógnitas e some as forças perpendiculares a esse eixo. Isso permitirá uma solução direta para a outra incógnita. A análise também pode ser simplificada identificando primeiro todos os membros de força zero. )%$ WUDomR 1 )%& FRPSUHVVmR 245 | 246 | Estática Método das seções O método das seções estabelece que, se uma treliça está em equilíbrio, então cada segmento da treliça também está em equilíbrio. Passe uma seção que corte a treliça e o membro cuja força deve ser determinada. Depois, desenhe o diagrama de corpo livre da parte seccionada tendo menor número de forças. D % ' & P $ P ( ) D P * P 1 2m FBC Os membros seccionados sujeitos a ‘puxão’ estão sob tração, enquanto os que estão sujeitos a ‘empurrão’ estão sob compressão. 45° G FGF 2m 1000 N RFx = 0 Três equações de equilíbrio estão disponíveis para determinar as incógnitas. Se possível, some as forças em uma direção que seja perpendicular a duas das três forças incógnitas. Isso produzirá uma solução direta para a terceira força. Some os momentos em torno do ponto onde as linhas de ação de duas das três forças desconhecidas se interceptam, de modo que a terceira força desconhecida possa ser determinada diretamente. Treliças espaciais Uma treliça espacial é uma treliça tridimensional construída de elementos tetraédricos e é analisada usando-se os mesmos métodos das treliças planas. Os nós são considerados juntas esféricas. C FGC 2m RFy = 0 RMO = 0 + - RFy = 0 –1000 N + FGC sen 45° = 0 FGC = 1,41 kN (T) + RMC = 0 ] | 1000 N (4m) – FGF (2m) = 0 FGF = 2 kN (C) P Capítulo 6 Estruturas e máquinas Estruturas e máquinas são sistemas mecânicos que contêm um ou mais membros multiforça, ou seja, membros que sofrem a ação de três ou mais forças ou binários. As estruturas são projetadas para suportar cargas e as máquinas transmitem e alteram o efeito das forças. | 2000 N C B A As forças que atuam nos nós de uma estrutura ou máquina podem ser determinadas pelo desenho dos diagramas de corpo livre de cada um de seus membros ou peças. O princípio da ação e reação deve ser cuidadosamente observado ao representar essas forças no diagrama de corpo livre de cada membro ou pino adjacente. Para um sistema de forças coplanares, existem três equações de equilíbrio disponíveis para cada membro. | 247 Análise estrutural Membro de duas forças Membro multiforça 2000 N Cx B Cy FAB FAB Ação e reação Para simplificar a análise, certifique-se de identificar todos os membros de duas forças. Eles possuem forças colineares iguais, mas opostas em suas extremidades. FAB Problemas 6.127. Determine a força de esmagamento exercida sobre o tubo liso em B se uma força de 100 N é aplicada no cabo do alicate. Os cabos do alicate estão pinados entre si em A. *6.128. Determine as forças que os pinos em A e B exercem sobre a estrutura de dois membros sustentando a caixa de 100 kg. P P & 100 N 40° 250 mm P 40 mm B A P % $ ' 12 mm 100 N Problema 6.127 Problema 6.128 | 248 | Estática s Determine a força em cada membro da treliça e indique se os membros estão sob tração ou compressão. E C 0,1 m D 3m B 6.134. O mecanismo de duas barras consiste de uma alavanca AB e uma barra lisa CD, que possui um colar liso fixo em sua extremidade C e um rolete na outra ponta D. Determine a força P necessária para manter a alavanca na posição ș. A mola possui uma rigidez k e um comprimento não estendido de 2 L. O rolete está em contato com a parte superior ou a inferior da guia horizontal. P 8 kN A 3m 3m B Problema 6.129 6.130. A treliça espacial é sustentada por uma junta esférica em D e ligações curtas em C e E. Determine a força em cada membro e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Considere F1 = {–500k} kN e F2 = {400j} kN. 6.131. A treliça espacial é sustentada por um junta esférica em D e ligações curtas em C e E. Determine a força em cada membro e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Considere F1 = {200i + 300j – 500k} kN e F2 = {400j} kN. z C C 2L L θ k A D Problema 6.134 6.135. Determine as componentes horizontal e vertical da reação nos apoios pinados A e E da montagem de vigas compostas. D C F A 3m 50 kN/m 0,6 m 0,3 m B B F2 E x 0,9 m A 4m E D 0,6 m 1,8 m 0,3 m 3m Problema 6.135 y F1 *6.136. Determine a força nos membros AB, AD e AC da treliça de espaço e indique se os membros estão sob tração ou compressão. Problemas 6.130/131 *6.132. Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos A e B exercem sobre a estrutura de dois membros. Faça F = 0. z s Determine as componentes horizontal e vertical da reação que os pinos A e B exercem sobre a estrutura de dois membros. Faça F = 500 N. 0,45 m 0,45 m 1m D F C 0,6 m C 1,5 m 1m A x B 400 N/m A y B 2,4 m 60° F = {−600k} kN Problemas 6.132/133 Problema 6.136 CAPÍTULO 7 Forças internas Objetivos do capítulo Mostrar como usar o método das seções para determinar as cargas internas em um membro. Generalizar esse procedimento formulando equações que podem ser representadas de modo que descrevam o cisalhamento e o momento interno ao longo de um membro. Analisar 7.1 as forças e estudar a geometria de cabos suportando cargas. Forças internas desenvolvidas em membros estruturais Para projetar um membro estrutural ou mecânico, é preciso conhecer a carga atuando dentro do membro, a fim de garantir que o material possa resistir a essa carga. As cargas internas podem ser determinadas usando o método das seções. Para ilustrar esse método, considere a viga em balanço na Figura 7.1a. Se as cargas internas que atuam sobre a seção transversal no ponto B tiverem que ser determinadas, temos que passar uma seção imaginária a–a perpendicular ao eixo da viga pelo ponto B e depois separar a viga em dois segmentos. As cargas internas que atuam em B serão então expostas e se tornarão externas no diagrama de corpo livre de cada segmento (Figura 7.1b). P1 a A P1 Ay P2 Ax B a MA (a) MB MB B B NB NB VB VB (b) Figura 7.1 A componente de força NB, que atua perpendicular à seção transversal, é chamada de força normal. A componente de força VB que é tangente à seção transversal é chamada de esforço cortante, e o momento de binário MB é conhecido como momento fletor. As componentes de força impedem a translação relativa entre os dois segmentos, e o momento de binário impede a rotação relativa. De acordo com a terceira lei de Newton, essas cargas devem atuar em direções opostas em cada segmento, conforme mostra a Figura 7.1b. Elas podem ser determinadas aplicando as equações de equilíbrio ao diagrama de corpo livre de qualquer um dos segmentos. Neste caso, porém, o segmento da direita é a melhor escolha, pois não envolve as reações de apoio incógnitas em A. Uma solução direta para NB é obtida aplicando-se RFx = 0, VB é P2 | 250 | Estática )RUoDQRUPDO & 1 0 )RUoD 9 0RPHQWRIOHWRU FLVDOKDQWH RXFRUWDQWH (a) REWLGR D SDUWLU GH R)\ H 0% SRGH VHU REWLGR DSOLFDQGRVH R0% SRLV RV PRPHQWRVGH1%H9%HPUHODomRD%VmR]HUR (PGXDVGLPHQV}HVPRVWUDPRVTXHH[LVWHPWUrVUHVXOWDQWHVGDVFDUJDVLQWHUQDV )LJXUDD SRUpPHPWUrVGLPHQV}HVXPDUHVXOWDQWHLQWHUQDJHUDOGDIRUoDHGR PRPHQWR GH ELQiULR DWXDUmR QD VHomR$V FRPSRQHQWHV [ \ H ] GHVVDV FDUJDV VmR PRVWUDGDVQD)LJXUDE$TXL1\pDIRUoDQRUPDOH9[H9]VmRFRPSRQHQWHVGH HVIRUoRFRUWDQWH0\pRPRPHQWRGHWRUomRRXWRUVLRQDOH0[H0]VmRFRPSRQHQWHV GR PRPHQWR IOHWRU 3DUD D PDLRULD GDV DSOLFDo}HV HVVDV FDUJDV UHVXOWDQWHV DWXDUmR QR FHQWUR JHRPpWULFR RX FHQWURLGH & GD iUHD WUDQVYHUVDO GD VHFomR (PERUD D LQWHQVLGDGH GH FDGD FDUJD JHUDOPHQWH VHMD GLIHUHQWH HP YiULRV SRQWRV DR ORQJR GR HL[RGRPHPEURRPpWRGRGDVVHo}HVVHPSUHSRGHVHUXVDGRSDUDGHWHUPLQDUVHXV YDORUHV ] &RPSRQHQWHVGR PRPHQWRIOHWRU 0] )RUoDQRUPDO 9] 0RPHQWRWRUVLRQDO 1\ 0\ & 0[ \ 9[ &RPSRQHQWHVGD IRUoDFRUWDQWH [ (b) 1 Figura 7.2 1 Convenção de sinal )RUoDQRUPDOSRVLWLYD 9 9 9 9 &RUWDQWHSRVLWLYR 0 2VHQJHQKHLURVJHUDOPHQWHXVDPXPDFRQYHQomRGHVLQDOSDUDLQIRUPDUDVWUrV FDUJDV LQWHUQDV 1 9 H 0 (PERUD HVVD FRQYHQomR GH VLQDO SRVVD VHU DWULEXtGD DUELWUDULDPHQWHDTXHpPDLVDFHLWDVHUiXVDGDDTXL )LJXUD $IRUoDQRUPDOp FRQVLGHUDGD SRVLWLYD VH FULDU WUDomR XP HVIRUoR FRUWDQWH SRVLWLYR IDUi FRP TXH R VHJPHQWR GD YLJD VREUH R TXDO DWXD JLUH QR VHQWLGR KRUiULR H XP PRPHQWR IOHWRU SRVLWLYRWHQGHUiDFXUYDURVHJPHQWRQRTXDOHOHDWXDGHXPDPDQHLUDF{QFDYDSDUD FLPD$VFDUJDVTXHVmRRSRVWDVDHVWDVVmRFRQVLGHUDGDVQHJDWLYDV 6HRPHPEURHVWLYHUVXMHLWRDXPDFDUJDWULGLPHQVLRQDOH[WHUQDHQWmRDVFDUJDV LQWHUQDVQRUPDOPHQWHVmRH[SUHVVDVFRPRSRVLWLYDVRXQHJDWLYDVGHDFRUGRFRPXP VLVWHPDGHFRRUGHQDGDV[\]HVWDEHOHFLGRFRPRRTXHpPRVWUDGRQD)LJXUD 0 Procedimento para análise 0RPHQWRSRVLWLYR 0 2PpWRGRGDVVHo}HVSRGHVHUXVDGRSDUDGHWHUPLQDUDVFDUJDVLQWHUQDVVREUHD VHomRWUDQVYHUVDOGHXPPHPEURXVDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU 0 Figura 7.3 Reações de suporte $QWHVTXHRPHPEURVHMDVHFFLRQDGRSRGHVHUSUHFLVRSULPHLURGHWHUPLQDUVXDV UHDo}HVGHDSRLRGHPRGRTXHDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRSRVVDPVHUXVDGDV SDUDVROXFLRQDUDVFDUJDVLQWHUQDVVRPHQWHGHSRLVTXHRPHPEURIRUVHFFLRQDGR Diagrama de corpo livre 0DQWHQKDWRGDVDVFDUJDVGLVWULEXtGDVPRPHQWRVGHELQiULRHIRUoDVTXHDWXDP VREUH R PHPEUR HP VHXV ORFDLV H[DWRV GHSRLV IDoD XPD VHFomR LPDJLQiULD Capítulo 7 | Forças internas 251 SHOR PHPEUR SHUSHQGLFXODU DR VHX HL[R QR SRQWR RQGH DV FDUJDV LQWHUQDV GHYHPVHUGHWHUPLQDGDV 'HSRLVTXHDVHFomRIRUIHLWDGHVHQKHXPGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRVHJPHQWR TXHWHPRPHQRUQ~PHURGHFDUJDVVREUHHOHHLQGLTXHDVFRPSRQHQWHVGDV UHVXOWDQWHV GD IRUoD H GR PRPHQWR GH ELQiULR QD VHomR WUDQVYHUVDO TXH DWXD HPVXDVGLUHo}HVSRVLWLYDVFRQIRUPHDFRQYHQomRGHVLQDOHVWDEHOHFLGD Equações de equilíbrio 2VPRPHQWRVGHYHPVHUVRPDGRVQDVHomR'HVVHPRGRDVIRUoDVQRUPDOH FRUWDQWHQDVHFomRVmRHOLPLQDGDVHSRGHPRVREWHUXPDVROXomRGLUHWDSDUD RPRPHQWR 6HDVROXomRGDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRJHUDUXPHVFDODUQHJDWLYRRVHQWLGR GDTXDQWLGDGHpRSRVWRDRTXHpPRVWUDGRQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH Exemplo 7.1 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUTXHDWXDPjHVTXHUGD SRQWR%HjGLUHLWDSRQWR&GDIRUoDGHN1VREUHDYLJDGD)LJXUDD N1 6 kN N1ÂP 9 kN ∙ m $ D A B ' C P 6m 3m P '\ $\ (a) (b) SOLUÇÃO Reações de apoio 2 GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD YLJD p PRVWUDGR QD )LJXUD E $R GHWHUPLQDU DV UHDo}HVH[WHUQDVREVHUYHTXHRPRPHQWRGHELQiULRGHN1PpXPYHWRUOLYUH HSRUWDQWRSRGHVHUFRORFDGRHPTXDOTXHUOXJDUQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDYLJD LQWHLUD$TXL Vy GHWHUPLQDUHPRV $\ SRLV RV VHJPHQWRV GD HVTXHUGD VHUmR XVDGRV SDUDDDQiOLVH HR0' N1P N1 P ±$\ P 0% $ $\N1 P N1 Diagramas de corpo livre 2V GLDJUDPDV GH FRUSR OLYUH GRV VHJPHQWRV GD HVTXHUGD $% H $& GD YLJD VmR PRVWUDGRVQDVILJXUDVFHG1HVVHFDVRRPRPHQWRGHELQiULRGHN1P QmRHVWiLQFOXtGRQHVVHVGLDJUDPDVSRLVSUHFLVDVHUPDQWLGRHPVXDSRVLomRRULJLQDO DWpGHSRLVTXHRVHFFLRQDPHQWRIRUIHLWRHRVHJPHQWRDSURSULDGRIRULVRODGR RFx = 0; + RFy = 0; HR0% 9% (c) N1 0& Equações de equilíbrio 6HJPHQWR$% + 1% % 1% N1±9% 9%N1 ± N1 P 0% 0%N1P 1& & $ P N1 9& (d) Figura 7.4 | | | 252 Estática 6HJPHQWR$& + RFx = 0; + RFy = 0; N1±N1±9& 9&±N1 HR0& ± N1 P 0& 0FN1P 1& NOTA:2VLQDOQHJDWLYRLQGLFDTXH9&DWXDQRVHQWLGRRSRVWRGRTXHpPRVWUDGRQR GLDJUDPDGHFRUSROLYUH$OpPGLVVRREUDoRGRPRPHQWRSDUDDIRUoDGHN1QRV GRLVFDVRVpGHDSUR[LPDGDPHQWHPSRLV%H&VmRµTXDVH¶FRLQFLGHQWHV Exemplo 7.2 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWR IOHWRU HP & GD YLJD GD )LJXUDD 1200 N/m 1200 N/m wC B A 1,5 m C 3m 1,5 m 1,5 m (a) (b) 1 (600 N/m)(1,5 m) 2 SOLUÇÃO 600 N/m MC NC C B VC 0,5 m (c) Diagrama de corpo livre 1mRpQHFHVViULRHQFRQWUDUDVUHDo}HVGHDSRLRHP$SRLVRVHJPHQWR%&GDYLJD SRGHPVHUXVDGRVSDUDGHWHUPLQDUDVFDUJDVLQWHUQDVHP&$LQWHQVLGDGHGDFDUJD GLVWULEXtGDWULDQJXODUHP&pGHWHUPLQDGDFRPWULkQJXORVVHPHOKDQWHVSRUPHLRGD JHRPHWULDPRVWUDGDQD)LJXUDERXVHMD Z$ ^1200 N/mhe 1, 5 m o 600 N/m 3m Figura 7.5 $FDUJDGLVWULEXtGDDWXDQGRVREUHRVHJPHQWR%&SRGHDJRUDVHUVXEVWLWXtGDSRUVXD IRUoDUHVXOWDQWHHVXDSRVLomRpLQGLFDGDQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH)LJXUDF Equações de equilíbrio + RFx = 0; + RFy = 0; H + RMC = 0; 1& 9$ - 1 ^600 N/mh^1, 5 mh = 0 2 9$ = 450 N - MC - 1 ^600 N/mh^1, 5 mh^0, 5 mh = 0 2 MC = -225 N 2VLQDOQHJDWLYRLQGLFDTXH0&DWXDQRVHQWLGRRSRVWRDRTXHpPRVWUDGRQRGLDJUDPD GHFRUSROLYUH Capítulo 7 Exemplo Forças internas 4m C B Reações de apoio Um diagrama de corpo livre de cada membro é mostrado na Figura 7.6b. Como CD é um membro com duas forças, as equações de equilíbrio precisam ser aplicadas apenas ao membro AC. e+ RMA = 0; FDC = 333, 3 kN -400 kN^4 mh + c 3 m FDC ^8 mh = 0 5 + " RFx = 0; Ax = 266, 7 kN -Ax + c 4 m(333, 3 kN) = 0 5 + - RFy = 0; A y -400 kN + c 3 m(333, 3 kN) = 0 A y = 200 kN 5 6m D (a) 4m Diagramas de corpo livre Passando um corte imaginário perpendicular ao eixo do membro AC através do ponto B gera os diagramas de corpo livre dos segmentos AB e BC, mostrados na Figura 7.6c. Ao construir esses diagramas, é importante manter a carga distribuída onde ela se encontra até depois que o corte for feito. Somente depois ela poderá ser substituída por uma única força resultante. 200 kN 2m 2m 2m MB NB B A 2m FDC Ay C B VB VB 333,3 kN 3 4 (c) Figura 7.6 Equações de equilíbrio Aplicando as equações de equilíbrio ao segmento AB, temos: + NB – 266,7 kN = 0 " RFx = 0; NB = 267 kN 200 kN – 200 kN – VB = 0 VB = 0 MB – 200 kN(4 m) + 200 kN(2 m) = 0 MB = 400 kN $ m NOTA: Como um exercício, tente obter esses mesmos resultados usando o segmento BC. 5 3 4 FDC (b) NB 5 200 kN A FDC MB 400 kN 4m Ax 200 kN 266,7 kN e+RMB = 0; 4m 50 kN/m A SOLUÇÃO RFy = 0; | 253 7.3 Determine a força normal, o esforço cortante e o momento fletor que atuam no ponto B da estrutura de dois membros mostrada na Figura 7.6a. +- | C | | 254 Estática Exemplo 7.4 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWR IOHWRU TXH DWXDP QR SRQWR(GDHVWUXWXUDFDUUHJDGDFRQIRUPHPRVWUDD)LJXUDD P 5 $ $ P ( P P ' & & ' P 3 3 & 3 1 % 5 5 & 1 (a) (b) SOLUÇÃO 1( 0( 9( ( P & 1 (c) Figura 7.7 Reações de apoio 3RULQVSHomRRVPHPEURV$&H&'VmRPHPEURVGHGXDVIRUoDV )LJXUDE 3DUD GHWHUPLQDUDVFDUJDVLQWHUQDVHP(SULPHLURWHPRVTXHGHWHUPLQDUDIRUoD5DWXDQGR QDH[WUHPLGDGHGRPHPEUR$&3DUDREWrODDQDOLVDUHPRVRHTXLOtEULRGRSLQRHP& 6RPDQGRDVIRUoDVQDGLUHomRYHUWLFDOGRSLQR )LJXUDE WHPRV 5VHQ±1 51 + RFy = 0; Diagramas de corpo livre 2GLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRVHJPHQWR&(pPRVWUDGRQD)LJXUDF Equações de equilíbrio + FRV1±9( RFx = 0; + RFy = 0; HR0( 9(1 ±VHQ11( 1(1 FRV1 P ±0( 0(1P NOTA:(VVHVUHVXOWDGRVLQGLFDPXPSURMHWRIUDFR2PHPEUR$&GHYHULDVHUUHWR GH $ D & SDUD TXH D FXUYDWXUD GHQWUR GR PHPEUR VHMD HOLPLQDGD 6H $& IRVVH UHWR HQWmRDIRUoDLQWHUQDVyFULDULDWUDomRQRPHPEUR Exemplo 7.5 2FDUWD]XQLIRUPHPRVWUDGRQD)LJXUDDWHPXPDPDVVDGHNJHHVWiDSRLDGR VREUHXPDFROXQDIL[D2VFyGLJRVGHSURMHWRLQGLFDPTXHDFDUJDGHYHQWRXQLIRUPH Pi[LPDHVSHUDGDTXHRFRUUHUiQDiUHDRQGHHOHHVWiORFDOL]DGRpGH3D'HWHUPLQH DVFDUJDVLQWHUQDVHP$ Figura 7.8 (a) SOLUÇÃO 2 PRGHOR LGHDOL]DGR SDUD R FDUWD] p PRVWUDGR QD )LJXUD E$TXL DV GLPHQV}HV QHFHVViULDV VmR LQGLFDGDV 3RGHPRV FRQVLGHUDU R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GH XPD VHomRDQWHULRUGRSRQWR$SRLVHODQmRHQYROYHDVUHDo}HVGHDSRLR Capítulo 7 | 255 Forças internas | ] P P P * P P N1 $ N1 U )$ $ P [ \ 0$ (b) (c) Figura 7.8 Diagrama de corpo livre 2 FDUWD] WHP XP SHVR GH : 1 N1 H R YHQWR FULD XPD IRUoD UHVXOWDQWHGH)Z1P P P N1TXHDWXDSHUSHQGLFXODUPHQWH jIDFHGRFDUWD](VVDVFDUJDVVmRPRVWUDGDVQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH )LJXUDF Equações de equilíbrio &RPRRSUREOHPDpWULGLPHQVLRQDOXPDDQiOLVHYHWRULDOVHUiXWLOL]DGD R) )$±L±N )$^LN`N1 R0$ 0$U )Z: i j k 0 3 5, 25 = 0 -13, 5 0 -6, 376 0$^LM±N`N1P M$ + NOTA:$TXL)$]^N`N1UHSUHVHQWDDIRUoDQRUPDOHQTXDQWR)$[^L`N1 p D IRUoD HVFDODU$OpP GLVVR R PRPHQWR GH WRUomR p 0$] ^±N` N1 P H R PRPHQWR IOHWRU p GHWHUPLQDGR D SDUWLU GH VXDV FRPSRQHQWHV 0$[ ^L` N1 P H0$\^M`N1PRXVHMD ^ 0bhA = ^ 0Ah2x + ^ 0Ah2y = 73, 4 kN m. Problemas fundamentais 7.1. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR& 7.2. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR& 10 kN 15 kN 10 kN 30 kN ∙ m A B C 1,5 m 1,5 m 1,5 m Problema 7.1 1,5 m A 1,5 m C 1,5 m Problema 7.2 B 1,5 m 1,5 m | 256 | Estática 7.3. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR& 7.5. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR& 50 kN/m 9 kN/m A 2m 1,5 m A B C B C 1,5 m 3m 3m Problema 7.3 Problema 7.5 7.4. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR& 7.6. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDORHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWR QRSRQWR&6XSRQKDTXH$HVWHMDIL[DGRH%VHMDXPUROHWH 12 kN 6 kN/m 9 kN/m A B C 1,5 m 1,5 m 1,5 m B C A 1,5 m 3m Problema 7.4 3m Problema 7.6 Problemas •7.1. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOHRHVIRUoRFRUWDQWHLQWHUQRV HRPRPHQWRIOHWRUQRVSRQWRV&H'GDYLJD$VVXPDTXH RDSRLRHP%VHMDXPUROHWH2SRQWR&HVWiORFDOL]DGRORJR jGLUHLWDGDFDUJDGHN1 *7.4. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH HRPRPHQWRQRVSRQWRV(H)GDYLJD C 40 kN 60 kN ∙ m E A A C D 2m 300 N/m 1,5 m 7.2. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRQRVSRQWRV &H' 1,5 kN 1 kN 1,5 m •7.5. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH RPRPHQWRQRSRQWR& 1m A 3m 1,5 m 3m 7.3. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH R PRPHQWR QR SRQWR & GD YLJD VLPSOHVPHQWH DSRLDGD 2 SRQWR&HVWiORFDOL]DGRjGLUHLWDGRPRPHQWRGHELQiULRGH N1P 10 kN/m 2m Problema 7.5 7.6. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH RPRPHQWRQRSRQWR&GDYLJDFRPDSRLRVLPSOHV 4 kN/m B A 2m B C 1m Problema 7.2 C 400 N E D 2m 1,5 m 0,2 m C 2m 1,5 m Problema 7.4 B 3m B 2m Problema 7.1 A F B 2m 2,5 kN 45° D 30° A B 2,5 kN ∙ m 2m Problema 7.3 C 3m 3m Problema 7.6 Capítulo 7 7.7. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH RPRPHQWRQRSRQWR&GDYLJDHPEDODQoR w0 | Forças internas 257 | 7.11. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH RPRPHQWRQRVSRQWRV&H'GDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 2 SRQWR ' HVWi ORFDOL]DGR ORJR j HVTXHUGD GD FDUJD FRQFHQWUDGDGHN1 10 kN 6 kN/m B A C A L –– 2 B L –– 2 D C 1,5 m 1,5 m Problema 7.7 1,5 m Problema 7.11 *7.8. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH HRPRPHQWRQRVSRQWRV&H'GDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 2SRQWR'HVWiORFDOL]DGRjHVTXHUGDGDIRUoDGHN1 5 kN *7.12. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH H R PRPHQWR QRV SRQWRV & H ' GD YLJD 2 SRQWR ' HVWi ORFDOL]DGRjGLUHLWDGDFDUJDGHN1 3 kN/m 25 kN 10 kN/m A A B C 1,5 m 1,5 m B D 1,5 m D C 3m 2m 2m 2m 2m Problema 7.8 Problema 7.12 •7.9. $EDUUDDSDUDIXVDGDHVWiVXMHLWDDXPDWUDomRGH1 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWRQRSRQWR& •7.13. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRQRSRQWR'GDHVWUXWXUDFRPGRLVPHPEURV 7.14. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH HRPRPHQWRQRSRQWR(GDHVWUXWXUDFRPGRLVPHPEURV 250 N/m C B A 90° D 2m 150 mm 1,5 m A C B E 300 N/m 4m Problema 7.9 7.10. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWR QR SRQWR & GD YLJD FRP GXSOD H[WUHPLGDGH HPEDODQoR 3 kN/m Problemas 7.13/14 7.15. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWR DWXDQGR QR SRQWR & H WDPEpP QR SRQWR ' TXHHVWiORFDOL]DGRjGLUHLWDGRDSRLRGHUROHWHHP% 6 kN/m 4 kN/m 4 kN/m D A 1,5 m B C 1,5 m 1,5 m Problema 7.10 1,5 m F E A 1m 1m C B 1m Problema 7.15 1m | 258 | Estática *7.16. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRQRSRQWR%GDYLJDHPEDODQoR $VVXPD TXH R DSRLR HP $ VHMD IL[R H D YLQFXODomR HP % VHMDXPSLQR 10 kN 2 kN/m 100 kN/m B C A D 1,5 m 1,5 m 1,5 m 1,5 m Problema 7.20 B A E 1m 4m Problema 7.16 •7.17. 'HWHUPLQHDUD]mRGHDESDUDDTXDORHVIRUoRFRUWDQWH VHUi ]HUR QR SRQWR LQWHUPHGLiULR & GD YLJD FRP GXSOD H[WUHPLGDGHHPEDODQoR w0 •7.21. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRQRVSRQWRV)H*GDYLJDFRPSRVWD2SRQWR ) HVWi ORFDOL]DGR j GLUHLWD GD IRUoD GH N1 HQTXDQWR R SRQWR*HVWiORFDOL]DGRjGLUHLWDGDIRUoDGHN1 2,5 kN 0,6 m 0,6 m 3 kN A B F D C C A C a Problema 7.21 a Problema 7.17 7.18. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH HRPRPHQWRDWXDQGRQRVSRQWRV'H(GDYLJD2SRQWR' HVWiORFDOL]DGRjHVTXHUGDGRVXSRUWHGHUROHWHHP%RQGH RPRPHQWRGHELQiULRDWXD 7.22. 8P JXLQGDVWH VXSRUWD XP EDUFR GH 0J FRP R FHQWURGHPDVVDHP*'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDR HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWR QR SRQWR ' GD YLJD PHVWUD 2FDUULQKRHVWiOLYUHSDUDURODUSHORWULOKRGDYLJDPHVWUDH HVWi ORFDOL]DGR QD SRVLomR LQGLFDGD 6RPHQWH UHDo}HV YHUWLFDLVRFRUUHPHP$H% 2m 6 kN ∙ m 1 m1 m B C B D 3m 1,5 m 5m A C A G 0,6 m 0,6 m 0,6 m b/2 2 kN/m E B B b/2 0,45 m 3 1,5 m 2m 3,5 m 7,5 m E D 5 4 5 kN Problema 7.18 G 7.19. 'HWHUPLQHDGLVWkQFLDDHPWHUPRVGDGLPHQVmR/GD YLJDHQWUHRVDSRLRV$H%VLPHWULFDPHQWHSRVLFLRQDGRVGH PRGRTXHRPRPHQWRLQWHUQRQRFHQWURGDYLJDVHMD]HUR w0 w0 Problema 7.22 7.23. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRQRVSRQWRV'H(QRVGRLVPHPEURV 0,75 m A B a –– 2 1m a –– 2 D L Problema 7.19 *7.20. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH HRPRPHQWRQRVSRQWRV'H(QDYLJDFRPSRVWD2SRQWR( HVWi ORFDOL]DGR j HVTXHUGD GD FDUJD FRQFHQWUDGD GH N1 B 0,75 m A 60° 30° 2m Problema 7.23 E 60 N C Capítulo 7 *7.24. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH H R PRPHQWR QRV SRQWRV ) H ( GD HVWUXWXUD$ FDL[D SHVD N1 0,45 m 0,45 m 0,45 m 0,45 m Forças internas C F E | 7.27. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH H R PRPHQWR TXH DWXDP QR SRQWR & $ XQLGDGH GH UHVIULDPHQWR WHP XPD PDVVD WRWDO GH NJ FRP FHQWUR GHPDVVDHP* F 0,12 m A | 259 D 1,2 m D B 30° 30° E 0,2 m Problema 7.24 B C A 3m 3m •7.25. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHH RPRPHQWRQRVSRQWRV'H(GDHVWUXWXUDTXHVXSRUWDDFDL[D GHNJ'HVSUH]HDGLPHQVmRGRSLQRHP& G 1,35 m Problema 7.27 C *7.28. 2PDFDFR$%pXVDGRSDUDDFHUWDUDYLJDIOHWLGD'( XVDQGRDPRQWDJHPPRVWUDGD6HDIRUoDFRPSUHVVLYDD[LDO QR PDFDFR p GH N1 GHWHUPLQH R PRPHQWR LQWHUQR GHVHQYROYLGRQRSRQWR&GDYLJDVXSHULRU'HVSUH]HRSHVR GDVYLJDV 1,2 m E •7.29. 5HVROYD R 3UREOHPD DVVXPLQGR TXH FDGD YLJD WHPSHVRXQLIRUPHGHN1P 0,6 m B 0,6 m 3m 0,45 m 0,6 m 3m D 0,45 m A C Problema 7.25 B 7.26. $YLJDWHPXPSHVRZSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWR 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO LQWHUQD R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWRQRSRQWR&GHYLGRDRVHXSHVR A D E B L –– 2 L –– 2 C θ A Problema 7.26 Problemas 7.28/29 7.30. $ ODQoD GR JXLQGDVWH VXSRUWD XPD FDUJD GH N1 DWUDYpVGRFDUULQKRTXHGHVOL]DSRUFLPDGDODQoD'HWHUPLQH DIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRQR SRQWR&GDODQoDTXDQGRRFDUULQKRHVWiQDSRVLomRPRVWUDGD 2VPHPEURVGRJXLQGDVWHHVWmRLQWHUOLJDGRVSRUSLQRHP% (H)HSRUXPDOLJDomRFXUWD%+ 7.31. $ ODQoD GR JXLQGDVWH VXSRUWD XPD FDUJD GH N1 DWUDYpVGRFDUULQKRTXHGHVOL]DSRUFLPDGDODQoD'HWHUPLQH DIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRQR SRQWR'GDODQoDTXDQGRRFDUULQKRHVWiQDSRVLomRPRVWUDGD 2VPHPEURVGRJXLQGDVWHHVWmRFRQHFWDGRVSRUXPSLQRHP %(H)HSRUXPDOLJDomRFXUWD%+ | 260 | Estática 0,3 m 0,9 m 1,5 m 0,9 m 0,3 m 0,3 m B C H G F D 0,6 m E 0,9 m 3,75 kN 7.35. 'HWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV [ \ H ] GD FDUJD LQ WHUQD HP XPD VHomR SDVVDQGR SHOR SRQWR & QD WXEX ODomR 'HVSUH]H R SHVR GD WXEXODomR )DoD ) ^M ± N`N1H) ^L±N`N1 *7.36. 'HWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV [ \ H ] GD FDUJD LQWHUQD HP XPD VHomR SDVVDQGR SHOR SRQWR & QD WXEXODomR 'HVSUH]H R SHVR GD WXEXODomR $ FDUJD p )^±LM±N`N1H)^L±M±N`N1 z A Problemas 7.30/31 *7.32. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRDWXDQGRQRVSRQWRV%H&GDEDUUDFXUYD F2 C 1,5 m x 2m C y F1 B 0,6 m 3m 45° 30° A 5 3 4 Problemas 7.35/36 2,5 kN Problema 7.32 •7.33. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDOLQWHUQDRHVIRUoRFRUWDQWH H R PRPHQWR QR SRQWR ' TXH HVWi ORFDOL]DGR j GLUHLWD GD IRUoDGH1 50 N •7.37. 2HL[RHVWiDSRLDGRHPXPPDQFDOD[LDOHP$HXP PDQFDOUDGLDOHP%'HWHUPLQHDVFRPSRQHQWHV[\H]GD FDUJDLQWHUQDQRSRQWR& z 750 N A 50 N 0,2 m 0,5 m 600 N D 50 N 50 N C x B 1m 900 N 1m 30° 30° A 750 N B y 1m 30° 600 mm 30° 30° 0,2 m Problema 7.37 C Problema 7.33 7.34. 'HWHUPLQHDVFRPSRQHQWHV[\H]GDFDUJDLQWHUQD QR SRQWR & GD WXEXODomR 'HVSUH]H R SHVR GD WXEXODomR )DoD)^±L±N`N1)^±L`N1H0^±N` N1P 7.38. 'HWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV [ \ H ] GD FDUJD LQWHUQD QRSRQWR'GDEDUUD([LVWHPPDQFDLVUDGLDLVHP$%H& &RQVLGHUH)^L±M±N`N1 7.39. 'HWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV [ \ H ] GD FDUJD LQWHUQD QDEDUUDQRSRQWR(&RQVLGHUH)^L±M±N`N1 ] F1 z B P M & N1ÂP 3m A % ( P C y F2 1,5 m $ ) ' [ P P P P 2m \ x Problema 7.34 Problemas 7.38/39 Capítulo 7 7.2 Forças internas | 261 | Equações e diagramas de esforço cortante e momento fletor 9LJDV VmR PHPEURV HVWUXWXUDLV SURMHWDGRV SDUD VXSRUWDU FDUJDV DSOLFDGDV SHUSHQGLFXODUHV DRV VHXV HL[RV (P JHUDO HODV VmR ORQJDV H UHWDV H SRVVXHP XPD iUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOFRQVWDQWH1RUPDOPHQWHVmRFODVVLILFDGDVGHDFRUGRFRPD IRUPDFRPRVmRDSRLDGDV3RUH[HPSORXPDYLJDTXHpVLPSOHVPHQWHDSRLDGDFRP XP SLQR HP XPD H[WUHPLGDGH H FRP XP UROHWH QD RXWUD FRPR QD )LJXUD D HQTXDQWRXPDYLJDHPEDODQoRpIL[DGDRXHQJDVWDGDHPXPDH[WUHPLGDGHHOLYUH QDRXWUD2SURMHWRUHDOGHXPDYLJDUHTXHUXPFRQKHFLPHQWRGHWDOKDGRGDYDULDomR GRHVIRUoRFRUWDQWHLQWHUQR9HGRPRPHQWRIOHWRU0LQWHUQRDWXDQGRHPFDGDSRQWD DRORQJRGRHL[RGDYLJD / E D 3 Z 2 [ [ 9 [ (a) (VVDVYDULDo}HVGH9H0DRORQJRGRHL[RGDYLJDSRGHPVHUREWLGDVXVDQGRR PpWRGRGDVVHo}HVGLVFXWLGRQD6HomR1HVWHFDVRSRUpPpQHFHVViULRVHFFLRQDU DYLJDDXPDGLVWkQFLDDUELWUiULD[DSDUWLUGHXPDH[WUHPLGDGHHGHSRLVDSOLFDUDV HTXDo}HVGHHTXLOtEULRDRVHJPHQWRWHQGRRFRPSULPHQWR[)D]HQGRLVVRSRGHPRV HQWmRREWHU9H0FRPRIXQo}HVGH[ (P JHUDO DV IXQo}HV GH HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWR IOHWRU LQWHUQR VHUmR GHVFRQWtQXDV RX VXDV LQFOLQDo}HV VHUmR GHVFRQWtQXDV HP SRQWRV RQGH XPD FDUJD GLVWULEXtGDYDULDRXRQGHIRUoDVRXPRPHQWRVGHELQiULRFRQFHQWUDGRVVmRDSOLFDGRV 3RU FDXVD GLVVR HVVDV IXQo}HV SUHFLVDP VHU GHWHUPLQDGDV SDUD FDGD VHJPHQWR GD YLJD ORFDOL]DGR HQWUH GXDV GHVFRQWLQXLGDGHV GH FDUJD TXDLVTXHU 3RU H[HPSOR VHJPHQWRVFRPFRPSULPHQWRV[[H[WHUmRTXHVHUXVDGRVSDUDGHVFUHYHUDYDULDomR GH 9 H 0 DR ORQJR GR FRPSULPHQWR GD YLJD QD )LJXUD D (VVDV IXQo}HV VHUmR YiOLGDVVRPHQWHGHQWURGDVUHJL}HVGH2DWpDSDUD[GHDDWpESDUD[HGHEDWp/ SDUD[6HDVIXQo}HVUHVXOWDQWHVGH[IRUHPGHVHQKDGDVRVJUiILFRVVHUmRFKDPDGRV GHGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWHHGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUILJXUDVEHF UHVSHFWLYDPHQWH Procedimento para análise 2V GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWR IOHWRU SDUD XPD YLJD SRGHP VHU FRQVWUXtGRVXVDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU Reações de apoio 'HWHUPLQHWRGDVDVIRUoDVHPRPHQWRVGHELQiULRUHDWLYRVTXHDWXDPVREUHD YLJDHGHFRPSRQKDWRGDVDVIRUoDVHPFRPSRQHQWHVTXHDWXDPSHUSHQGLFXODU HSDUDOHODDRHL[RGDYLJD Funções de esforço cortante e momento (VSHFLILTXH FRRUGHQDGDV VHSDUDGDV [ WHQGR XPD RULJHP QD H[WUHPLGDGH HVTXHUGD GD YLJD H HVWHQGHQGRVH SDUD UHJL}HV GD YLJD HQWUH IRUoDV HRX PRPHQWRVGHELQiULRFRQFHQWUDGRVRXRQGHDFDUJDGLVWULEXtGDpFRQWtQXD $IRUoDQRUPDOLQWHUQDQmRpFRQVLGHUDGDSRUGRLVPRWLYRV1DPDLRULDGRVFDVRVDVFDUJDVDSOLFDGDV D XPD YLJD DWXDP SHUSHQGLFXODUPHQWH DR HL[R GD YLJD H SRUWDQWR SURGX]HP DSHQDV XP HVIRUoR FRUWDQWHHXPPRPHQWRIOHWRULQWHUQR(SDUDILQVGHSURMHWRDUHVLVWrQFLDGDYLJDDRFLVDOKDPHQWR HSDUWLFXODUPHQWHjIOH[mRpPDLVLPSRUWDQWHGRTXHVXDFDSDFLGDGHGHUHVLVWLUDXPDIRUoDQRUPDO D / [ E (b) 0 D E (c) Figura 7.9 / [ | | 262 Estática Seccione a viga a cada distância x e desenhe o diagrama de corpo livre de um dos segmentos. Certifique-se que V e M apareçam atuando em seu sentido positivo, de acordo com a convenção de sinal dada na Figura 7.10. O esforço cortante V é obtido somando-se as forças perpendiculares ao eixo da viga. O momento fletor M é obtido somando-se os momentos em relação a extremidade seccionada do segmento. 9 9 9 9 (VIRUoRFRUWDQWHSRVLWLYR 0 0 Diagramas de esforço cortante e momento fletor Construa o gráfico do diagrama do esforço cortante (V versus x) e do diagrama de momento fletor (M versus x). Se os valores calculados das funções descrevendo V e M forem positivos, os valores são desenhados acima do eixo x, enquanto os valores negativos são desenhados abaixo do eixo x. Geralmente, é conveniente fazer os gráficos dos diagramas de esforço cortante e momento fletor diretamente abaixo do diagrama de corpo livre da viga. 0RPHQWRIOHWRUSRVLWLYR 0 0 &RQYHQomRGHVLQDO GDYLJD Figura 7.10 Exemplo 7.6 Construir os diagramas de esforço cortante e de fletor para o eixo mostrado na Figura 7.11a. O apoio em A é um mancal axial e o apoio em C é um mancal radial. 5 kN A C B 2m 2m (a) 9 $ SOLUÇÃO 0 [ Reações de apoio As reações de suporte aparecem no diagrama de corpo livre do eixo, Figura 7.11d. N1 [P Funções de esforço cortante e momento fletor O eixo é seccionado a uma distância arbitrária x do ponto A, estendendo-se dentro da região AB, e o diagrama de corpo livre do segmento esquerdo é mostrado na Figura 7.11b. Consideramos que as incógnitas V e M atuam no sentido positivo na face direita do segmento, de acordo com a convenção de sinal estabelecida. A aplicação das equações de equilíbrio gera: + - RFy = 0; V = 2,5 kN (1) (b) N1 [±P P e+RM = 0; 9 $ % [ N1 P[P (c) Figura 7.11 0 M = 2,5x kN $ m (2) Um diagrama de corpo livre para um segmento esquerdo do eixo estendendo-se a uma distância x dentro da região BC é mostrado na Figura 7.11c. Como sempre, V e M aparecem atuando no sentido positivo. Logo, 2,5 kN – 5 kN – V = 0 + - RFy = 0; V = –2,5 kN e+ RM = 0; (3) M + 5 kN(x – 2m) – 2,5 kN(x) = 0 M = (10 – 2,5x) kN $ m (4) Capítulo 7 Diagramas de esforço cortante e de momento fletor 4XDQGRDVHTXDo}HVGHDVmRH[SUHVVDVJUDILFDPHQWHGHQWURGDVUHJL}HVHPTXHVmR YiOLGDVRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRUPRVWUDGRVQD)LJXUDG VmRREWLGRV2GLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWHLQGLFDTXHDIRUoDFRUWDQWHLQWHUQDpVHPSUH N1 SRVLWLYD GHQWURGRVHJPHQWR$%¬GLUHLWDGRSRQWR%DIRUoDFRUWDQWHPXGD GH VLQDO H SHUPDQHFH HP XP YDORU FRQVWDQWH GH ± N1 SDUD R VHJPHQWR %& 2 GLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUFRPHoDHP]HURDXPHQWDOLQHDUPHQWHDWpRSRQWR%HP [PRQGH0Pi[N1 P N1PHGHSRLVGLPLQXLGHYROWDSDUD]HUR N1 $ Exemplo & % N1 N1 9 N1 9 0 N1ÂP NOTA:9HPRV QD )LJXUD G TXH RV JUiILFRV GRV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU VmR GHVFRQWtQXRV RQGH D IRUoD FRQFHQWUDGD DWXD RX VHMD QRV SRQWRV$%H&3RUHVVHPRWLYRFRQIRUPHMiGLVVHPRVpQHFHVViULRH[SUHVVDUDV IXQo}HV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU VHSDUDGDPHQWH SDUD UHJL}HV HQWUH FDUJDVFRQFHQWUDGDV'HYHVHREVHUYDUSRUpPTXHWRGDVDVGHVFRQWLQXLGDGHVGHFDUJD VmR PDWHPiWLFDV TXH VXUJHP GD LGHDOL]DomR GH XPD IRUoD H GH XP PRPHQWR GH ELQiULR FRQFHQWUDGR )LVLFDPHQWH DV FDUJDV VHPSUH VmR DSOLFDGDV VREUH XPD iUHD ILQLWDHVHDYDULDomRGDFDUJDUHDOSXGHVVHVHUFRQVLGHUDGDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRUHQWmRVHULDPFRQWtQXRVQRFRPSULPHQWRLQWHLURGRHL[R | 263 Forças internas [ P 9 ± 0Pi[ 0 ±[ 0 [ [ P (d) Figura 7.11 7.7 &RQVWUXLURVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDPRVWUDGD QD)LJXUDD 6 kN/m 9m (a) SOLUÇÃO Reações de apoio $VUHDo}HVGHDSRLRVmRPRVWUDGDVQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDYLJD )LJXUDF Funções de esforço cortante e de momento fletor 8PGLDJUDPDGHFRUSROLYUHSDUDXPVHJPHQWRHVTXHUGRGDYLJDWHQGRXPFRPSULPHQWR[ pPRVWUDGRQD)LJXUDE'HYLGRDRVWULkQJXORVSURSRUFLRQDLVDFDUJDGLVWULEXtGD TXHDWXDPQRILQDOGHVWHVHJPHQWRWHPXPDLQWHQVLGDGHZ[RXZ [(OD pVXEVWLWXtGDSRUXPDIRUoDUHVXOWDQWHDSyVRVHJPHQWRVHULVRODGRFRPRXPGLDJUDPD GH FRUSR OLYUH$ LQWHQVLGDGH GD IRUoD UHVXOWDQWH p LJXDO D 12 ^ [h^ 32 [h 13 [ 2 (VVD IRUoD DWXD QR FHQWURLGH GD iUHD GD FDUJD GLVWULEXtGD D XPD GLVWkQFLD GH 13 [ GD H[WUHPLGDGHGLUHLWD$SOLFDQGRDVGXDVHTXDo}HVGRHTXLOtEULRJHUDPRV + RFy = 0; 9 - 1 x2 - V = 0 3 H + R0 = 0; 2 V = c9 - x m kN 3 M + 1 x 2` x j - 9x = 0 3 3 3 M = c9x - x m kN m 9 [N1 [ [N1P 9 [ N1 (b) Figura 7.12 0 | | 264 | Estática Diagramas de esforço cortante e de momento fletor 2V GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU PRVWUDGRV QD )LJXUD F VmRREWLGRVH[SUHVVDQGRVHJUDILFDPHQWHDVHTXDo}HVH 2SRQWRGHHVIRUoRFRUWDQWH]HURSRGHVHUHQFRQWUDGRXVDQGRD(TXDomR 2 V = 9- x = 0 3 x = 5, 20 m N1P N1 9 N1 9 ± [ N1 [ P P 0 N1ÂP 0 [± [ NOTA: 6HUi PRVWUDGR QD 6HomR TXH HVVH YDORU GH [ UHSUHVHQWD R SRQWR QD YLJD RQGHRFRUUHRPRPHQWRIOHWRUPi[LPR8VDQGRD(TXDomRWHPRV ± 0Pi[ ^5, 20h3 0máx = e9^5, 20h - o kN m = 31, 2 kN m [ P 9 (c) Figura 7.12 Problemas fundamentais 7.7. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[HGHSRLVFRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 7.10. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[HGHSRLVFRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 12 kN ∙ m 6 kN B A x A 6m x 3m Problema 7.10 Problema 7.7 7.8. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[HGHSRLVFRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 7.11. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[RQGH[PHP[PHGHSRLV FRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWR 30 kN ∙ m 30 kN/m A 25 kN ∙ m B x A x C 3m 3m 3m Problema 7.8 Problema 7.11 7.9. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[HGHSRLVFRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 7.12. 'HWHUPLQHRHVIRUoRFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRUFRPR XPDIXQomRGH[RQGH[PHP[PHGHSRLV FRQVWUXDRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 4 kN 6 kN/m 12 kN ∙ m A A x 3m Problema 7.9 B C x 3m 3m Problema 7.12 Capítulo 7 Forças internas | 265 | Problemas *7.40. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU SDUD D YLJD D HP WHUPRV GRV SDUkPHWURV PRVWUDGRV E IDoD3N1DP/P 3 3 •7.45. 6H / P D YLJD IDOKDUi TXDQGR D IRUoD FRUWDQWH Pi[LPDIRU9Pi[N1RXRPRPHQWRIOHWRUPi[LPRIRU 0Pi[N1P'HWHUPLQHRPDLRUPRPHQWRGHELQiULR 0TXHDYLJDVXSRUWDUi M0 A D B D L/2 / L/2 Problemas 7.44/45 Problema 7.40 •7.41. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 7.46. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD w0 9 kN A A B B 4m L –– 2 2m Problema 7.46 Problema 7.41 7.42. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD$%&'(7RGDVDVSROLDVWrPXP UDLRGHP'HVSUH]HRSHVRGDYLJDHGDPRQWDJHPGDV SROLDV$HVIHUDSHVDN1 7.47. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 300 N/m 300 N · m A 0,6 m 0,6 m 2,4 m L –– 2 B 4m 0,9 m B C D 0,6 m A Problema 7.47 E *7.48. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDFRPH[WUHPLGDGHHPEDODQoR 0,6 m 0,9 m 8 kN/m Problema 7.42 C A B 7.43. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDHPEDODQoR 2m 4m Problema 7.48 2 kN/m •7.49. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD A 6 kN ∙ m 2 kN/m 2m Problema 7.43 *7.44. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU SDUD D YLJD D HP WHUPRV GRV SDUkPHWURV PRVWUDGRV E IDoD01P/P 50 kN ∙ m A C B 5m 5m Problema 7.49 | 266 | Estática 7.50. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 5 kN/m *7.56. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDHPEDODQoR 1,5 kN A 4 kN/m B 250 N ∙ m 250 N ∙ m 6m A Problema 7.50 2m 7.51. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 1,5 kN/m Problema 7.56 •7.57. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDFRPH[WUHPLGDGHHPEDODQoR 4 kN/m B A 3m A B Problema 7.51 3m *7.52. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 3m Problema 7.57 3 kN/m 0,5 kN ∙ m A B 4m 7.58. 'HWHUPLQHDPDLRULQWHQVLGDGHZGDFDUJDGLVWULEXtGD TXH D YLJD SRGH VXSRUWDU VH D YLJD VXSRUWD XPD IRUoD FRUWDQWHPi[LPD9Pi[N1HXPPRPHQWRIOHWRUPi[LPR 0Pi[N1P 2w0 Problema 7.52 w0 •7.53. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD A B 0,6 kN/m 2m 0,3 kN ∙ m Problema 7.58 A B 3m 2m C 1,5 m Problema 7.53 7.54. 6H/PDYLJDIDOKDUiTXDQGRDIRUoDFRUWDQWH Pi[LPDIRU9Pi[N1RXRPRPHQWRIOHWRUPi[LPRIRU 0Pi[N1P'HWHUPLQHDPDLRULQWHQVLGDGHZGDFDUJD GLVWULEXtGDTXHHODVXSRUWDUi 7.59. 'HWHUPLQHDPDLRULQWHQVLGDGHZGDFDUJDGLVWULEXtGD TXH D YLJD SRGH VXSRUWDU VH D YLJD VXSRUWD XP PRPHQWR IOHWRUPi[LPR0Pi[N1PHXPDIRUoDFRUWDQWHPi[LPD 9Pi[N1 w0 A w C B 4,5 m A Problema 7.59 B L Problema 7.54 7.55. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 1,5 m *7.60. 'HWHUPLQHRSRVLFLRQDPHQWRDGRDSRLRGHUROHWH% GH PRGR TXH R PRPHQWR IOHWRU Pi[LPR GHQWUR GR WUHFKR $%VHMDHTXLYDOHQWHDRPRPHQWRIOHWRUQRDSRLR% w0 80 kN/m A B a A 4m Problema 7.55 4m L Problema 7.60 Capítulo 7 •7.61. $YLJDFRPSRVWDWHPDSRLRIL[RHP$YLQFXODomRFRP SLQRHP%HpVXSRUWDGDSRUXPUROHWHHP&'HWHUPLQHRV GLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD | z C B 1m 267 7.63. ([SUHVVHDVFRPSRQHQWHVLQWHUQDVGHHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRIOHWRUTXHDWXDQDEDUUDFRPRXPDIXQomRGH \RQGH\P 10 kN/m A | Forças internas 2m 60 N/m x Problema 7.61 y 1,2 m 7.62. 2IUXVWXPGRFRQHHVWiHPEDODQoRDSDUWLUGRSRQWR $ 6H R FRQH p IHLWR GH XP PDWHULDO WHQGR SHVR HVSHFtILFR GHȖGHWHUPLQHDIRUoDFRUWDQWHHRPRPHQWRIOHWRULQWHUQR QRFRQHFRPRXPDIXQomRGH[ 0,6 m y Problema 7.63 *7.64. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO D IRUoD FRUWDQWH H R PRPHQWRIOHWRUQDEDUUDFXUYDFRPRXPDIXQomRGHș 2 r0 w A r0 L r x u Problema 7.62 7.3 Problema 7.64 Relações entre carga distribuída, esforço cortante e momento fletor 6H XPD YLJD HVWi VXMHLWD D YiULDV IRUoDV FRQFHQWUDGDV PRPHQWRV GH ELQiULR H FDUJDVGLVWULEXtGDVRPpWRGRGHFRQVWUXomRGRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGH PRPHQWRIOHWRUGLVFXWLGRVQD6HomRSRGHPVHWRUQDUPXLWRWHGLRVRV1HVWDVHomR GLVFXWLPRV VREUH XP PpWRGR PDLV VLPSOHV SDUD FRQVWUXLU HVVHV GLDJUDPDV ² XP PpWRGREDVHDGRQDVUHODo}HVGLIHUHQFLDLVTXHH[LVWHPHQWUHDFDUJDRHVIRUoRFRUWDQWH HRPRPHQWRIOHWRU F1 w A x B M1 F2 w = w(x) C D M2 Δx (a) Carga distribuída &RQVLGHUH D YLJD $' PRVWUDGD QD )LJXUD D TXH HVWi VXMHLWD D XPD FDUJD DUELWUiULDZZ [ HXPDVpULHGHIRUoDVHPRPHQWRVGHELQiULRFRQFHQWUDGRV1D GLVFXVVmRDVHJXLUDFDUJDGLVWULEXtGDVHUiFRQVLGHUDGDSRVLWLYDTXDQGRDFDUJDDJH SDUD FLPD FRQIRUPH PRVWUDGR 8P GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH SDUD XP SHTXHQR VHJPHQWRGD YLJD WHQGRXP FRPSULPHQWR¨[ p HVFROKLGRHPXP SRQWR [ DR ORQJR GDYLJDTXHQmRHVWiVXMHLWRDXPDIRUoDRXPRPHQWRGHELQiULRFRQFHQWUDGR )LJXUD E /RJR TXDLVTXHU UHVXOWDGRV REWLGRV QmR VH DSOLFDUmR QHVVHV SRQWRV GH FDUJD FRQFHQWUDGD &RQVLGHUDPRV TXH D IRUoD FRUWDQWH H R PRPHQWR IOHWRU LQWHUQR PRVWUDGRVQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHDWXDPQRVHQWLGRSRVLWLYRGHDFRUGRFRP D FRQYHQomR GH VLQDO HVWDEHOHFLGD 2EVHUYH TXH WDQWR D IRUoD FRUWDQWH FRPR R PRPHQWR IOHWRU TXH DWXD VREUH D IDFH GLUHLWD SUHFLVDP VHU DXPHQWDGRV SRU XPD SHTXHQD TXDQWLGDGH ILQLWD D ILP GH PDQWHU R VHJPHQWR HP HTXLOtEULR $ FDUJD GLVWULEXtGD IRL VXEVWLWXtGD SRU XPD IRUoD UHVXOWDQWH ¨) Z [ ¨[ TXH DWXD D XPD GLVWkQFLD IUDFLRQiULD N ¨[ D SDUWLU GD H[WUHPLGDGH GLUHLWD RQGH N >SRU H[HPSORVHZ [ IRUXQLIRUPHN 1 @ 2 Δ F = w(x) Δx w(x) k(Δx) M V M + ΔM O V + ΔV Δx (b) Figura 7.13 x | 268 | Estática Relação entre a carga distribuída e o esforço cortante 6HDSOLFDUPRVDHTXDomRGHHTXLOtEULRGHIRUoDVDRVHJPHQWRHQWmR + RFy = 0; 9Z [ ¨[± 9¨9 ¨9Z [ ¨[ 'LYLGLQGRSRU¨[HID]HQGR¨[REWHPRV dV w^ xh dx Inclinação do diagrama de esforço cortante Intensidade da carga distribuída = 6HUHHVFUHYHUPRVDHTXDomRDFLPDQDIRUPDG9Z [ G[HUHDOL]DUPRVDLQWHJUDomR HQWUHGRLVSRQWRVTXDLVTXHU%H&QDYLJDYHUHPRVTXH DV [ w^ xhdx Variação no esforço cortante Área sob a curva de carregamento = Relação entre o esforço cortante e o momento 6HDSOLFDUPRVDHTXDomRGHHTXLOtEULRGHPRPHQWRVHPUHODomRDRSRQWR2QR GLDJUDPDGHFRUSROLYUHGD)LJXUDEREWHPRV HR0 0¨0 ±>Z [ ¨[@N¨[±9¨[±0 ¨09¨[NZ [ ¨[ 'LYLGLQGRRVGRLVODGRVGHVVDHTXDomRSRU¨[HID]HQGR¨[REWHPRV dM V dx Inclinação do diagrama = de momento fletor Esforço cortante (PSDUWLFXODUREVHUYHTXHRPRPHQWRIOHWRUPi[LPRDEVROXWR_0_Pi[RFRUUHQR SRQWRRQGHDLQFOLQDomRG0G[SRLVpRQGHRHVIRUoRFRUWDQWHpLJXDOD]HUR 6HD(TXDomRIRUUHHVFULWDQDIRUPDG0Ǖ9G[HLQWHJUDGDHQWUHGRLVSRQWRV %H&TXDLVTXHUQDYLJDWHPRV DM F M V M + ΔM V + ΔV Δx (a) Figura 7.14 Variação no momento fletor = [ V dx Área sob o diagrama de esforço cortante &RQIRUPHLQGLFDPRVDQWHULRUPHQWHDVHTXDo}HVDFLPDQmRVHDSOLFDPHPSRQWRV RQGHDWXDXPDIRUoDRXPRPHQWRGHELQiULRFRQFHQWUDGR(VVHVGRLVFDVRVHVSHFLDLV FULDPGHVFRQWLQXLGDGHVQRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRUHFRPR UHVXOWDGRFDGDXPPHUHFHWUDWDPHQWRVHSDUDGR Força 8PGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGHXPVHJPHQWRSHTXHQRGDYLJDQD)LJXUDD WRPDGRVREXPDGDVIRUoDVpPRVWUDGRQD)LJXUDD$TXLRHTXLOtEULRGHIRUoDV UHTXHU R)\ ¨9) Capítulo 7 &RPRDYDULDomRQRHVIRUoRFRUWDQWHpSRVLWLYDRGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWH µVDOWDUi¶SDUDFLPDTXDQGR)DWXDUSDUDFLPDQDYLJD'HPRGRVHPHOKDQWHRVDOWR QRHVIRUoRFRUWDQWH ¨9 pSDUDEDL[RTXDQGR)DWXDSDUDEDL[R 0 9 0 0 ǻ0 Momento de binário 9 ǻ9 6H UHPRYHUPRV XP VHJPHQWR GD YLJD QD )LJXUD D TXH HVWi ORFDOL]DGR QR PRPHQWRGHELQiULR0RUHVXOWDGRpRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHPRVWUDGRQD)LJXUD E1HVVHFDVRID]HQGR¨[RHTXLOtEULRGHPRPHQWRUHTXHU HR0 ¨00 | 269 Forças internas $VVLPDYDULDomRQRPRPHQWRpSRVLWLYDRXRGLDJUDPDGRPRPHQWRµVDOWDUi¶ SDUDFLPDVH0HVWLYHUQRVHQWLGRKRUiULR'HPRGRVHPHOKDQWHRVDOWR¨0pSDUD EDL[RTXDQGR0HVWiHPVHQWLGRDQWLKRUiULR 2VH[HPSORVDVHJXLULOXVWUDPDDSOLFDomRGDVHTXDo}HVDQWHULRUHVTXDQGRXVDGDV SDUD FRQVWUXLU RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU 'HSRLV GH WUDEDOKDUFRPHVVHVH[HPSORVUHFRPHQGDVHTXHYRFrVROXFLRQHRVH[HPSORVH XVDQGRHVVHPpWRGR Pontos importantes $LQFOLQDomRGRGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWHHPXPSRQWRpLJXDOjLQWHQVLGDGH GD FDUJD GLVWULEXtGD RQGH D FDUJD GLVWULEXtGD SRVLWLYD p SDUD FLPD RX VHMD G9 9 G[ Z [ G9G[Z 6HXPDIRUoDFRQFHQWUDGDDWXDSDUDFLPDQDYLJDRHVIRUoRFRUWDQWHVDOWDUi 6HXPDIRUoDFRQFHQWUDGDDWXDSDUDFLPDQDYLJDRHVIRUoRFRUWDQWHVDOWDUi SDUDFLPDFRPDPHVPDTXDQWLGDGH $YDULDomRQRHVIRUoRFRUWDQWH¨9HQWUHGRLVSRQWRVpLJXDO $YDULDomRQRHVIRUoRFRUWDQWH¨9HQWUHGRLVSRQWRVpLJXDOjiUHDVREDFXUYD 9 jiUHDVREDFXUYD GHFDUJDGLVWULEXtGDHQWUHRVSRQWRV $LQFOLQDomRGRGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUHPXPSRQWRpLJXDODRHVIRUoR $LQFOLQDomRGRGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUHPXPSRQWRpLJXDODRHVIRUoR FRUWDQWHRXVHMDG0G[9 FRUWDQWHRXVHMD G0 0 G[ 9 9 $YDULDomRQRPRPHQWR¨0HQWUHGRLVSRQWRVpLJXDOj $YDULDomRQRPRPHQWR¨0HQWUHGRLVSRQWRVpLJXDOjiUHDVRERGLDJUDPD 0 iUHDVRERGLDJUDPD GHHVIRUoRFRUWDQWHHQWUHRVGRLVSRQWRV 6HXPPRPHQWRGHELQiULR 6HXPPRPHQWRGHELQiULRQRVHQWLGRKRUiULRDWXDUVREUHDYLJDRHVIRUoR QRVHQWLGRKRUiULRDWXDUVREUHDYLJDRHVIRUoR FRUWDQWHQmRVHUiDIHWDGRSRUpPRGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUVDOWDUiSDUD FRUWDQWHQmRVHUiDIHWDGRSRUpPRGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUVDOWDUi SDUD FLPDFRPDPHVPDTXDQWLGDGH 2VSRQWRVGHHVIRUoRFRUWDQWH]HURUHSUHVHQWDPRVSRQWRVGHPRPHQWRIOHWRU Pi[LPRRXPtQLPRSRLVG0G[ Pi[LPRRXPtQLPRSRLVG0 0 G[ &RPRGXDVLQWHJUDo}HVGH &RPRGXDVLQWHJUDo}HVGHZZ Z Z [ HVWmRHQYROYLGDVSDUDSULPHLURGHWHUPLQDU DYDULDomRQRHVIRUoRFRUWDQWH¨9 DYDULDomRQRHVIRUoRFRUWDQWH¨9ǕZ Ǖ Z Z [ G[HPVHJXLGDSDUDGHWHUPLQDUD G[HPVHJXLGDSDUDGHWHUPLQDUD YDULDomR QR PRPHQWR ¨0 Ǖ 9 9 G[ VH D FXUYD GH FDUJD Z Z Z [ IRU XP SROLQ{PLRGHJUDXQ SROLQ{PLRGHJUDXQ99 9 9 [ VHUiXPDFXUYDGHJUDXQH VHUiXPDFXUYDGHJUDXQH00 0 0 [ VHUi VHUi XPDFXUYDGHJUDXQ ǻ[ (b) Figura 7.14 | | | 270 Estática MB = 11 kN ∙ m 1,5 kN/m 2 kN 2m By = 5 kN 2m Exemplo 7.8 'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGRHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDHPEDODQoR QD)LJXUDD (b) w=0 inclinação = 0 2 kN 1,5 kN/m w = constante negativa inclinação = constante negativa V (kN) 2 4 A x (m) B –2 2m –5 (c) 2m (a) V = constante negativa inclinação = constante negativa M (kN ∙ m) V = crescendo negativa inclinação = crescendo negativa 2 4 x (m) 0 –4 –11 (d) 2 kN V = 2 kN M = 4 kN ∙ m SOLUÇÃO $VUHDo}HVQRDSRLRIL[R%HVWmRPRVWUDGDVQD)LJXUDE Diagrama de esforço cortante 2HVIRUoRFRUWDQWHQDH[WUHPLGDGH$p±N1(VVHYDORUpHVERoDGRQRJUiILFR HP[ )LJXUDF 2EVHUYHFRPRRGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWHpFRQVWUXtGR VHJXLQGRDVLQFOLQDo}HVGHILQLGDVSHODFDUJDZ2HVIRUoRFRUWDQWHHP[P p±N1DUHDomRQDYLJD(VVHYDORUSRGHVHUYHULILFDGRHQFRQWUDQGRVHDiUHD VREDFDUJDGLVWULEXtGDRXVHMD 9_[P9_[P¨9±N1± N1P P ±N1 2m Diagrama de momento 2PRPHQWRIOHWRUGH]HURHP[HVWiHVERoDGRQD)LJXUDG$FRQVWUXomRGR GLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUpEDVHDGDQRFRQKHFLPHQWRGDVXDLQFOLQDomRTXHpLJXDO DRHVIRUoRFRUWDQWHHPFDGDSRQWR$YDULDomRGRPRPHQWRGH[SDUD[p GHWHUPLQDGDDSDUWLUGDiUHDVRERGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWH/RJRRPRPHQWR IOHWRUHP[Pp 0_[P0_[¨ 0>±N1 P @±N1P (e) Figura 7.15 4 kN/m A Ay = 2 kN (VVHPHVPRYDORUSRGHVHUGHWHUPLQDGRDSDUWLUGRPpWRGRGDVVHo}HV)LJXUDH 2m 4m By = 10 kN (b) w=0 w = constante negativa inclinação = 0 inclinação = constante negativa V (kN) 8 Exemplo 7.9 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWR IOHWRU SDUD D YLJD FRP H[WUHPLGDGHHPEDODQoRQD)LJXUDD 4 kN/m 0 4 6 x (m) –2 A (c) B V = decrescendo positiva inclinação = decrescendo positiva V = constante negativa inclinação = constante negativa 2m 4m (a) M (kN ∙ m) 4 0 x (m) 6 –8 (d) Figura 7.16 SOLUÇÃO $VUHDo}HVGHDSRLRVmRPRVWUDGDVQD)LJXUDE Diagrama de esforço cortante 2HVIRUoRFRUWDQWHGH±N1QDH[WUHPLGDGH$GDYLJDpHVERoDGRQRJUiILFRHP[ )LJXUDF $VLQFOLQDo}HVVmRGHWHUPLQDGDVDSDUWLUGDFDUJDHFRPLVVRRGLDJUDPD GHHVIRUoRFRUWDQWHpFRQVWUXtGRFRQIRUPHLQGLFDGRQDILJXUD(PSDUWLFXODUREVHUYHR VDOWRSRVLWLYRGHN1HP[PGHYLGRjIRUoD%\FRQIRUPHLQGLFDGRQDILJXUD Capítulo 7 Diagrama de momento fletor 2PRPHQWRIOHWRUGH]HURHP [pHVERoDGRQRJUiILFR )LJXUDG GHSRLV VHJXLQGRRFRPSRUWDPHQWRGDLQFOLQDomRHQFRQWUDGRDSDUWLUGRGLDJUDPDGHHVIRUoR FRUWDQWHRGLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUpFRQVWUXtGR2PRPHQWRIOHWRUHP[P pHQFRQWUDGRDSDUWLUGDiUHDVRERGLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWH 0_[P0_[¨0>±N1 P @±N1P | V = 2 kN M = 8 kN ∙ m A 4m 2 kN (e) 7DPEpP SRGHPRV REWHU HVVH YDORU XVDQGR R PpWRGR GDV VHo}HV FRPR PRVWUD D )LJXUDH Exemplo | 271 Forças internas Figura 7.16 7.10 2HL[RQD)LJXUDDpVXSRUWDGRSRUXPPDQFDOD[LDOHP$HXPPDQFDOUDGLDO HP%'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRU 120 kN/m 120 kN/m linear A B 12 m (a) SOLUÇÃO $VUHDo}HVGHDSRLRVmRPRVWUDGDVQD)LJXUDE A B 12 m Ay = 240 kN w = crescendo negativa inclinação = crescendo negativa V (kN) parabólica 6,93 240 Diagrama de esforço cortante &RPRPRVWUDGRQD)LJXUDFRHVIRUoRFRUWDQWHHP[pN16HJXLQGRD LQFOLQDomR GHILQLGD SHOD FDUJD R GLDJUDPD GH HVIRUoR FRUWDQWH p FRQVWUXtGR RQGH HP%VHXYDORUp±N1&RPRRHVIRUoRFRUWDQWHPXGDGHVLQDORSRQWRRQGH 9GHYHVHUORFDOL]DGR3DUDID]HULVVRXVDUHPRVRPpWRGRGDVVHo}HV2GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GR VHJPHQWR GD HVTXHUGD GR HL[R VHFFLRQDGR HP XPD SRVLomR [ TXDOTXHUGHQWURGDUHJLmR[PpPRVWUDGRQD)LJXUDG2EVHUYHTXHD LQWHQVLGDGHGDFDUJDGLVWULEXtGDHP[pZ[TXHIRLHQFRQWUDGDSRUWULkQJXORV SURSRUFLRQDLVRXVHMDZ[ $VVLPSDUD9 + RFy = 0; 240 kN - 1 ^10[h [ = 0 2 [ = 6, 93 m Diagrama de momento fletor 2GLDJUDPDGHPRPHQWRIOHWRUFRPHoDHP]HURSRLVQmRKiPRPHQWRHP$HQWmR HOH p FRQVWUXtGR EDVHDGR QDV LQFOLQDo}HV FRQIRUPH GHWHUPLQDGR SHOR GLDJUDPD GH HVIRUoRFRUWDQWH2PRPHQWRIOHWRUPi[LPRRFRUUHHP[PRQGHRHVIRUoR pLJXDOD]HURSRLVG0G[9 )LJXUDH H + R0 = 0; 0máx + 1 6^10h^6, 93h@ 6, 93 c 1 ^6, 93hm - 240^6, 93h = 0 2 3 0máx = 1109 kN m )LQDOPHQWHREVHUYHFRPRDLQWHJUDomRSULPHLUDGDFDUJDZTXHpOLQHDUSURGX]XP GLDJUDPDGHHVIRUoRFRUWDQWHTXHpSDUDEyOLFRHGHSRLVXPGLDJUDPDGHPRPHQWR IOHWRUTXHpF~ELFR By = 480 kN (b) 0 12 x (m) –480 (c) positiva V = crescendo negativa decrescendo inclinação = crescendo negativa M (kN ∙ m) 1109 cúbica 0 x (m) 6,93 12 (d) 1 [10 x ] x 2 x 3 10 x V A M x Ay = 240 kN (e) Figura 7.17 | 272 | Estática Problemas fundamentais 7.13. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 8 kN 6 kN 4 kN 7.16. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 6 kN/m 6 kN/m A B A 1m 1m 1m 1,5 m 1,5 m 3m Problema 7.13 Problema 7.16 7.14. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 7.17. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 6 kN 6 kN/m 8 kN/m 6 kN/m A A 1,5 m B 1,5 m 3m Problema 7.14 3m Problema 7.17 7.15. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 60 kN 7.18. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 9 kN/m 30 kN A A B 2m 2m B 3m 3m 2m Problema 7.18 Problema 7.15 Problemas •7.65. 2HL[RHVWiDSRLDGRHPXPPDQFDOD[LDOOLVRHP$H XP PDQFDO UDGLDO OLVR HP % 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRUSDUDRHL[R 10 kN 5 kN 3 kN 2 kN 5 kN 1,5 kN A B 1m 7.66. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PR PHQWRIOHWRUSDUDDYLJDFRPGXSODH[WUHPLGDGHHPEDODQoR 1m 1m Problema 7.65 1m A 2m B 2m 2m Problema 7.66 2m Capítulo 7 7.67. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDFRPH[WUHPLGDGHHPEDODQoR | 273 Forças internas | *7.72. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD N1 18 kN 6 kN N1P A B 2m 2m M = 10 kN ∙ m % $ 2m P Problema 7.67 Problema 7.72 *7.68. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 4 kN •7.73. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD2DSRLRHP$pXPPDQFDOD[LDO HHP%pXPPDQFDOUDGLDO M = 2 kN ∙ m N1 N1P A B 2m 2m $ % 2m Problema 7.68 P •7.69. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD 10 kN 10 kN Problema 7.73 7.74. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 15 kN ∙ m A P 8 kN 8 kN 15 kN/m 20 kN ∙ m B A 2m 2m 2m B Problema 7.69 1m 7.70. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU SDUD D YLJD 2 DSRLR HP $ QmR RIHUHFH UHVLVWrQFLDjFDUJDYHUWLFDO P C P A 0,75 m D 1m 1m 0,25 m Problema 7.74 7.75. 2HL[RHVWiDSRLDGRSRUXPPDQFDOD[LDOOLVRHP$H XP PDQFDO UDGLDO OLVR HP % 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRUSDUDRHL[R B 500 N 300 N/m L –– 3 L –– 3 L –– 3 A Problema 7.70 7.71. 'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWR IOHWRUSDUDRHL[RGHXPWRUQRVHHOHHVWLYHUVXMHLWRjVFDUJDV PRVWUDGDV2PDQFDOHP$pXPPDQFDOUDGLDOHHP%pXP PDQFDOD[LDO 1 1 1 1,5 m Problema 7.75 *7.76. 'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPR PHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 10 kN 2 kN/m $ PP 1,5 m 1 1 1 1 B A % PP PP PP PP Problema 7.71 PP PP B 5m 3m Problema 7.76 2m | | 274 Estática •7.77. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU SDUD R HL[R 2 DSRLR HP $ p XP PDQFDO UDGLDOHHP%pXPPDQFDOD[LDO 7.82. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD w0 2000 N/m 1000 N B A 500 N ∙ m A B L 0,3 m Problema 7.82 0,3 m 1,2 m Problema 7.77 7.78. $YLJDFRQVLVWHHPGRLVVHJPHQWRVFRQHFWDGRVSRUXP SLQRHP%'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD L 7.83. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 8 kN/m 3m 3,5 kN 3 kN/m 1,2 kN ∙ m A C B A 2m 1m 3m 1,5 m 8 kN/m Problema 7.78 Problema 7.83 7.79. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDHPEDODQoR *7.84. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 1,5 kN 20 kN 4 kN/m A 40 kN/m A B 8m 2m 150 kN ∙ m 3m Problema 7.79 Problema 7.84 *7.80. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDVLPSOHVPHQWHDSRLDGD •7.85. 2 HL[R IDOKDUi TXDQGR R PRPHQWR IOHWRU Pi[LPR IRU 0Pi[N1PRXRHVIRUoRFRUWDQWHPi[LPRIRU9Pi[N1 'HWHUPLQHDPDLRULQWHQVLGDGHZGDFDUJDGLVWULEXtGDTXHDYLJD VXSRUWDUi 10 kN 10 kN/m w B A B A 2m 3m 3m 2m Problema 7.85 Problema 7.80 •7.81. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 7.86. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJDFRPSRVWD 5 kN 3 kN/m 10 kN 10 kN/m A A B B 3m 3m Problema 7.81 3m D C 3m Problema 7.86 1,5 m 1,5 m Capítulo 7 7.87. 'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWR IOHWRUSDUDRHL[R2VDSRLRVHP$H%VmRPDQFDLVUDGLDLV | *7.88. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD 2 kN/m 100 kN/m 25 kN ∙ m 25 kN ∙ m B A B A 300 mm 600 mm 450 mm 1,8 m Problema 7.87 7.4 | 275 Forças internas 3m 1,8 m Problema 7.88 Cabos &DERVIOH[tYHLVHFRUUHQWHVFRPELQDPUHVLVWrQFLDFRPOHYH]DHIUHTXHQWHPHQWHVmR XVDGRV HP HVWUXWXUDV SDUD VXSRUWDU H WUDQVPLWLU FDUJDV GH XP PHPEUR SDUD RXWUR 4XDQGRXVDGRVSDUDVXSRUWDUSRQWHVVXVSHQVDVHFDUUHWLOKDVRVFDERVIRUPDPRSULQFLSDO HOHPHQWR GH WUDQVSRUWH GH FDUJD GD HVWUXWXUD 1D DQiOLVH GH IRUoD GHVVHV VLVWHPDV R SHVRGRSUySULRFDERSRGHVHUGHVSUH]DGRSRLVQRUPDOPHQWHpSHTXHQRHPFRPSDUDomR FRPDFDUJDTXHHOHFDUUHJD3RURXWURODGRTXDQGRRVFDERVVmRXVDGRVFRPROLQKDV GHWUDQVPLVVmRHHVWDLGHDQWHQDVGHUiGLRHJXLQGDVWHVRSHVRGRFDERSRGHVHWRUQDU LPSRUWDQWHHGHYHVHULQFOXtGRQDDQiOLVHHVWUXWXUDO 7UrVFDVRVVHUmRFRQVLGHUDGRVQDDQiOLVHDVHJXLU(PFDGDFDVRIDUHPRVDKLSyWHVH GHTXHRFDERVHMDSHUIHLWDPHQWHIOH[tYHOHLQH[WHQVtYHO'HYLGRjVXDIOH[LELOLGDGHR FDERQmRRIHUHFHUHVLVWrQFLDjFXUYDWXUDHSRUWDQWRDIRUoDGHWUDomRDWXDQGRQRFDER pVHPSUHWDQJHQWHDRFDERHPSRQWRVDRORQJRGHVHXFRPSULPHQWR6HQGRLQH[WHQVtYHO RFDERWHPXPFRPSULPHQWRFRQVWDQWHWDQWRDQWHVTXDQWRGHSRLVTXHDFDUJDpDSOLFDGD &RPRUHVXOWDGRTXDQGRDFDUJDpDSOLFDGDDJHRPHWULDGRFDERSHUPDQHFHLQDOWHUDGD HRFDERRXXPVHJPHQWRGHOHSRGHVHUWUDWDGRFRPRXPFRUSRUtJLGR Cabo sujeito a cargas concentradas 4XDQGRXPFDERGHSHVRGHVSUH]tYHOVXSRUWDYiULDVFDUJDVFRQFHQWUDGDVRFDER DVVXPHDIRUPDGHYiULRVVHJPHQWRVGHOLQKDUHWDFDGDXPVXMHLWRDXPDIRUoDGH WUDomRFRQVWDQWH&RQVLGHUHSRUH[HPSORRFDERPRVWUDGRQD)LJXUDRQGHDV GLVWkQFLDV K / / H / H DV FDUJDV 3 H 3 VmR FRQKHFLGDV 2 SUREOHPD DTXL p GHWHUPLQDUDVQRYHLQFyJQLWDVFRQVLVWLQGRQDWUDomRHPFDGDXPGRVWUrVVHJPHQWRV DVTXDWURFRPSRQHQWHVGDVUHDo}HVHP$H%HDVGXDVIOHFKDV\&H\'QRVSRQWRV &H'3DUDDVROXomRSRGHPRVHVFUHYHUGXDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRGHIRUoDHP FDGDXPGRVSRQWRV$%&H',VVRUHVXOWDHPXPWRWDOGHRLWRHTXDo}HV 3DUD FRPSOHWDUDVROXomRSUHFLVDPRVVDEHUDOJRVREUHDJHRPHWULDGRFDERDILPGHREWHU D QRQD HTXDomR QHFHVViULD 3RU H[HPSOR VH R FRPSULPHQWR WRWDO GR FDER / IRU HVSHFLILFDGRHQWmRRWHRUHPDGH3LWiJRUDVSRGHVHUXVDGRSDUDUHODFLRQDUFDGDXP GRVWUrVFRPSULPHQWRVVHJPHQWDLVHVFULWRVHPWHUPRVGHK\&\'//H/FRP RFRPSULPHQWRWRWDO/,QIHOL]PHQWHHVVHWLSRGHSUREOHPDQmRSRGHVHUUHVROYLGR IDFLOPHQWHDPmR2XWUDSRVVLELOLGDGHSRUpPpHVSHFLILFDUXPDGDVIOHFKDVVHMD\& RX \' DR LQYpV GR FRPSULPHQWR GR FDER )D]HQGR LVVR DV HTXDo}HV GH HTXLOtEULR VmRHQWmRVXILFLHQWHVSDUDREWHUDVIRUoDVLQFyJQLWDVHDIOHFKDUHPDQHVFHQWH4XDQGR D IOHFKD HP FDGD SRQWR GH FDUJD p REWLGD R FRPSULPHQWR GR FDER SRGH HQWmR VHU GHWHUPLQDGR SHOD WULJRQRPHWULD 2 H[HPSOR D VHJXLU LOXVWUD XP SURFHGLPHQWR SDUD UHDOL]DUDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUDXPSUREOHPDGHVVHWLSR &RQIRUPHPRVWUDUHPRVQRH[HPSORDVHJXLUDVRLWRHTXDo}HVGHHTXLOtEULRWDPEpPSRGHPVHU HVFULWDVSDUDRFDERLQWHLURRXTXDOTXHUSDUWHGHOH0DVQmRPDLVGRTXHRLWRHTXDo}HVHVWmR GLVSRQtYHLV $ \& & ' 3 / % \' 3 / Figura 7.18 / K | | 276 Estática Exemplo 7.11 'HWHUPLQHDWUDomRHPFDGDVHJPHQWRGRFDERPRVWUDGRQD)LJXUDD ( $ \' \% P ' % & N1 N1 N1 P $\ P (\ ( $[ ([ N1 N1 P P P (b) SOLUÇÃO 3RULQVSHomRH[LVWHPTXDWURUHDo}HVH[WHUQDVGHVFRQKHFLGDV $[$\([H(\ HTXDWUR WUDo}HVGHFDERGHVFRQKHFLGDVXPDHPFDGDVHJPHQWRGHFDER(VVDVRLWRLQFyJQLWDV MXQWDPHQWHFRPDVGXDVIOHFKDVLQFyJQLWDV\%H\'SRGHPVHUGHWHUPLQDGDVDSDUWLU GH GH] HTXDo}HV GH HTXLOtEULR GLVSRQtYHLV 8P PpWRGR p DSOLFDU DV HTXDo}HV GH HTXLOtEULR GH IRUoD R)[ R)\ HP FDGD XP GRV FLQFR SRQWRV GH $ DWp ( $TXLSRUpPXVDUHPRVXPDWpFQLFDPDLVGLUHWD &RQVLGHUHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHSDUDRFDERLQWHLUR )LJXUDE $VVLP + ±$[([ RFx = 0; HR0( ±$\ P N1 P N1 P N1 P $\N1 N1 + $[ RFy = 0; N1±N1±N1±N1(\ (\N1 P % ș%& 7%& N1 P & &RPRDIOHFKD\&PpFRQKHFLGDDJRUDFRQVLGHUDUHPRVDVHomRPDLVjHVTXHUGD TXHFRUWDRFDER%& )LJXUDF HR0& $[ P ±N1 P N1 P + RFx = 0; + P (c) $ ș$% 7$% (d) Figura 7.19 RFy = 0; $[ ([N1 7%&FRVș%&±N1 N1±N17%&VHQș%& $VVLP ș%& 7%& N1 3URVVHJXLQGR DJRUD SDUD DQDOLVDU R HTXLOtEULR GRV SRQWRV $ & H ( HP VHTXrQFLD WHPRV N1 N1 P (a) N1 P P Ponto A )LJXUDG + 7$%FRVș$%±N1 RFx = 0; + RFy = 0; ±7$%VHQș$%N1 ș$% 7$% N1 Capítulo 7 | 277 Forças internas N1 Ponto C )LJXUDH + 7&'FRVș&'±FRVN1 RFx = 0; 7&' ș&' & + RFy = 0; 7&'VHQș&'±VHQN1±N1 ș&' N1 7&' N1 (e) Ponto E )LJXUDI + N1±7('FRVș(' RFx = 0; + RFy = 0; N1±7('VHQș(' ș(' 7(' N1 N1 ș(' NOTA:3RUFRPSDUDomRDWUDomRPi[LPDQRFDERHVWiQRVHJPHQWR$%SRLVHVVHVHJPHQWR WHPDPDLRULQFOLQDomR ș HpSUHFLVRTXHSDUDTXDOTXHUVHJPHQWRGHFDERDFRPSRQHQWH KRUL]RQWDO7FRVș$[([ XPDFRQVWDQWH $OpPGLVVRFRPRRVkQJXORVGHLQFOLQDomR TXHRVVHJPHQWRVGHFDERID]HPFRPDKRUL]RQWDODJRUDIRUDPGHWHUPLQDGRVpSRVVtYHO GHWHUPLQDUDVIOHFKDV\%H\' )LJXUDD XVDQGRDWULJRQRPHWULD N1 ( 7(' (f) Figura 7.19 Cabo sujeito a uma carga distribuída $JRUDYDPRVFRQVLGHUDURFDERVHPSHVRPRVWUDGRQD)LJXUDDTXHHVWi VXMHLWRDXPDFDUJDGLVWULEXtGDZZ [ TXHpPHGLGDQDGLUHomR[2GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GH XP VHJPHQWR SHTXHQR GR FDER WHQGR XP FRPSULPHQWR ¨V p PRVWUDGRQD)LJXUDE&RPRDIRUoDGHWUDomRYDULDHPDPERVLQWHQVLGDGHH GLUHomRDRORQJRGRFRPSULPHQWRGRFDERLQGLFDUHPRVHVVDYDULDomRQRGLDJUDPD GHFRUSROLYUHSRU¨7)LQDOPHQWHDFDUJDGLVWULEXtGDpUHSUHVHQWDGDSRUVXDIRUoD UHVXOWDQWHZ [ ¨[ TXHDWXDDXPDGLVWkQFLDIUDFLRQiULDN ¨[ GRSRQWR2RQGH N$SOLFDQGRDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRWHPRV + RFx = 0; + RFy = 0; HR02 ±7FRVș 7¨7 FRV ș¨ș ±7VHQș±Z [ ¨[ 7¨7 VHQ ș¨ș Z [ [ N ¨[ ±7FRVș¨\7VHQș¨[ Z [ ǻ[ N ǻ[ % 7 ǻ7 2 ș ǻș \ Z Z [ ǻ\ 7 $ [ [ ǻV ș ǻ[ ǻ[ (a) (b) Figura 7.20 | | 278 | Estática 'LYLGLQGRFDGDXPDGHVVDVHTXDo}HVSRU¨[HID]HQGRROLPLWHTXDQGR¨[ HSRUWDQWR¨\¨șH¨7REWHPRV d^T cos i h 0 dx d^T sen i h - w^ x h = 0 dx dy tg i dx ,QWHJUDQGRD(TXDomRWHPRV 7FRVșFRQVWDQWH)+ RQGH)+UHSUHVHQWDDFRPSRQHQWHKRUL]RQWDOGDIRUoDGHWUDomRHPTXDOTXHUSRQWR DRORQJRGRFDER ,QWHJUDQGRD(TXDomRWHPRV T sen i [ w^ xh dx 'LYLGLQGR D (TXDomR SHOD (TXDomR HOLPLQD 7 (QWmR XVDQGR D (TXDomRSRGHPRVREWHUDLQFOLQDomRGRFDER dy w^ xh dx tg i 1 FH dx [ 5HDOL]DQGRXPDVHJXQGDLQWHJUDomRWHPRV y F) [ c [ w^ xh dx m dx (VWDHTXDomRpXVDGDSDUDGHWHUPLQDUDFXUYDSDUDRFDER\I [ $FRPSRQHQWH GDIRUoDKRUL]RQWDO)+HDVGXDVFRQVWDQWHVDGLFLRQDLVGLJDPRV&H&UHVXOWDQWHV GDLQWHJUDomRVmRGHWHUPLQDGDVDSOLFDQGRDVFRQGLo}HVGHFRQWRUQRSDUDDFXUYD Exemplo 7.12 2FDERGHXPDSRQWHSrQVLOVXSRUWDPHWDGHGDVXSHUItFLHGDHVWUDGDXQLIRUPHHQWUH DVGXDVWRUUHVHP$H% )LJXUDD 6HHVVDFDUJDGLVWULEXtGDIRUZGHWHUPLQH D IRUoD Pi[LPD GHVHQYROYLGD QR FDER H R FRPSULPHQWR UHTXLULGR GR FDER 2 FRPSULPHQWRGRYmR/HIOHFKDKVmRFRQKHFLGRV $ / \ % K 2 [ Z Figura 7.21 (a) SOLUÇÃO 3RGHPRVGHWHUPLQDUDVLQFyJQLWDVQRSUREOHPDSULPHLURHQFRQWUDQGRDHTXDomRGDFXUYD TXHGHILQHDIRUPDGRFDERXVDQGRD(TXDomR3RUPRWLYRVGHVLPHWULDDRULJHP GDVFRRUGHQDGDVIRLFRORFDGDQRFHQWURGRFDER2EVHUYDQGRTXHZ [ ZWHPRV Capítulo 7 y= F) [c [w 0 Forças internas | 279 dx m dx 5HDOL]DQGRDVGXDVLQWHJUDLVWHPRV 2 wx y = 1 c 0 + C1 x + C2 m F) 2 $VFRQVWDQWHVGHLQWHJUDomRSRGHPVHUGHWHUPLQDGDVXVDQGRDVFRQGLo}HVGHFRQWRUQR \ HP [ H G\G[ HP [ 6XEVWLWXLQGR QD (TXDomR H VXD GHULYDGD WHPRV&&$HTXDomRGDFXUYDWRUQDVHHQWmR w y = 0 x2 F) (VWDpDHTXDomRGHXPDSDUiEROD$FRQVWDQWH)+SRGHVHUREWLGDXVDQGRDFRQGLomR GHFRQWRUQR\KHP[/$VVLP w L2 F) = 0 h 3RUWDQWRD(TXDomRWRUQDVH y = h2 x2 L &RPR )+ p FRQKHFLGR D WUDomR QR FDER SRGH DJRUD VHU GHWHUPLQDGD XVDQGR D (TXDomR HVFULWD FRPR 7 )+FRV ș 3DUD ș + D WUDomR Pi[LPD RFRUUHUiTXDQGRșpPi[LPRRXVHMDQRSRQWR% )LJXUDD 3HOD(TXDomR DLQFOLQDomRQHVWHSRQWRp w dy tg imáx 0 x F dx x L/2 H x L/2 RX w0 L m 2FH FH cos îmáxh imáx = tg- 1 c 3RUWDQWR Tmáx 8VDQGRDVUHODo}HVGRWULkQJXORPRVWUDGRQD)LJXUDETXHpEDVHDGRQD(TXDomR D(TXDomRSRGHVHUHVFULWDFRPR Tmáx = 4F + w L 2 2 H 2 2 0 6XEVWLWXLQGRD(TXDomRQDHTXDomRDFLPDWHPRV 2 wL 1+c L m Tmáx = 0 2 4h 3DUDXPVHJPHQWRGLIHUHQFLDOGDH[WHQVmRGRFDERGVSRGHPRVHVFUHYHU dy 2 ds = ^dxh2 + ^dyh2 = + c m dx dx /RJR D H[WHQVmR WRWDO GR FDER SRGH VHU GHWHUPLQDGD SHOD LQWHJUDomR 8VDQGR D (TXDomRWHPRV - /2 2 a = ds = 2 1 + c 8h2 x m dx 0 L [ [ $LQWHJUDomRJHUD a = L= 2 2 1 + c 4h m + L senh-1 c 4h mG 4h L L / Z ) + șPi[ )+ (b) Figura 7.21 Z/ | | 280 | Estática Cabos sujeitos ao seu próprio peso 4XDQGRRSHVRGRFDERVHWRUQDLPSRUWDQWHQDDQiOLVHGDIRUoDDIXQomRGHFDUJD DRORQJRGRFDERVHUiXPDIXQomRGRFRPSULPHQWRGRDUFRVDRLQYpVGRFRPSULPHQWR SURMHWDGR [ 3DUD DQDOLVDU HVVH SUREOHPD FRQVLGHUDUHPRV XPD IXQomR GH FDUJD JHQHUDOL]DGDZZ V TXHDWXDDRORQJRGRFDERFRPRPRVWUDD)LJXUDD2 GLDJUDPDGHFRUSROLYUHSDUDXPVHJPHQWRSHTXHQR¨VGRFDERpPRVWUDGRQD)LJXUDE $SOLFDQGRDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRDRVLVWHPDGHIRUoDVQRGLDJUDPDREWrPVH UHODFLRQDPHQWRV LGrQWLFRV DRV TXH VmR GDGRV SHODV HTXDo}HV GH D PDV FRPGVVXEVWLWXLQGRG[3RUWDQWRSRGHPRVPRVWUDUTXH 7FRVș)+ [ w^ s h ds T sen i dy dx F) [ w^ s h ds 3DUD UHDOL]DU XPD LQWHJUDomR GLUHWD GD (TXDomR p QHFHVViULR VXEVWLWXLU G\G[SRUGVG[&RPR dx2 + dy2 ds = HQWmR dy = dx c ds 2 - m dx 3RUWDQWR ds = + c dx = F )2 2 1 /2 [ w^ s h ds m G 6HSDUDQGRDVYDULiYHLVHLQWHJUDQGRREWHPRV x= [ ds = + 2 c F) 2 1 /2 [ w^ s h ds m G $VGXDVFRQVWDQWHVGHLQWHJUDomRGLJDPRV&H&VmRHQFRQWUDGDVXVDQGRDV FRQGLo}HVGHFRQWRUQRSDUDDFXUYD Z V ǻ[ N ǻ[ % \ 7ǻ7 2 Z Z V șǻș ǻ\ ǻV $ 7 [ V ǻV ș ǻ[ (a) (b) Figura 7.22 Capítulo 7 Exemplo | | 281 7.13 'HWHUPLQHDFXUYDGHGHIOH[mRRFRPSULPHQWRHDWUDomRPi[LPDQRFDERXQLIRUPH PRVWUDGR QD )LJXUD 2 FDER WHP XP SHVR SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH Z1P SOLUÇÃO 3RUPRWLYRVGHVLPHWULDDRULJHPGDVFRRUGHQDGDVpORFDOL]DGDQRFHQWURGRFDER $ FXUYD GH GHIOH[mR p H[SUHVVD FRPR \ I [ 3RGHPRV GHWHUPLQiOD SULPHLUR DSOLFDQGRD(TXDomRRQGHZ V Z ds x= [ ;1 + ^1/F )2 hc [w 0 2 1 /2 ds m E ,QWHJUDQGRRWHUPRVRERVLQDOGHLQWHJUDOQRGHQRPLQDGRUWHPRV ds x= 1 /2 61 + ^1/F )2 h^w0 s C1h2 @ [ 6XEVWLWXLQGR X )+ ZV & GH PRGR TXH GX Z)+ GV XPD VHJXQGD LQWHJUDomRJHUD F x = H ^senh- 1 u + C2h w0 RX x= Forças internas FH senh- 1 = 1 ^w0 s + C1hG + C2 3 FH w0 ) 3DUDDYDOLDUDVFRQVWDQWHVREVHUYHTXHSHOD(TXDomR dy dy w0 ds ou = 1 = 1 ^w0 s + C1h FH dx FH dx [ &RPRG\G[HPVHQWmR&$VVLP ws dy = 0 dx F) $FRQVWDQWH&SRGHVHUDYDOLDGDXVDQGRVHDFRQGLomRVHP[QD(TXDomR RQGH&3DUDREWHUDFXUYDGHGHIOH[mRUHVROYDSDUDVQD(TXDomRTXHJHUD w F s H senh e 0 x o FH w0 $JRUDVXEVWLWXDQD(TXDomRHPTXH w dy senh e 0 x o FH dx /RJR y= w FH cosh e 0 x o + C3 w0 FH 6HDFRQGLomRGHFRQWRUQR\HP[IRUDSOLFDGDDFRQVWDQWH&±)+ZH SRUWDQWRDFXUYDGHGHIOH[mRVHWRUQD w F y = H =cosh e 0 x o - 1 G w0 FH (VVDHTXDomRGHILQHDIRUPDGHXPDFXUYDFDWHQiULD$FRQVWDQWH)+pREWLGDXVDQGR DFRQGLomRGHFRQWRUQRTXH\KHP[/RQGH wL F h = H =cosh e 0 o - 1 G 2FH w0 / P \ șPi[ K P V Figura 7.23 [ | 282 | Estática &RPRZ1PKPH/PDVHTXDo}HVHVHWRUQDP F) cosh e 5 N/m x o - 1 G y= 5 N/m = F) 6m= )) cosh e 50 N o - 1 G 5 N/m = )) $(TXDomRSRGHVHUUHVROYLGDSDUD)+XVDQGRXPSURFHGLPHQWRGHWHQWDWLYDHHUUR 2UHVXOWDGRp )+1 HSRUWDQWRDFXUYDGHGHIOH[mR(TXDomRWRUQDVH \>FRVK [ ±@P 8VDQGRD(TXDomRFRP[PRPHLRFRPSULPHQWRGRFDERp a 45, 9 N senh 5 N/m ^10 mh 12, 1 m G = 45, 9 N 2 5 N/m /RJR a 24, 2 m &RPR 7 )+FRV ș D WUDomR Pi[LPD RFRUUH TXDQGR ș p Pi[LPR RX VHMD HP aP8VDQGRD(TXDomRWHPRV dy dx 5 N/m^12, 1 mh 1, 32 45, 9 N imáx 52, 8° tg imáx s 12, 1 m (SRUWDQWR Tmáx FH 45, 9 N 75, 9 N cos 52, 8° cos imáx Problemas 'HVSUH]HRSHVRGRFDERQRVSUREOHPDVDVHJXLUDPHQRV TXHVHMDLQGLFDGRRFRQWUiULR •7.89. 'HWHUPLQH D WUDomR HP FDGD VHJPHQWR GR FDER H R FRPSULPHQWRGRWDOGRFDER)DoD31 7.90. 6HFDGDVHJPHQWRGRFDERSXGHUVXSRUWDUXPDWUDomR Pi[LPDGH1GHWHUPLQHDPDLRUFDUJD3TXHSRGHVHU DSOLFDGD 7.91. 2V VHJPHQWRV GH FDER VXSRUWDP D FDUJD PRVWUDGD 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD KRUL]RQWDO [% D SDUWLU GD IRUoD HP % DWpRSRQWR$)DoD31 *7.92. 2V VHJPHQWRV GH FDER VXSRUWDP D FDUJD PRVWUDGD 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKRUL]RQWDO3GHPRGRTXH [%P xB A B 1,5 m 0,6 m A B P 1,5 m 2,4 m D C C 250 N 0,6 m D P 0,9 m 0,9 m 1,2 m 0,9 m Problemas 7.89/90 Problemas 7.91/92 300 N Capítulo 7 •7.93. 'HWHUPLQHDIRUoD3QHFHVViULDSDUDPDQWHURFDER QDSRVLomRPRVWUDGDRXVHMDGHPRGRTXHRVHJPHQWR%& SHUPDQHoDKRUL]RQWDO$OpPGLVVRFDOFXOHDIOHFKD\%HD WUDomRPi[LPDQRFDER Forças internas | 283 | 7.98. 2 FDER VXSRUWD D FDUJD PRVWUDGD 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGHGDIRUoDKRUL]RQWDO3GHPRGRTXH[%P xB A 1,5 m B P ( $ \% P ' % 2,4 m & C D 0,6 m 4 N1 N1 P 0,9 m 3 P P Problema 7.93 7.94. 2 FDER $%&' VXSRUWD D OkPSDGD ( GH NJ H D OkPSDGD)GHNJ'HWHUPLQHDWUDomRPi[LPDQRFDER HDIOHFKD\%GRSRQWR% 7.99. 'HWHUPLQHDFDUJDGLVWULEXtGDXQLIRUPHPi[LPDZ1P TXH R FDER SRGH VXSRUWDU VH HOH p FDSD] GH VXVWHQWDU XPD WUDomRPi[LPDGHN1 60 m 7m ' \% Z0 P Problema 7.99 *7.100. 2 FDER VXSRUWD D FDUJD GLVWULEXtGD XQLIRUPH GH ZN1P'HWHUPLQHDWUDomRQRFDERHPFDGDDSRLR $H% & % ) ( P 150 N Problemas 7.97/98 P $ 5 3 •7.101. 'HWHUPLQH D FDUJD GLVWULEXtGD XQLIRUPH Pi[LPD Z TXH R FDER SRGH VXSRUWDU VH D WUDomR Pi[LPD TXH R FDER SRGHVXSRUWDUIRUN1 P P B Problema 7.94 A 7.95. 2 FDER VXSRUWD DV WUrV FDUJDV PRVWUDGDV 'HWHUPLQH DVIOHFKDV\%H\'GRVSRQWRV%H'&RQVLGHUH31 31 4,5 m 3m *7.96. 2FDERVXSRUWDDVWUrVFDUJDVPRVWUDGDV'HWHUPLQHD LQWHQVLGDGHGH3VH31H\%P'HWHUPLQH WDPEpPDIOHFKD\' w0 7,5 m 1,2 m E A yB 4,2 m B 7.102. 2FDERHVWiVXMHLWRjFDUJDWULDQJXODU6HDLQFOLQDomR GRFDERQRSRQWR2p]HURGHWHUPLQHDHTXDomRGDFXUYD \ I [ TXH GHILQH D LQFOLQDomR GR FDER 2% H D WUDomR Pi[LPDGHVHQYROYLGDQRFDER D C P2 P2 Problemas 7.100/101 yD y P1 A 3,6 m 6m 4,5 m 3,6 m B 2,4 m O x Problemas 7.95/96 •7.97. 2 FDER VXSRUWD D FDUJD PRVWUDGD 'HWHUPLQH D GLVWkQFLDKRUL]RQWDO[%TXHDIRUoDQRSRQWR%DWXDDSDUWLU GH$)DoD31 10 kN · m 4,5 m 10 kN · m 4,5 m Problema 7.102 | | 284 Estática 7.103. 6H RV FLOLQGURV & H ' SHVDP FDGD XP N1 GHWHUPLQH D IOHFKD Pi[LPD K H R FRPSULPHQWR GR FDER HQWUH DV SROLDV OLVDV HP $ H %$ YLJD WHP XP SHVR SRU XQLGDGHGHFRPSULPHQWRGHN1P 7.107. 6HKPGHWHUPLQHDWUDomRPi[LPDGHVHQYROYLGD QDFRUUHQWHHVHXFRPSULPHQWR$FRUUHQWHWHPXPDPDVVD SRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGHNJP 50 m 3,6 m A A B B h=5m h Problema 7.107 D C *7.108. 8PFDERWHQGRXPSHVRSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWR GH N1P p VXVSHQVR HQWUH RV DSRLRV $ H % 'HWHUPLQH D HTXDomRGDFXUYDFDWHQiULDGRFDERSHORVHXFRPSULPHQWRGR FDER 50 m Problema 7.103 *7.104. 2 WDEXOHLUR GD SRQWH WHP XP SHVR SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWRGHN1P(OHHVWiDSRLDGRHPFDGDODGRSRU XPFDER'HWHUPLQHDWUDomRHPFDGDFDERQRVSLODUHV$H% •7.105. 6H FDGD XP GRV GRLV FDERV ODWHUDLV TXH VXSRUWDP RWDEXOHLURGDSRQWHSRGHPVXVWHQWDUXPDWUDomRPi[LPD GH01GHWHUPLQHDFDUJDGLVWULEXtGDXQLIRUPHSHUPLWLGD ZFDXVDGDSHORSHVRGRWDEXOHLURGDSRQWH 1000 m A B 30º 30º Problema 7.108 •7.109. 6HRFDERGHPGHFRPSULPHQWRWHPXPDPDVVDSRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH NJP GHWHUPLQH D HTXDomR GD FXUYDFDWHQiULDGRFDERHDWUDomRPi[LPDGHVHQYROYLGDQRFDER A 40 m B 150 m 75 m A B Problema 7.109 Problemas 7.104/105 7.106. 6HDLQFOLQDomRGRFDERQRDSRLR$pGHWHUPLQH D FXUYD GH GHIOH[mR \ I [ GR FDER H D WUDomR Pi[LPD GHVHQYROYLGDQRFDER y 7.110. 0RVWUHTXHDFXUYDGHGHIOH[mRGRFDERGLVFXWLGRQR ([HPSORVHUHGX]j(TXDomRQR([HPSORTXDQGR DIXQomRGHFRVVHQRKLSHUEyOLFRpH[SDQGLGDHPWHUPRVGH XPDVpULHHDSHQDVRVGRLVSULPHLURVWHUPRVVmRPDQWLGRV $UHVSRVWDLQGLFDTXHDFDWHQiULDSRGHVHUVXEVWLWXtGDSRU XPD SDUiEROD QD DQiOLVH GH SUREOHPDV HP TXH D IOHFKD p SHTXHQD1HVVHFDVRRSHVRGRFDERpFRQVLGHUDGRXQLIRU PHPHQWHGLVWULEXtGRQDKRUL]RQWDO 7.111. 2FDERWHPXPDPDVVDSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGH NJP'HWHUPLQHRFRPSULPHQWRWRWDO/PDLVFXUWRGRFDER TXHSRGHVHUVXVSHQVRHPHTXLOtEULR 12 m B 8m 10º 3m A x A B 10 kN/m Problema 7.106 Problema 7.111 Capítulo 7 *7.112. 2 FDER GH WUDQVPLVVmR GH HQHUJLD WHP XP SHVR SRU XQLGDGHGHFRPSULPHQWRGHN1P6HRSRQWRPDLVEDL[R GRFDERSUHFLVDHVWDUDSHORPHQRVPDFLPDGRVRORGHWHUPLQH D WUDomR Pi[LPD GHVHQYROYLGD QR FDER H R FRPSULPHQWR GR FDERHQWUH$H% A | 285 Forças internas •7.113. 6HDIRUoDGHUHERTXHKRUL]RQWDOIRU7N1H D FRUUHQWH WHP XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH NJP GHWHUPLQH D IOHFKD Pi[LPD K 'HVSUH]H R HIHLWR GH IOXWXDomR GD iJXD VREUH D FRUUHQWH 2V EDUFRV HVWmRSDUDGRV 100 m 40 m B T h T 60 m 30 m 40 m Problema 7.113 Problema 7.112 REVISÃO DO CAPÍTULO &DUJDVLQWHUQDV 6HXPVLVWHPDGHIRUoDVFRSODQDUHVDWXD VREUHXPPHPEURHQWmRHPJHUDOXPD UHVXOWDQWHLQWHUQDGDIRUoDQRUPDO1GD IRUoDFRUWDQWH9HGRPRPHQWRIOHWRU0 DWXDUmRHPTXDOTXHUVHomRWUDQVYHUVDODR ORQJR GR PHPEUR$V GLUHo}HV SRVLWLYDV GHVVDVFDUJDVHVWmRPRVWUDGDVQDILJXUD $ UHVXOWDQWH LQWHUQD GD IRUoD QRUPDO GD IRUoD FRUWDQWH H GR PRPHQWR IOHWRU VmR GHWHUPLQDGDV XVDQGRVH R PpWRGR GDV VHo}HV 3DUD HQFRQWUiODV R PHPEUR p VHFFLRQDGR QR SRQWR & RQGH DV FDUJDV LQWHUQDV GHYHP VHU GHWHUPLQDGDV 8P GLDJUDPDGHFRUSROLYUHGHXPDGDVSDUWHV VHFFLRQDGDVpHQWmRGHVHQKDGRHDVFDUJDV LQWHUQDVVmRPRVWUDGDVHPVXDVGLUHo}HV SRVLWLYDV $UHVXOWDQWHGDIRUoDQRUPDOpGHWHUPLQDGD VRPDQGR DV IRUoDV QRUPDLV QD VHomR WUDQVYHUVDO$UHVXOWDQWHGDIRUoDFRUWDQWH p HQFRQWUDGD VRPDQGRVH DV IRUoDV WDQJHQWHV j VHomR WUDQVYHUVDO H D UHVXOWDQWHGRPRPHQWRIOHWRUpHQFRQWUDGD VRPDQGRVHRVPRPHQWRVHPUHODomRDR FHQWUR JHRPpWULFR RX FHQWURLGH GD iUHD GDVHomRWUDQVYHUVDO 6HRPHPEURHVWLYHUVXMHLWRDXPDFDUJD WULGLPHQVLRQDO HQWmR HP JHUDO XP PR PHQWR GH WRUomR DWXDUi VREUH D VHomR WUDQVYHUVDO (OH SRGH VHU GHWHUPLQDGR VRPDQGRVH RV PRPHQWRV HP UHODomR D XPHL[RSHUSHQGLFXODUjVHomRWUDQVYHUVDO HTXHSDVVDSRUVHXFHQWURLGH | )RUoDQRUPDO & 1 0 )RUoD 9 0RPHQWRIOHWRU FLVDOKDQWH RXFRUWDQWH ) $[ ) % $ & $\ %\ ) 0& $[ $ 9& $\ R)\ R0& 1& & R)[ ) 9& 0& % 1& & %\ ] &RPSRQHQWHVGR PRPHQWRIOHWRU 0] )RUoDQRUPDO 9] 0RPHQWRWRUVLRQDO 1\ 0\ & 0[ 9[ &RPSRQHQWHVGD IRUoDFRUWDQWH \ | 286 | Estática 'LDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRU 3DUD FRQVWUXLU RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWR IOHWRU SDUD XP PHPEURpQHFHVViULRVHFFLRQDURPHPEUR HPXPSRQWRTXDOTXHUORFDOL]DGRDXPD GLVWkQFLD[GDH[WUHPLGDGHHVTXHUGD 6HDFDUJDH[WHUQDFRQVLVWHHPYDULDo}HVQD FDUJDGLVWULEXtGDRXXPDVpULHGHIRUoDVH PRPHQWRVGHELQiULRFRQFHQWUDGRVDWXDQGR VREUHRPHPEURHQWmRGLIHUHQWHVH[SUHVV}HV SDUD9H0GHYHPVHUGHWHUPLQDGDVGHQWUR GDVUHJL}HVHQWUHTXDLVTXHUGHVFRQWLQXLGDGHV GHFDUJD / E D 3 Z 2 [ 2 HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWR LQFyJQLWRV VmRLQGLFDGRVQDVHomRWUDQVYHUVDOQDGLUH omR SRVLWLYD GH DFRUGR FRP D FRQYHQomR GH VLQDO HVWDEHOHFLGD H GHSRLV R HVIRUoR FRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRULQWHUQRVVmRGH WHUPLQDGRVFRPRIXQo}HVGH[ &DGDXPDGDVIXQo}HVGRHVIRUoRFRUWDQWH H GR PRPHQWR IOHWRU p HQWmR H[SUHVVD JUDILFDPHQWH SDUD FULDU RV GLDJUDPDV GH HVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRU [ [ 9 9 9 9 (VIRUoRFRUWDQWHSRVLWLYR 0 0 0RPHQWRIOHWRUSRVLWLYR 0 0 &RQYHQomRGHVLQDO G L 5HODo}HV HQWUH HVIRUoR FRUWDQWH H PRPHQWRIOHWRU eSRVVtYHOFRQVWUXLURVGLDJUDPDVGHHVIRUoR FRUWDQWHHGHPRPHQWRIOHWRUUDSLGDPHQWH XVDQGR UHODo}HV GLIHUHQFLDLV TXH H[LVWHP HQWUHDFDUJDGLVWULEXtGDZH9H0 $ LQFOLQDomR GR GLDJUDPD GH HVIRUoR FRUWDQWH p LJXDO j FDUJD GLVWULEXtGD HP TXDOTXHUSRQWR$LQFOLQDomRpSRVLWLYDVH D FDUJD GLVWULEXtGD DWXDU SDUD FLPD H YLFHYHUVD $ LQFOLQDomR GR GLDJUDPD GR PRPHQWR IOHWRU p LJXDO DR HVIRUoR FRUWDQWH HP TXDOTXHUSRQWR$LQFOLQDomRpSRVLWLYDVHR HVIRUoRFRUWDQWHIRUSRVLWLYRRXYLFHYHUVD $YDULDomRGRHVIRUoRFRUWDQWHHQWUHGRLV SRQWRV TXDLVTXHU p LJXDO j iUHD VRE D FDUJDGLVWULEXtGDHQWUHRVSRQWRV $ YDULDomR GR PRPHQWR IOHWRU p LJXDO j iUHD VRE R GLDJUDPD GH HVIRUoR FRUWDQWH HQWUHRVSRQWRV dV w dx dM V dx DV [ w dx DM [ V dx Capítulo 7 | Forças internas &DERV 4XDQGR XP FDER IOH[tYHO H LQH[WHQVtYHO HVWiVXMHLWRDXPDVpULHGHIRUoDVFRQFHQ WUDGDV HQWmR D DQiOLVH GR FDER SRGH VHU UHDOL]DGD XVDQGRVH DV HTXDo}HV GH y c w^ xh dx m dx HTXLOtEULRDSOLFDGDVDGLDJUDPDVGHFRUSR F) OLYUHGHVHJPHQWRVRXSRQWRVGHDSOLFDomR Carga distribuída GDFDUJD 6HFDUJDVGLVWULEXtGDVH[WHUQDVRXRSHVR ds GR FDER WLYHUHP TXH VHU FRQVLGHUDGRV y = [ 2 1 /2 = + 2 c [ w^ s h ds m G HQWmRDIRUPDGRFDERGHYHVHUGHWHUPL F) QDGDDQDOLVDQGRSULPHLURDVIRUoDVHPXP Peso do cabo VHJPHQWR GLIHUHQFLDO GR FDER H GHSRLV LQWHJUDQGRHVVHUHVXOWDGR$VGXDVFRQV WDQWHV GLJDPRV & H & UHVXOWDQWHV GD LQWHJUDomR VmR GHWHUPLQDGDV DSOLFDQGR VHDVFRQGLo}HVGHFRQWRUQRSDUDRFDER 287 | [ [ 3 3 Problemas 7.114. 8PFDERGHNJHVWiFRQHFWDGRHQWUHGRLVSRQWRV GLVWDQWHVPHQWUHVLHFRPHOHYDo}HVLJXDLV6HDWUDomR Pi[LPD GHVHQYROYLGD QR FDER p 1 GHWHUPLQH R FRPSULPHQWRGRFDERHDIOHFKD •7.117. 'HWHUPLQHDIRUoDQRUPDODIRUoDFRUWDQWHHRPR PHQWRIOHWRULQWHUQRQRVSRQWRV'H(GDHVWUXWXUD 0,25 m 0,75 m 7.115. 'HWHUPLQHRVGLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPR PHQWRIOHWRUSDUDDYLJD&' 0,9 m C 0,75 m D 0,6 m 1m 50 kN A B E 0,75 m 6 kN · m B D C 400 N/m 0,6 m 0,9 m 60º A 0,6 m Problema 7.117 Problema 7.115 *7.116. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO D IRUoD FRUWDQWH H R PRPHQWRIOHWRULQWHUQRQRVSRQWRV%H&GDYLJD 7,5 kN 6 kN 2 kN/m 7.118. 'HWHUPLQHDGLVWkQFLDDHQWUHRVDSRLRVHPWHUPRVGR FRPSULPHQWR / GD YLJD GH PRGR TXH R PRPHQWR QD YLJD VLPpWULFDVHMD]HURQRFHQWURGDYLJD w 1 kN/m C B A 40 kN ∙ m a L Problema 7.118 5m 5m 3m 1m Problema 7.116 7.119. 8PD FRUUHQWH p VXVSHQVD HQWUH SRQWRV QD PHVPD DOWXUDHHVSDoDGRVDXPDGLVWkQFLDGHP6HWLYHUXPSHVR SRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGH1PHDIOHFKDIRUP GHWHUPLQHDWUDomRPi[LPDQDFRUUHQWH | | 288 Estática *7.120. 'HWHUPLQH RV GLDJUDPDV GH HVIRUoR FRUWDQWH H GH PRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD N1P N1ÂP $ *7.123. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO D IRUoD FRUWDQWH H R PRPHQWRIOHWRULQWHUQRFRPRXPDIXQomRGHș H \ P SDUD R PHPEUR FDUUHJDGR FRQIRUPH PRVWUDGR & % 0,3 m B P P θ C 1000 N y Problema 7.120 750 N •7.121. 'HWHUPLQH R HVIRUoR FRUWDQWH H R PRPHQWR IOHWRU LQWHUQR QR PHPEUR $%& FRPR XPD IXQomR GH [ RQGH D RULJHPSDUD[HVWiHP$ 0,6 m A D A C B *7.124. 2LDWHHVWiDQFRUDGRFRPXPDFRUUHQWHTXHWHPXPD H[WHQVmR WRWDO GH P XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWRGHNJPHDWUDomRQDFRUUHQWHHP$p N1'HWHUPLQHRFRPSULPHQWRGDFRUUHQWHOGTXHHQFRVWDQR IXQGRGRPDU4XDOpDGLVWkQFLDG"6XSRQKDTXHRVHIHLWRV GH IOXWXDomR GD iJXD VREUH D FRUUHQWH VHMDP GHVSUH]tYHLV 'LFD(VWDEHOHoDDRULJHPGRVLVWHPDGHFRRUGHQDGDVHP% FRQIRUPHPRVWUDPRVDILPGHHQFRQWUDURFRPSULPHQWRGD FRUUHQWH%$ 1,5 m 3m 1,5 m Problema 7.123 45º 1,5 m 6 kN Problema 7.121 7.122. $ SRQWH URODQWH FRQVLVWH HP XPD YLJD GH P FRP XPD PDVVD XQLIRUPH SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH NJP 2 JDQFKR VXVSHQVR H VXD FDUJD VXSRUWDGD H[HUFHP XPDIRUoDGHN1QDYLJDTXDQGR[P'HWHUPLQHRV GLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHPRPHQWRIOHWRUSDUDDYLJD $V URGDVJXLD QDV H[WUHPLGDGHV $ H % H[HUFHP DSHQDV UHDo}HV YHUWLFDLV VREUH D YLJD 'HVSUH]H D GLPHQVmR GR FDUULQKRHP& A 60º d y ld s x B x=2m 5m Problema 7.124 •7.125. 'HWHUPLQH D IRUoD QRUPDO D IRUoD FRUWDQWH H R PRPHQWRIOHWRULQWHUQRQRVSRQWRV'H(GDHVWUXWXUD A C 750 N C D 30º B A F E 8 kN Problema 7.122 0,3 m B 0,9 m 2,4 m Problema 7.125 1,2 m Capítulo 7 7.126. $YLJDXQLIRUPHSHVD1HpPDQWLGDQDSRVLomR KRUL]RQWDO SRU PHLR GR FDER $% TXH WHP XP SHVR GH 1P6HDLQFOLQDomRGRFDERHP$pGHWHUPLQHR FRPSULPHQWRGRFDER B | 289 Forças internas 7.127. 2 EDOmR p PDQWLGR QR OXJDU XVDQGR XPD FRUGD GH P TXH SHVD 1P H ID] XP kQJXOR GH FRP D KRUL]RQWDO 6H D WUDomR QD FRUGD QR SRQWR $ p 1 GHWHUPLQH R FRPSULPHQWR GD FRUGD O TXH HVWi HQFRVWDGD QR VROR H D DOWXUD K 'LFD (VWDEHOHoD R VLVWHPD GH FRRUGHQDGDVHP%FRPRPRVWUDDILJXUD 60º A h y 30º A C 5m Problema 7.126 | l s B x Problema 7.127 CAPÍTULO 8 Atrito Objetivos do capítulo Introduzir o conceito de atrito seco e mostrar como analisar o equilíbrio de corpos rígidos sujeitos a essa força. Apresentar Investigar 8.1 aplicações específicas da análise de força de atrito em calços, parafusos, correias e mancais. o conceito de resistência ao rolamento. Características do atrito seco : $WULWRpXPDIRUoDTXHUHVLVWHDRPRYLPHQWRGHGXDVVXSHUItFLHVHPFRQWDWRTXH VH GHVOL]DP XPD HP UHODomR j RXWUD (VVD IRUoD VHPSUH DWXD WDQJHQWH j VXSHUItFLH QRVSRQWRVGHFRQWDGRHpGLUHFLRQDGDGHPRGRDVHRSRUDRPRYLPHQWRSRVVtYHORX H[LVWHQWHHQWUHDVVXSHUItFLHV 1HVWHFDStWXORHVWXGDUHPRVRVHIHLWRVGRDWULWRVHFRTXHjVYH]HVpFKDPDGRGH DWULWR GH &RXORPE SRLV VXDV FDUDFWHUtVWLFDV IRUDP EDVWDQWH HVWXGDGDV SRU & $ &RXORPEHP2DWULWRVHFRRFRUUHHQWUHDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRGRVFRUSRV TXDQGRQmRH[LVWHXPIOXLGROXEULILFDQWH 3 (a) W P Teoria do atrito seco $ WHRULD GR DWULWR VHFR SRGH VHU H[SOLFDGD FRQVLGHUDQGRVH RV HIHLWRV FDXVDGRV SRUSX[DUKRUL]RQWDOPHQWHXPEORFRGHSHVRXQLIRUPH:TXHHVWiHPUHSRXVRVREUH XPDVXSHUItFLHKRUL]RQWDOUXJRVDTXHVHMDQmRUtJLGDRXGHIRUPiYHO )LJXUDD $ SDUWHVXSHULRUGREORFRSRUpPSRGHVHUFRQVLGHUDGDUtJLGD&RPRYHPRVQRGLDJUDPD GHFRUSROLYUHGREORFR )LJXUDE RSLVRH[HUFHXPDGLVWULEXLomRGHVXQLIRUPH GDIRUoDQRUPDO¨1QHGDIRUoDGHDWULWR¨)QDRORQJRGDVXSHUItFLHGHFRQWDWR3DUD RHTXLOtEULRDVIRUoDVQRUPDLVGHYHPDWXDUSDUDFLPDSDUDHTXLOLEUDURSHVRGREORFR :HDVIRUoDVGHDWULWRDWXDPSDUDDHVTXHUGDSDUDLPSHGLUTXHDIRUoDDSOLFDGD3 PRYDREORFRSDUDDGLUHLWD8PH[DPHGHSHUWRGDVVXSHUItFLHVHPFRQWDWRHQWUHR SLVRHREORFRUHYHODFRPRHVVDVIRUoDVGHDWULWRHQRUPDOVHGHVHQYROYHP )LJXUD F 3RGHVH YHU TXH H[LVWHP PXLWDV LUUHJXODULGDGHV PLFURVFySLFDV HQWUH DV GXDV VXSHUItFLHVHFRPRUHVXOWDGRDVIRUoDVUHDWLYDV¨5QVmRGHVHQYROYLGDVHPFDGDSRQWR 2XWURWLSRGHDWULWRFKDPDGRDWULWRIOXLGRpHVWXGDGDQDPHFkQLFDGRVIOXLGRV ∆Fn ∆Nn (b) ∆F1 ∆N1 ∆F2 ∆Fn ∆Nn ∆R1 ∆N2 ∆R2 (c) Figura 8.1 ∆Rn Capítulo 8 | Atrito 291 GH FRQWDWR &RQIRUPH PRVWUDGR FDGD IRUoD UHDWLYD FRQWULEXL FRP DPEDV XPD FRPSRQHQWHGHDWULWR¨)QHXPDFRPSRQHQWHQRUPDO¨1Q B A C Independentemente do peso do ancinho ou pá que esteja suspenso, o dispositivo foi projetado de modo que o pequeno rolete mantenha o cabo em equilíbrio devido às forças de atrito que se desenvolvem nos pontos de contato $, %, &. Equilíbrio 2HIHLWRGDVFDUJDVQRUPDLVHGHDWULWRGLVWULEXtGDVpLQGLFDGRSRUVXDVUHVXOWDQWHV 1H)QRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH )LJXUDG 2EVHUYHTXH1DWXDDXPDGLVWkQFLD [jGLUHLWDGDOLQKDGHDomRGH: )LJXUDG (VVDSRVLomRTXHFRLQFLGHFRPR FHQWURLGH RX FHQWUR JHRPpWULFR GD GLVWULEXLomR GH IRUoD QRUPDO QD )LJXUD E p QHFHVViULDDILPGHHTXLOLEUDURµHIHLWRGHWRPEDPHQWR¶FDXVDGRSRU33RUH[HPSOR VH 3 IRU DSOLFDGD D XPD DOWXUD K GD VXSHUItFLH )LJXUD G HQWmR R HTXLOtEULR GR PRPHQWRHPUHODomRDRSRQWR2pVDWLVIHLWRVH:[3KRX[3K: Iminência de movimento (P FDVRV RQGH DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR VmR PXLWR µHVFRUUHJDGLDV¶ D IRUoD GH DWULWR ) SRGH QmR VHU JUDQGH R VXILFLHQWH SDUD HTXLOLEUDU 3 H FRQVHTXHQWHPHQWH R EORFRWHQGHUiDGHVOL]DU(PRXWUDVSDODYUDVjPHGLGDTXH3DXPHQWDOHQWDPHQWH) DXPHQWDGHIRUPDFRUUHVSRQGHQWHDWpTXHDOFDQFHXPFHUWRYDORUPi[LPR)VFKDPDGR GHIRUoDGHDWULWRHVWiWLFDOLPLWH )LJXUDH 4XDQGRHVVHYDORUpDWLQJLGRREORFR HVWi HP HTXLOtEULR LQVWiYHO SRLV TXDOTXHU DGLFLRQDO HP 3 IDUi FRP TXH R EORFR VH PRYD ([SHULPHQWDOPHQWH WHP VLGR GHWHUPLQDGR TXH HVVD IRUoD GH DWULWR HVWiWLFD OLPLWH )V p GLUHWDPHQWH SURSRUFLRQDO j IRUoD QRUPDO UHVXOWDQWH 1 ([SUHVVDQGR PDWHPDWLFDPHQWH )VȝV1 RQGHDFRQVWDQWHGHSURSRUFLRQDOLGDGHV PLµVXEVFULWR¶V pFKDPDGDGHFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFR $VVLPTXDQGRREORFRHVWiQROLPLDUGHGHVOL]DPHQWRDIRUoDQRUPDO1HDIRUoD GHDWULWR)VVHFRPELQDPSDUDFULDUXPDUHVXOWDQWH5V )LJXUDH 2kQJXOR‫׋‬V IL µVXEVFULWR¶V TXH5VID]FRP1pFKDPDGRGHkQJXORGHDWULWRHVWiWLFR'DILJXUD zs = tg- 1 e Fs nN o = tg- 1 c s m = tg- 1 ns N N $OpPGDVLQWHUDo}HVPHFkQLFDVFRQIRUPHH[SOLFDPRVDTXLTXHVmRFRQKHFLGDVFRPRXPDWpFQLFD FOiVVLFD XP WUDWDPHQWR GHWDOKDGR GD QDWXUH]D GDV IRUoDV GH DWULWR WDPEpP SUHFLVD LQFOXLU RV HIHLWRVGDWHPSHUDWXUDGHQVLGDGHOLPSH]DHDWUDomRDW{PLFDRXPROHFXODUHQWUHDVVXSHUItFLHV HPFRQWDWR9HU-.ULP6FLHQWLILF$PHULFDQRXW W a/2 a/2 P h F O x N Forças resultantes normais e de atrito (d) W P h x øs N Equilíbrio Iminência de movimento Fs Rs (e) Figura 8.1 | | | 292 Estática 2V YDORUHV WtSLFRV SDUD V VmR GDGRV QD 7DEHOD 2EVHUYH TXH HVVHV YDORUHV SRGHPYDULDUSRLVRWHVWHH[SHULPHQWDOIRLIHLWRVREFRQGLo}HVYDULiYHLVGHUXJRVLGDGH HOLPSH]DGDVVXSHUItFLHVHPFRQWDWR3DUDDVDSOLFDo}HVSRUWDQWRpLPSRUWDQWHWHU FDXWHODHGLVFHUQLPHQWRDRVHOHFLRQDUXPFRHILFLHQWHGHDWULWRSDUDXPGHWHUPLQDGR FRQMXQWR GH FRQGLo}HV 4XDQGR XP FiOFXOR PDLV SUHFLVR GH )V p QHFHVViULR R FRHILFLHQWH GH DWULWR GHYH VHU GHWHUPLQDGR GLUHWDPHQWH SRU XP H[SHULPHQWR TXH HQYROYDRVGRLVPDWHULDLVDVHUHPXVDGRV TABELA 8.1 | Valores típicos para s 0DWHULDLVHPFRQWDWR &RHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR V 0HWDOFRPJHOR ± 0DGHLUDFRPPDGHLUD ± &RXURFRPPDGHLUD ± &RXURFRPPHWDO ± $OXPtQLRFRPDOXPtQLR ± Movimento W Movimento P Fk N øk Rk (a) ∆F1 ∆N1 ∆F2 ∆Fn ∆Nn ∆R1 ∆N2 ∆R2 ∆Rn (b) Figura 8.2 6HDLQWHQVLGDGHGH3TXHDWXDVREUHREORFRIRUDXPHQWDGDGHPRGRTXHVHWRUQH OLJHLUDPHQWHPDLRUTXH)VDIRUoDGHDWULWRQDVXSHUItFLHGHFRQWDWRFDLUiSDUDXP YDORUPHQRU)NFKDPDGRIRUoDGHDWULWRFLQpWLFD2EORFRFRPHoDUiDGHVOL]DUFRP YHORFLGDGH FUHVFHQWH )LJXUD D 4XDQGR LVVR RFRUUH R EORFR µSDVVDUi¶ VREUH R WRSR GHVVHV SLFRV QRV SRQWRV GH FRQWDWR FRPR PRVWUD D )LJXUD E $ DYDULD FRQWLQXDGDGDVXSHUItFLHpRPHFDQLVPRGRPLQDQWHGHFULDomRGRDWULWRFLQpWLFR ([SHULPHQWRVFRPEORFRVGHVOL]DQWHVLQGLFDPTXHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDGHDWULWR FLQpWLFRpGLUHWDPHQWHSURSRUFLRQDOjLQWHQVLGDGHGDIRUoDQRUPDOUHVXOWDQWHH[SUHVVD PDWHPDWLFDPHQWHFRPR )NN 1 $TXL D FRQVWDQWH GH SURSRUFLRQDOLGDGH N p FKDPDGD GH FRHILFLHQWH GH DWULWR FLQpWLFR2VYDORUHVWtSLFRVSDUDNVmRDSUR[LPDGDPHQWHSRUFHQWRPHQRUHVGR TXHDTXHOHVOLVWDGRVQD7DEHODSDUDV &RQIRUPHPRVWUDPRVQD)LJXUDDQHVWHFDVRDIRUoDUHVXOWDQWHQDVXSHUItFLH GHFRQWDWR5NWHPXPDOLQKDGHDomRGHILQLGDSRU‫׋‬N(VVHkQJXORpFRQKHFLGRFRPR kQJXORGHDWULWRFLQpWLFRRQGH zk = tg- 1 e F Sem movimento Movimento Fs Fk F=P 45º P Figura 8.3 Fk nN o = tg- 1 c k m = tg- 1 nk N N 3RUFRPSDUDomR‫׋‬V‫׋‬N 2VHIHLWRVDQWHULRUHVHPUHODomRDRDWULWRSRGHPVHUUHVXPLGRVUHFRUUHQGRVH DRJUiILFRQD)LJXUDTXHPRVWUDDYDULDomRGDIRUoDGHDWULWR)YHUVXVDFDUJD DSOLFDGD3$TXLDIRUoDGHDWULWRpFDWHJRUL]DGDHPWUrVPDQHLUDVGLIHUHQWHV )pXPDIRUoDGHDWULWRHVWiWLFDVHRHTXLOtEULRIRUPDQWLGR ) p XPD IRUoD GH DWULWR HVWiWLFD OLPLWH )V TXDQGR DWLQJH XP YDORUPi[LPRQHFHVViULRSDUDPDQWHURHTXLOtEULR ) p FKDPDGD GH IRUoD GH DWULWR FLQpWLFD )N TXDQGR RFRUUH GHVOL]DPHQWRQDVXSHUItFLHHPFRQWDWR Capítulo 8 | Atrito 293 | 2EVHUYH WDPEpP SHOR JUiILFR TXH SDUD YDORUHV PXLWR JUDQGHV GH 3 RX SDUD YHORFLGDGHVDOWDVRVHIHLWRVDHURGLQkPLFRVIDUmRFRPTXH)NHGHPRGRVHPHOKDQWH NFRPHFHPDGLPLQXLU Características do atrito seco &RPR UHVXOWDGR GH H[SHULPHQWRV TXH SHUWHQFHP j GLVFXVVmR DQWHULRU SRGHPRV GHFODUDUDVVHJXLQWHVUHJUDVTXHVHDSOLFDPDRVFRUSRVVXMHLWRVDRDWULWRVHFR $IRUoDGHDWULWRDWXDWDQJHQWHjVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRHPXPDGLUHomR RSRVWD DR PRYLPHQWR RX WHQGrQFLD GH PRYLPHQWR GH XPD VXSHUItFLH HP UHODomRDRXWUD $ IRUoD GH DWULWR HVWiWLFD Pi[LPD )V TXH SRGH VHU GHVHQYROYLGD p LQGHSHQGHQWH GD iUHD GH FRQWDWR GHVGH TXH D SUHVVmR QRUPDO QmR VHMD PXLWREDL[DQHPJUDQGHRVXILFLHQWHSDUDGHIRUPDURXHVPDJDUVHULDPHQWH DVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRGRVFRUSRV $IRUoDGHDWULWRHVWiWLFDPi[LPDJHUDOPHQWHpPDLRUGRTXHDIRUoDGH DWULWRFLQpWLFDSDUDTXDLVTXHUGDVGXDVVXSHUItFLHVHPFRQWDWR3RUpPVH XP GRV FRUSRV HVWLYHU VH PRYHQGR FRP XPD YHORFLGDGH PXLWR EDL[D VREUHDVXSHUItFLHGHRXWUR)NWRUQDVHDSUR[LPDGDPHQWHLJXDOD)VRX VHMDV§N 4XDQGR R GHVOL]DPHQWR QD VXSHUItFLH GH FRQWDWR HVWLYHU SDUD RFRUUHU D IRUoD GH DWULWR HVWiWLFD Pi[LPD p SURSRUFLRQDO j IRUoD QRUPDO GH PRGR TXH)VV1 4XDQGRRGHVOL]DPHQWRQDVXSHUItFLHGHFRQWDWRHVWLYHURFRUUHQGRDIRUoD GHDWULWRFLQpWLFDpSURSRUFLRQDOjIRUoDQRUPDOGHPRGRTXH)NN1 8.2 Problemas envolvendo atrito seco 6H XP FRUSR UtJLGR HVWi HP HTXLOtEULR TXDQGR HVWLYHU VXMHLWR D XP VLVWHPD GH IRUoDVTXHLQFOXLRHIHLWRGRDWULWRRVLVWHPDGHIRUoDVSUHFLVDVDWLVID]HUQmRDSHQDV DVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRPDVWDPEpPDVOHLVTXHJRYHUQDPDVIRUoDVGHDWULWR B Tipos de problemas de atrito (PJHUDOH[LVWHPWUrVWLSRVGHSUREOHPDVGDPHFkQLFDHQYROYHQGRDWULWRVHFR (OHV SRGHP VHU IDFLOPHQWH FODVVLILFDGRV XPD YH] TXH RV GLDJUDPDV GH FRUSR OLYUH IRUHPGHVHQKDGRVHRQ~PHURWRWDOGHLQFyJQLWDVIRULGHQWLILFDGRHFRPSDUDGRFRP RQ~PHURWRWDOGHHTXDo}HVGHHTXLOtEULR A C μA = 0,3 μC = 0,5 Nenhuma iminência de movimento aparente 2V SUREOHPDV QHVVD FDWHJRULD VmR HVWULWDPHQWH SUREOHPDV GH HTXLOtEULR TXH H[LJHPTXHRQ~PHURGHLQFyJQLWDVVHMDLJXDODRQ~PHURGHHTXDo}HVGHHTXLOtEULR GLVSRQtYHLV6HPSUHTXHDVIRUoDVGHDWULWRVmRGHWHUPLQDGDVDSDUWLUGDVROXomRVHXV YDORUHVQXPpULFRVSUHFLVDPVHUYHULILFDGRVSDUDJDUDQWLUTXHVDWLVIDoDPDGHVLJXDO GDGH ) V1 FDVR FRQWUiULR R GHVOL]DPHQWR RFRUUHUi H R FRUSR QmR SHUPDQHFHUi HPHTXLOtEULR8PSUREOHPDGHVVHWLSRpPRVWUDGRQD)LJXUDD$TXLSUHFLVDPRV GHWHUPLQDUDVIRUoDVGHDWULWRHP$H&SDUDYHULILFDUVHDSRVLomRGHHTXLOtEULRGD HVWUXWXUDGHGRLVHOHPHQWRVSRGHVHUPDQWLGD6HDVEDUUDVIRUHPXQLIRUPHVHWLYHUHP SHVRVFRQKHFLGRVGH1FDGDHQWmRRVGLDJUDPDVGHFRUSROLYUHVHUmRFRQIRUPH PRVWUDD)LJXUDE([LVWHPVHLVFRPSRQHQWHVGHIRUoDLQFyJQLWDTXHSRGHPVHU GHWHUPLQDGDVHVWULWDPHQWHSHODVVHLVHTXDo}HVGHHTXLOtEULR WUrVSDUDFDGDHOHPHQWR 4XDQGR)$1$)&H1&VmRGHWHUPLQDGRVHQWmRDVEDUUDVSHUPDQHFHUmRHPHTXLOtEULR GHVGHTXH)$1$H)&1&VHMDPVDWLVIHLWRV (a) By Bx Bx By 100 N 100 N FC FA NA NC (b) Figura 8.4 | | 294 Estática Iminência de movimento em todos os pontos de contato % 1HVWHFDVRRQ~PHURWRWDOGHLQFyJQLWDVVHLJXDODUiDRQ~PHURWRWDOGHHTXDo}HV GH HTXLOtEULR GLVSRQtYHLV PDLV R Q~PHUR WRWDO GH HTXDo}HV GH DWULWR GLVSRQtYHLV ) 1 4XDQGR R PRYLPHQWR p LPLQHQWH QRV SRQWRV GH FRQWDWR HQWmR )V V1 HQTXDQWRVHRFRUSRHVWLYHUHPGHVOL]DPHQWRHQWmR)NN13RUH[HPSORFRQVLGHUH R SUREOHPD GH GHWHUPLQDU R PHQRU kQJXOR ș HP TXH D EDUUD GH 1 QD )LJXUD DSRGHVHUFRORFDGDFRQWUDDSDUHGHVHPGHVOL]DU2GLDJUDPDGHFRUSROLYUHp PRVWUDGRQD)LJXUDE$TXLDVFLQFRLQFyJQLWDVVmRGHWHUPLQDGDVDSDUWLUGDVWUrV HTXDo}HVGHHTXLOtEULRHGXDVHTXDo}HVGHDWULWRHVWiWLFRTXHVHDSOLFDPHPDPERV RVSRQWRVGHFRQWDWRGHPRGRTXH)$1$H)%1% % ș $ $ (a) 1% Iminência de movimento em alguns pontos de contato )% $TXLRQ~PHURGHLQFyJQLWDVVHUiPHQRUTXHRQ~PHURGHHTXDo}HVGHHTXLOtEULR GLVSRQtYHLV PDLV R Q~PHUR GH HTXDo}HV GH DWULWR GLVSRQtYHLV RX HTXDo}HV FRQGL FLRQDLV SDUD R WRPEDPHQWR &RPR UHVXOWDGR RFRUUHUmR YiULDV SRVVLELOLGDGHV SDUD PRYLPHQWRRXLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRHRSUREOHPDHQYROYHUiXPDGHWHUPLQDomR GRWLSRGHPRYLPHQWRTXHUHDOPHQWHRFRUUH3RUH[HPSORFRQVLGHUHDHVWUXWXUDGH GRLV HOHPHQWRV QD )LJXUD D 1HVWH SUREOHPD TXHUHPRV GHWHUPLQDU D IRUoD KRUL]RQWDO3QHFHVViULDSDUDFDXVDUPRYLPHQWR6HFDGDHOHPHQWRWHPXPSHVRGH 1HQWmRRVGLDJUDPDVGHFRUSROLYUHVmRPRVWUDGRVQD)LJXUDE([LVWHPVHWH LQFyJQLWDV 3DUD XPD VROXomR PRVWUDGD WHPRV TXH VDWLVID]HU DV VHLV HTXDo}HV GH HTXLOtEULR WUrVSDUDFDGDHOHPHQWR HDSHQDVXPDGDVGXDVHTXDo}HVGHDWULWRHVWiWLFR SRVVtYHLV ,VVR VLJQLILFD TXH j PHGLGD TXH 3 DXPHQWD HOH FDXVDUi R GHVOL]DPHQWR HP$HQHQKXPGHVOL]DPHQWRHP&GHPRGRTXH)$1$H)&1&RXHQWmR R GHVOL]DPHQWR RFRUUHUi HP & H QHQKXP GHVOL]DPHQWR HP $ TXDQGR )& 1& H)$1$$VLWXDomRUHDOSRGHVHUGHWHUPLQDGDFDOFXODQGRVH3SDUDFDGDFDVRH GHSRLV HVFROKHQGRVH R FDVR SDUD R TXDO 3 p PHQRU 6H QRV GRLV FDVRV R PHVPR YDORU SDUD 3 IRU FDOFXODGR R TXH QD SUiWLFD VHULD DOWDPHQWH LPSURYiYHO HQWmR R GHVOL]DPHQWR QRV GRLV SRQWRV RFRUUH VLPXOWDQHDPHQWH RX VHMD DV VHWH LQFyJQLWDV VDWLVIDULDPRLWRHTXDo}HV 1 ș )$ 1$ (b) Figura 8.5 B P A C μC = 0,5 μA = 0,3 (a) By By b/2 Bx b/2 b/2 b/2 Bx P 100 N P P 100 N FA FC NA W W NC (b) h h Figura 8.6 F F x N x N Considere empurrar uma caixa uniforme que tem um peso : e se apoia sobre a superfície rugosa. Como mostrado no primeiro diagrama de corpo livre, se a intensidade de 3 for pequena, a caixa permanecerá em equilíbrio. À medida que 3 aumenta, a caixa estará na iminência do deslizamento sobre a superfície () μV 1), ou, se a superfície for muito rugosa (μV grande), então a força normal resultante se deslocará para o canto, [ E, como mostra o segundo diagrama de corpo livre. Nesse ponto, a caixa começará a tombar. A caixa também tem uma chance maior de tombar se 3 for aplicado a uma altura K maior acima da superfície, ou se sua largura E for menor. Capítulo 8 Atrito Equações de equilíbrio versus de atrito 6HPSUH TXH UHVROYHPRV SUREOHPDV RQGH D IRUoD GH DWULWR ) WLYHU TXH VHU XPD µIRUoDGHHTXLOtEULR¶HVDWLVID]HUDGHVLJXDOGDGH)V1HQWmRSRGHPRVDVVXPLUR VHQWLGRGDGLUHomRGH)QRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH2VHQWLGRFRUUHWRVHUiFRQKHFLGR DSyVUHVROYHUPRVDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRSDUD)6H)IRUXPHVFDODUQHJDWLYRR VHQWLGRGH)VHUiRFRQWUiULRGDTXHOHTXHIRLDVVXPLGR(VVDFRQYHQLrQFLDGHDVVXPLU RVHQWLGRGH)pSRVVtYHOSRUTXHDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRVHLJXDODPD]HURFRPDV FRPSRQHQWHVGHYHWRUHVDWXDQGRQDPHVPDGLUHomR3RUpPHPFDVRVRQGHDHTXDomR GHDWULWR)1pXVDGDQDVROXomRGHXPSUREOHPDDFRQYHQLrQFLDGHDVVXPLUR VHQWLGRGH)VHSHUGHSRLVDHTXDomRGHDWULWRUHODFLRQDDSHQDVDVLQWHQVLGDGHVGH GRLVYHWRUHVSHUSHQGLFXODUHV&RQVHTXHQWHPHQWH)VHPSUHSUHFLVDVHUPRVWUDGDFRP VHXVHQWLGRFRUUHWRGHDWXDomRQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHVHPSUHTXHDHTXDomRGH DWULWRIRUXVDGDSDUDDVROXomRGHXPSUREOHPD Procedimento para análise 2V SUREOHPDV GH HTXLOtEULR HQYROYHQGR DWULWR VHFR SRGHP VHU VROXFLRQDGRV XVDQGRVHRSURFHGLPHQWRDVHJXLU Diagramas de corpo livre 'HVHQKHRVGLDJUDPDVGHFRUSROLYUHQHFHVViULRVHDPHQRVTXHVHMDHVWD EHOHFLGRQRSUREOHPDTXHRFRUUHLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRRXGHVOL]DPHQWR VHPSUH PRVWUH DV IRUoDV GH DWULWR FRPR LQFyJQLWDV RX VHMD QmR DVVXPD )1 'HWHUPLQHRQ~PHURGHLQFyJQLWDVHFRPSDUHRFRPRQ~PHURGHHTXDo}HV GHHTXLOtEULRGLVSRQtYHLV 6HKRXYHUPDLVLQFyJQLWDVGRTXHHTXDo}HVGHHTXLOtEULRVHUiSUHFLVRDSOLFDU DHTXDomRGHDWULWRHPDOJXQVVHQmRWRGRVRVSRQWRVGHFRQWDWRSDUDREWHU DVHTXDo}HVH[WUDVQHFHVViULDVSDUDXPDVROXomRFRPSOHWD 6HDHTXDomR)1WLYHUTXHVHUXVDGDVHUiQHFHVViULRPRVWUDU)DWXDQGR QRVHQWLGRFRUUHWRGDGLUHomRQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH Equações de equilíbrio de atrito $SOLTXHDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRHDVHTXDo}HVGHDWULWRQHFHVViULDV RXHTXD o}HVFRQGLFLRQDLVGHWRPEDPHQWRVHSRVVtYHO HUHVROYDSDUDDVLQFyJQLWDV 6HRSUREOHPDHQYROYHUXPVLVWHPDGHIRUoDVWULGLPHQVLRQDOGHPRGRTXHVH WRUQH GLItFLO REWHU DV FRPSRQHQWHV GD IRUoD RX RV EUDoRV GH PRPHQWR QHFHVViULRVDSOLTXHDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRXVDQGRYHWRUHVFDUWHVLDQRV Exemplo 8.1 $FDL[DXQLIRUPHPRVWUDGDQD)LJXUDDWHPXPDPDVVDGHNJ6HXPDIRUoD 31IRUDSOLFDGDDFDL[DGHWHUPLQHVHHODSHUPDQHFHHPHTXLOtEULR2FRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRpV 0,8 m P = 80 N 30º 0,2 m (a) Figura 8.7 | 295 | P W FB NB B A FA NA A força vertical 3 aplicada sobre essa bobina precisa ser grande o suficiente para sobrepor a resistência ao atrito nas superfícies em contato $ e %, a fim de causar rotação. | 296 | Estática SOLUÇÃO 196,2 N 0,4 m P = 80 N 0,4 m 30º 0,2 m O F x NC (b) Figura 8.7 Diagrama de corpo livre &RPR YHPRV QD )LJXUD E D IRUoD QRUPDO UHVXOWDQWH 1& SUHFLVD DWXDU D XPD GLVWkQFLD [ GD OLQKD GH FHQWUR D ILP GH FRPEDWHU R HIHLWR GH WRPEDPHQWR FDXVDGR SRU3([LVWHPWUrVLQFyJQLWDV)1&H[TXHSRGHPVHUGHWHUPLQDGDVHVWULWDPHQWH SHODVWUrVHTXDo}HVGHHTXLOtEULR Equações de equilíbrio R)[ FRV1±) R)\ ±VHQ11&±1 H R02 VHQ1 P ±FRV1 P 1& [ 5HVROYHQGR )1 1&1 [±P±PP &RPR[pQHJDWLYRLVVRLQGLFDTXHDIRUoDQRUPDOUHVXOWDQWHDWXD OLJHLUDPHQWH SDUD D HVTXHUGD GD OLQKD GH FHQWUR GD FDL[D 1mR KDYHUi WRPEDPHQWR SRLV [ P $OpP GLVVR D IRUoD GH DWULWR Pi[LPD TXH SRGH VHU GHVHQYROYLGD QD VXSHUItFLH GH FRQWDWRp)Pi[V1& 1 1&RPR)11DFDL[D QmRGHVOL]DUiHPERUDHVWHMDPXLWRSUy[LPRGHID]HULVVR Exemplo 8.2 e REVHUYDGR TXH TXDQGR D FDoDPED GR FDPLQKmR p OHYDQWDGD GH XP kQJXOR ș DV PiTXLQDV GH YHQGD DXWRPiWLFD FRPHoDUmR D GHVOL]DU GD SODWDIRUPD )LJXUD D 'HWHUPLQH R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH XPD PiTXLQD GH YHQGDDXWRPiWLFDHDVXSHUItFLHGDFDoDPED SOLUÇÃO 8PPRGHORLGHDOL]DGRGHXPDPiTXLQDGHYHQGDDXWRPiWLFDDSRLDGDVREUHDFDoDPED GRFDPLQKmRpPRVWUDGRQD)LJXUDE$VGLPHQV}HVIRUDPPHGLGDVHRFHQWURGH JUDYLGDGHIRLORFDOL]DGR$VVXPLUHPRVTXHDPiTXLQDGHYHQGDDXWRPiWLFDSHVD: Diagrama de corpo livre &RQIRUPH PRVWUD D )LJXUD F D GLPHQVmR [ p XVDGD SDUD ORFDOL]DU D SRVLomR GD IRUoDQRUPDOUHVXOWDQWH1([LVWHPTXDWURLQFyJQLWDV1)VH[ 0,3 m 0,3 m 0,3 m 0,3 m W 25° G G x O 0,5 m F θ = 25° (a) (b) Figura 8.8 N (c) 0,5 m Capítulo 8 Equações de equilíbrio R)[ :VHQ±) R)\ 1±:FRV H R02 ±:VHQ P :FRV [ &RPRRWRPEDPHQWRpLPLQHQWHHPșXVDQGRDVHTXDo}HVHWHPRV )VV1 :VHQV :FRV VWJ 2kQJXORGHșpFRQKHFLGRFRPRkQJXORGHUHSRXVRHSRUFRPSDUDomRHOHp LJXDODRkQJXORGHDWULWRHVWiWLFRș‫׋‬V2EVHUYHSHORFiOFXORTXHșpLQGHSHQGHQWH GRSHVRGDPiTXLQDGHYHQGDDXWRPiWLFDHSRULVVRFRQKHFHUșRIHUHFHXPPpWRGR FRQYHQLHQWHSDUDGHWHUPLQDURFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR NOTA: 3HOD (TXDomR GHWHUPLQDPRV [ P &RPR P P QD UHDOLGDGHDPiTXLQDGHYHQGDDXWRPiWLFDGHVOL]DUiDQWHVTXHSRVVDLQFOLQDUFRQIRUPH REVHUYDGRQD)LJXUDD Exemplo 8.3 $ HVFDGD XQLIRUPH GH NJ QD )LJXUD D DSRLD FRQWUD D SDUHGH OLVD HP % H D H[WUHPLGDGHHP$DSRLDQRSODQRKRUL]RQWDOOLVRSDUDRTXDORFRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFRpV'HWHUPLQHRkQJXORGHLQFOLQDomRșGDHVFDGDHDUHDomRQRUPDO HP%VHDHVFDGDHVWLYHUQDLPLQrQFLDGRGHVOL]DPHQWR NB 10(9,81) N B (4 m) sen θ 4m θ θ A FA A A NA (a) (2 m) cos θ (2 m) cos θ (b) Figura 8.9 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre &RQIRUPHPRVWUDRGLDJUDPDGHFRUSROLYUH )LJXUDE DIRUoDGHDWULWR)$GHYH DWXDUSDUDDGLUHLWDSRLVDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRHP$pSDUDDHVTXHUGD Equações de equilíbrio de atrito &RPR D HVFDGD HVWi QD LPLQrQFLD GR GHVOL]DPHQWR HQWmR )$ V1$ 1$ 3RU LQVSHomR1$SRGHVHUREWLGRGLUHWDPHQWH R)\ 1$± 1 1$1 8VDQGRHVVHUHVXOWDGR)$ 1 1$JRUD1%SRGHVHUHQFRQWUDGR R)[ 1±1% 1%11 Atrito | 297 | | 298 | Estática )LQDOPHQWH R kQJXOR ș SRGH VHU GHWHUPLQDGR VRPDQGR RV PRPHQWRV HP WRUQR GR SRQWR$ H R0$ ^24, 93 Nh^4 mh sen i - 610^9, 81h N @^2 mh cos i = 0 sen i = tg i = 1, 6667 cos i i = 59, 04° = 59, 0° Exemplo 8.4 $YLJD$%HVWiVXMHLWDDXPDFDUJDXQLIRUPHGH1PHHVWiDSRLDGDHP%SHOR SRVWH %& )LJXUD D 6H RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR HP % H & IRUHP %H&GHWHUPLQHDIRUoD3QHFHVViULDSDUDSX[DURSRVWHGHGHEDL[R GDYLJD'HVSUH]HRSHVRGRVHOHPHQWRVHDHVSHVVXUDGDYLJD 200 N/m A 1 B 4m FB 400 N B 0,75 m 0,75 m C 0,25 m P $[ $\ FC )% $ P P 1% 1 (a) (b) 0,25 m P C NC (c) Figura 8.10 SOLUÇÃO Diagramas de corpo livre 2GLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDYLJDpPRVWUDGRQD)LJXUDE$SOLFDQGRR0$ REWHPRV1%1(VVHUHVXOWDGRpPRVWUDGRQRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRSRVWH )LJXUDF 5HIHULQGRVHDHVVHHOHPHQWRDVTXDWURLQFyJQLWDV)%3)&H1&VmR GHWHUPLQDGDVDSDUWLUGDVWUrVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRHXPDHTXDomRGHDWULWRDSOLFDGD HP%RX& Equações de equilíbrio de atrito R)[ 3±)%±)& R)\ 1&±1 ±3 P )% P H R0& (O poste desliza em B e gira em torno de C.) ,VVRUHTXHUTXH)&&1&H )%%1% )% 1 1 8VDQGRHVVHUHVXOWDGRHUHVROYHQGRDVHTXDo}HVGHDREWHPRV 31 )&1 1&1 &RPR)&1!&1& 1 1RFRUUHGHVOL]DPHQWRHP&$VVLP RRXWURFDVRGHPRYLPHQWRGHYHUiVHULQYHVWLJDGR Capítulo 8 (O poste desliza em C e gira em torno de B.) $TXL)%%1%H )&&1& )&1& | Atrito | 299 $UHVROXomRGDVHTXDo}HVDJHUD 31 1&1 )&1 )%1 2EYLDPHQWHHVVHFDVRRFRUUHSULPHLURSRLVUHTXHUXPYDORUPHQRUSDUD3 Exemplo 8.5 2V EORFRV $ H % SRVVXHP XPD PDVVD GH NJ H NJ UHVSHFWLYDPHQWH H HVWmR FRQHFWDGRVDOLJDo}HVVHPSHVRFRPRPRVWUDD)LJXUDD'HWHUPLQHDPDLRUIRUoD YHUWLFDO 3 TXH SRGH VHU DSOLFDGD QR SLQR & VHP FDXVDU TXDOTXHU PRYLPHQWR 2 FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRVEORFRVHDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRpV P C B 30º SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre $V OLJDo}HV VmR HOHPHQWRV GH GXDV IRUoDV H SRUWDQWR RV GLDJUDPDV GH FRUSR OLYUH GRSLQR&HGRVEORFRV$H%VmRPRVWUDGDVQD)LJXUDE&RPRDFRPSRQHQWH KRUL]RQWDO GH )$& WHQGH D PRYHU R EORFR $ SDUD D HVTXHUGD )$ GHYH DWXDU SDUD D GLUHLWD'HPRGRVHPHOKDQWH)%SUHFLVDDWXDUSDUDDHVTXHUGDSDUDRSRUDWHQGrQFLD GHPRYLPHQWRGREORFR%SDUDDGLUHLWDFDXVDGRSRU)%&([LVWHPVHWHLQFyJQLWDVH VHLVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRGHIRUoDGLVSRQtYHLVGXDVSDUDRSLQRHGXDVSDUDFDGD EORFRGHPRGRTXHVRPHQWHXPDHTXDomRGHDWULWRpQHFHVViULD Equações de equilíbrio de atrito $IRUoDQRVSLQRV$&H%&SRGHPVHUUHODFLRQDGDVD3FRQVLGHUDQGRRHTXLOtEULRGR SLQR& R)\ )$&FRV±3 )$& 3 R)[ 3VHQ±)%& 8VDQGRRUHVXOWDGRSDUD)$&SDUDREORFR$ R)[ )$±3VHQ R)\ 1$±3FRV± 1 1$31 )%& 3 )$3 )%3 R)\ 1%1 31 y P C FAC FBC x 30º 3(9,81) N 30° FAC = 1,155 P FA NA 9(9,81) N 2PRYLPHQWRGRVLVWHPDSRGHVHUFDXVDGRSHORGHVOL]DPHQWRLQLFLDOGREORFR$RX GREORFR%6HFRQVLGHUDUPRVTXHREORFR$GHVOL]DSULPHLURHQWmR )$V1$1$ 6XEVWLWXLQGRDVHTXDo}HVHQD(TXDomR 3 3 (a) 8VDQGRRUHVXOWDGRSDUD)%&SDUDREORFR% R)[ 3 ±)% 1%± 1 A FBC = 0,5774 P FB NB (b) Figura 8.11 | 300 | Estática 6XEVWLWXLQGRHVVHUHVXOWDGRQD(TXDomRREWHPRV)%1&RPRDIRUoDGH DWULWRHVWiWLFDPi[LPDHP%p )% Pi[V1% 1 1!)%REORFR% QmRGHVOL]DUi$VVLPDKLSyWHVHDQWHULRUHVWiFRUUHWD2EVHUYHTXHVHDVGHVLJXDOGDGHV QmR IRVVHP VDWLVIHLWDV WHUtDPRV TXH DVVXPLU R GHVOL]DPHQWR GR EORFR % H GHSRLV UHVROYHUSDUD3 Problemas fundamentais 8.1. 6H 3 1 GHWHUPLQH R DWULWR TXH VH GHVHQYROYHX HQWUHDFDL[DGHNJHRSLVR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDFDL[DHRSLVRpV 5 8.4. 6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRQRVSRQWRVGHFRQWDWR $ H % IRU V GHWHUPLQH D IRUoD Pi[LPD 3 TXH SRGH VHUDSOLFDGDVHPID]HUFRPTXHRFDUUHWHOGHNJVHPRYD P 3 4 P A 0,6 m 0,9 m Problema 8.1 8.2. 'HWHUPLQHDIRUoD3PtQLPDSDUDLPSHGLUTXHDEDUUD $% GH NJ GHVOL]H$ VXSHUItFLH GH FRQWDWR HP % p OLVD HQTXDQWR R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D EDUUD H D SDUHGHHP$pV B Problema 8.4 A 8.5. 'HWHUPLQHDIRUoD3PtQLPDTXHSRGHVHUDSOLFDGDVHP FDXVDU R PRYLPHQWR GD FDL[D GH NJ FRP FHQWUR GH JUDYLGDGH HP * 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QR SLVR p V 3m P B 0,45 m 0,45 m 4m Problema 8.2 8.3. 'HWHUPLQH D IRUoD 3 Pi[LPD TXH SRGH VHU DSOLFDGD VHPID]HUFRPTXHDVGXDVFDL[DVGHNJVHPRYDP2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH FDGD FDL[D H R SLVR p V A B 0,75 m P G 1,35 m P 1,05 m 30° A Problema 8.3 Problema 8.5 Capítulo 8 Atrito | 301 | Problemas •8.1. 'HWHUPLQHDIRUoDKRUL]RQWDOPtQLPD3QHFHVViULDSDUD LPSHGLUTXHDFDL[DGHVOL]HSODQRDEDL[R$FDL[DWHPXPD PDVVDGHNJHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFDL[D HRSODQRpV B 8.2. 'HWHUPLQH D IRUoD PtQLPD 3 H[LJLGD SDUD HPSXUUDU D FDL[DGHVOL]HSODQRDFLPD$FDL[DWHPPDVVDGHNJHR FRHILFLHQWHGHDWULWRHQWUHDFDL[DHRSODQRpV G 3m 8.3. 8PD IRUoD KRUL]RQWDO 3 1 p VXILFLHQWH DSHQDV SDUDDSHQDVLPSHGLUTXHDFDL[DGHVOL]HSODQRDEDL[RHXPD IRUoDKRUL]RQWDO31pQHFHVViULDVySDUDHPSXUUDUD FDL[DSODQRDFLPD'HWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHRSODQRHDFDL[DHHQFRQWUHDPDVVDGDFDL[D θ A 0,9 m P Problemas 8.5/6 8.7. 2SRVWHILQRHXQLIRUPHWHPXPSHVRGH1HXP FRPSULPHQWRGHP6HHOHIRUFRORFDGRHQWUHDSDUHGH OLVDHRSLVRUXJRVRQDSRVLomRGHOHSHUPDQHFHUiQHVVD SRVLomRTXDQGRIRUVROWR"2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRp V 30° Problemas 8.1/2/3 *8.4. 6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHP$pVHR FRODUHP%pOLVRGHPRGRTXHVyH[HUFHXPDIRUoDKRUL]RQWDO VREUHRFDQRGHWHUPLQHDGLVWkQFLDPtQLPD[GHPRGRTXH DFDQWRQHLUDSRVVDVXSRUWDURFLOLQGURGHTXDOTXHUPDVVDVHP GHVOL]DU'HVSUH]HDPDVVDGDFDQWRQHLUD *8.8. 2 SRVWH XQLIRUPH WHP XP SHVR GH 1 H XP FRPSULPHQWRGHP'HWHUPLQHDGLVWkQFLDPi[LPDGTXH HOHSRGHVHUFRORFDGRDSDUWLUGDSDUHGHOLVDVHPHVFRUUHJDU 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH R SLVR H R SRVWH p GH V 100 mm B x B C 7,8 m 200 mm A A Problema 8.4 •8.5. 2KRPHPGHNJVREHSHODHVFDGDHSDUDQDSRVLomR PRVWUDGD DSyV VHQWLU TXH D HVFDGD HVWi QD LPLQrQFLD GR GHVOL]DPHQWR 'HWHUPLQH D LQFOLQDomR ș GD HVFDGD VH R FRHILFLHQWHGH DWULWR HVWiWLFRHQWUH D SODWDIRUPDGH DWULWR $ HRVRORpV$VVXPDTXHDSDUHGHHP%VHMDOLVD2 FHQWUR GH JUDYLGDGH SDUD R KRPHP HVWi HP* 'HVSUH]H R SHVRGDHVFDGD 8.6. 2KRPHPGHNJVREHSHODHVFDGDHSDUDQDSRVLomR PRVWUDGD DSyV VHQWLU TXH D HVFDOD HVWi QD LPLQrQFLD GR GHVOL]DPHQWR'HWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH DSODWDIRUPDGHDWULWRHP$HRVRORVHDLQFOLQDomRGDHVFDOD pșHDSDUHGHHP%pOLVD2FHQWURGHJUDYLGDGHSDUD RKRPHPHVWiHP*'HVSUH]HRSHVRGDHVFDGD d Problemas 8.7/8 •8.9. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR IRU V GHWHUPLQH D LQFOLQDomR ș HP TXH RV EORFRV LGrQWLFRV GH SHVR : FDGD XP FRPHoDP D GHVOL]DU A B θ Problema 8.9 | 302 | Estática 8.10. $HVFDGDXQLIRUPHGHNJVHDSRLDQRSLVRUXJRVR SDUDRTXDORFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpVHFRQWUD D SDUHGH OLVD HP % 'HWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO 3 TXH R KRPHPGHYHH[HUFHUQDHVFDGDDILPGHID]HUFRPTXHHOD VHPRYD 60° B 8.11. $HVFDGDXQLIRUPHGHNJVHDSRLDQRSLVRUXJRVR SDUDRTXDORFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpȝVHFRQWUD D SDUHGH OLVD HP % 'HWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO 3 TXH R KRPHPGHYHH[HUFHUQDHVFDGDDILPGHID]HUFRPTXHHOD VHPRYD A 0,6 m 0,3 m Problema 8.14 B 8.15. $ERELQDWHPXPDPDVVDGHNJHVHDSRLDFRQWUD DSDUHGHHRSLVR6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHP%p V %RFRHILFLHQWHGHDWULWRFLQpWLFRp N %HD SDUHGHpOLVDGHWHUPLQHDIRUoDGHDWULWRGHVHQYROYLGDHP% TXDQGRDIRUoDYHUWLFDODSOLFDGDDRFDERp31 1,5 m 2,4 m P P 1,5 m A 0,4 m G 1,8 m Problemas 8.10/11 0,1 m *8.12. 2V FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR H FLQpWLFR HQWUH R WDPERU H D EDUUD GH IUHLR VmR V H N UHVSHF WLYDPHQWH6H01PH31GHWHUPLQHDVFRP SRQHQWHVKRUL]RQWDOHYHUWLFDOGDUHDomRQRSLQR2'HVSUH]H RSHVRHDHVSHVVXUDGRIUHLR2WDPERUWHPXPDPDVVDGH NJ •8.13. 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH R WDPERU H D EDUUDGHIUHLRpV6HRPRPHQWR01PGH WHUPLQHDPHQRUIRUoD3TXHSUHFLVDVHUDSOLFDGDjEDUUDGH IUHLR D ILP GH LPSHGLU TXH R WDPERU JLUH $OpP GLVVR GHWHUPLQH DV FRPSRQHQWHV KRUL]RQWDO H YHUWLFDO FRUUHVSRQ GHQWHVGDUHDomRQRSLQR2'HVSUH]HRSHVRHDHVSHVVXUD GDEDUUDGHIUHLR2WDPERUWHPXPDPDVVDGHNJ PP A B Problema 8.15 *8.16. 2PHQLQRGHNJHVWiVREUHDYLJDHSX[DDFRUGD FRPXPDIRUoDJUDQGHRVXILFLHQWHSDUDID]HUFRPTXHHOH FRPHFH D GHVOL]DU 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH VHXVVDSDWRVHDYLJDp V 'GHWHUPLQHDVUHDo}HVHP $H%$YLJDpXQLIRUPHHWHPXPSHVRGH1'HVSUH]H DGLPHQVmRGDVSROLDVHDHVSHVVXUDGDYLJD •8.17. 2PHQLQRGHNJVHHQFRQWUDVREUHDYLJDHSX[DD FRUGDFRPXPDIRUoDGH16H V 'GHWHUPLQHD IRUoDGHDWULWRHQWUHVHXVVDSDWRVHDYLJDHDVUHDo}HVHP$ H%$YLJDpXQLIRUPHHWHPXPSHVRGH1'HVSUH]H DGLPHQVmRGDVSROLDVHDHVSHVVXUDGDYLJD PP % 2 13 PP D A PP 0 3 5 12 B C $ 60° Problemas 8.12/13 8.14. 'HWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRPtQLPRHQWUH DERELQDXQLIRUPHGHNJHDSDUHFHGHPRGRTXHDERELQD QmRGHVOL]H 1,5 m 0,9 m 0,3 m Problemas 8.16/17 1,2 m Capítulo 8 8.18. $ SLQoD p XVDGD SDUD HOHYDU D FDL[D GH NJ FXMR FHQWURGHPDVVDHVWiHP*'HWHUPLQHRPHQRUFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRQDVVDSDWDVSLYRWDGDVGHPRGRTXHDFDL[D SRVVDVHUOHYDQWDGR P 275 mm E 500 mm 30° C Atrito | 303 | 8.22. 8P KRPHP WHQWD VXSRUWDU XPD SLOKD GH OLYURV KRUL]RQWDOPHQWHDSOLFDQGRXPDIRUoDFRPSUHVVLYD)1 jVH[WUHPLGDGHVGDSLOKDFRPVXDVPmRV6HFDGDOLYURWHP XPDPDVVDGHNJGHWHUPLQHRPDLRUQ~PHURGHOLYURV TXH SRGHP VHU VXSRUWDGRV QD SLOKD 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHDVPmRVGRKRPHPHXPOLYURp V KH HQWUHGRLVOLYURVTXDLVTXHU V E F H D 500 mm G A B F = 120 N F = 120 N 300 mm Problema 8.18 Problema 8.22 8.19. 2V GRLV EORFRV $ H % WrP XP SHVR GH 1 H 1 UHVSHFWLYDPHQWH (OHV HVWmR DSRLDGRV QR SODQR LQFOLQDGR SDUDRTXDORVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRVmR$ H%'HWHUPLQHRkQJXORGHLQFOLQDomRșSDUDRTXDO RVGRLVEORFRVFRPHoDPDGHVOL]DU$OpPGLVVRDFKHDIRUoD GHFRPSUHVVmRQHFHVViULDQDPRODGHFRQH[mRSDUDTXHLVVR RFRUUD$PRODWHPXPDULJLGH]N1P 8.23. 2GHSyVLWRGHSDSHOWRDOKDFRQWpPGRLVURORVGHSDSHO 2TXHHVWiHPXVRpFKDPDGRGHURORSULQFLSDO$HRRXWUR pRURORGHDSRLR%(OHVSHVDP1H1UHVSHFWLYDPHQWH 6H RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR &H'VmR V &H V 'GHWHUPLQHDIRUoDYHUWLFDO *8.20. 'RLV EORFRV $ H % WrP XP SHVR GH 1 H 1 LQLFLDO3TXHGHYHVHUDSOLFDGDDRSDSHOQRURORSULQFLSDOD UHVSHFWLYDPHQWH (OHV HVWmR DSRLDGRV QR SODQR LQFOLQDGR ILPGHSX[DUXPDIROKD2URORSULQFLSDOpSLQDGRQRFHQWUR SDUDDTXDORVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRVmR$ HQTXDQWRRRXWURURORQmR'HVSUH]HRDWULWRQRSLQR H %'HWHUPLQHRkQJXORTXHFDXVDUiRPRYLPHQWRGH XPGRVEORFRV4XDOpDIRUoDGHDWULWRVREFDGDXPGRVEORFRV TXDQGRLVVRRFRUUH"$PRODWHPXPDULJLGH]N1PH RULJLQDOPHQWHQmRHVWiHVWLFDGD B B k = 40 N/m A θ C 100 mm D 45° Problemas 8.19/20 •8.21. $VFDL[DV$H%SHVDP1H1UHVSHFWLYDPHQWH (ODV HVWmR FRQHFWDGRV SRU XP FDER H FRORFDGDV QR SODQR LQFOLQDGR 6H R kQJXOR ș IRU DXPHQWDGR JUDGXDOPHQWH GHWHUPLQH ș TXDQGR DV FDL[DV FRPHoDP D GHVOL]DU 2V FRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDVFDL[DVHRSODQRVmR $H% 75 mm A 60° P B D A C θ Problema 8.21 Problema 8.23 *8.24. 2WDPERUWHPXPSHVRGH1HUHSRXVDVREUH R SLVR SDUD R TXDO R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR pV 6HDPHEPGHWHUPLQHDPHQRULQWHQVLGDGH GDIRUoD3TXHFDXVDUiDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRGRWDPERU | 304 | Estática •8.25. 2WDPERUWHPXPSHVRGH1HUHVSRXVDVREUH GDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRVmR$%H& RSLVRSDUDRTXDORFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV &DGDFLOLQGURWHPXPUDLRGHPP 6H D PHEPGHWHUPLQHDPHQRULQWHQVLGDGH GDIRUoD3TXHFDXVDUiDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRGRWDPERU $ 3 P 3 5 % & a 4 Problema 8.28 •8.29. 6HRFHQWURGHJUDYLGDGHGDVPHVDVHPSLOKDGDVHVWi HP * H D SLOKD SHVD 1 § NJ GHWHUPLQH D PHQRU IRUoD 3 TXH R PHQLQR SUHFLVD HPSXUUDU QD SLOKD D ILP GH FDXVDU XP PRYLPHQWR 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP $H%pV$VPHVDVHVWmRSUHVDVXPDQDRXWUD b Problemas 8.24/25 8.26. 2 UHIULJHUDGRU WHP XP SHVR GH 1 § NJ H UHVSRXVDVREUHXPSLVRFHUkPLFRSDUDRTXDOV6H RKRPHPHPSXUUDKRUL]RQWDOPHQWHRUHIULJHUDGRUQRVHQWLGR PRVWUDGRGHWHUPLQHDPHQRULQWHQVLGDGHGHIRUoDKRUL]RQWDO QHFHVViULD SDUD PRYrOR$OpP GLVVR VH R KRPHP WHP XP SHVRGH1 §NJ GHWHUPLQHRPHQRUFRHILFLHQWHGH DWULWRHQWUHVHXVVDSDWRVHRSLVRGHPRGRTXHHOHQmRGHVOL]H •8.27. 2 UHIULJHUDGRU WHP XP SHVR GH 1 § NJ H UHVSRXVD VREUH XP SLVR FHUkPLFR SDUD R TXDO V $OpPGLVVRRKRPHPWHPXPSHVRGH1 §NJ H RFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRSLVRHVHXVVDSDWRV p V 6H HOH HPSXUUD KRUL]RQWDOPHQWH R UHIULJHUDGRU GHWHUPLQH VH HOH SRGHUi PRYrOR 6H SXGHU R UHIULJHUDGRU GHVOL]DRXWRPED" 0,9 m 30° G P 1,05 m 0,9 m A B 0,6 m 0,6 m Problema 8.29 8.30. 2WUDWRUWHPXPSHVRGHN1FRPFHQWURGHJUDYL GDGHHP*'HWHUPLQHVHHOHSRGHHPSXUUDUXPDWRUDGH NJ DFOLYH DFLPD 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D WRUDHRVRORpVHHQWUHDVURGDVGRWUDWRUHRVROR p V$VURGDVGDIUHQWHHVWmROLYUHVSDUDURODU$VVXPD TXH R PRWRU SRVVD GHVHQYROYHU XP WRUTXH VXILFLHQWH SDUD ID]HUDVURGDVWUDVHLUDVGHVOL]DUHP 8.31. 2 WUDWRU WHP XP SHVR GH N1 FRP FHQWUR GH JUDYLGDGHHP*'HWHUPLQHRPDLRUSHVRGDWRUDTXHSRGH VHUHPSXUUDGRDFOLYHDFLPD2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDWRUDHRVRORpVHHQWUHDVURGDVGRWUDWRU HRVRORp V$VURGDVGDIUHQWHHVWmROLYUHVSDUDURODU $VVXPDTXHRPRWRUSRVVDGHVHQYROYHUXPWRUTXHVXILFLHQWH SDUDID]HUDVURGDVWUDVHLUDVGHVOL]DUHP G 0,45 m 1,2 m 0,9 m B Problemas 8.26/27 *8.28. 'HWHUPLQHDIRUoDPtQLPD3QHFHVViULDSDUDHPSXUUDU RV GRLV FLOLQGURV GH NJ DFOLYH DQWHULRU $ IRUoD DWXD SDUDOHODPHQWH DR SODQR H RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR C G A 10° A 0,375 m 0,75 m 2,1 m 0,9 m Problemas 8.30/31 Capítulo 8 *8.32. 2SRVWHXQLIRUPHGHNJHVWiSUHVWHVDGHVOL]DUHP $TXDQGRș'HWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HP$ C B 8m θ 5m Atrito | 305 | PRGRTXHVHDSRLDFRQWUDDSDUHGH6HRSRUWDSDSHOWHPXP SHVRGHVSUH]tYHOHRURODPHQWRHP2SRGHVHUFRQVLGHUDGR VHP DWULWR GHWHUPLQH D IRUoD 3 QHFHVViULD SDUD FRPHoDU D JLUDURURORVHș2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH DSDUHGHHRSDSHOV 8P UROR GH SDSHO WHP PP SHVR XQLIRUPH GH 1 § NJ H HVWi VXVSHQVR SHOR SRUWDSDSHO GH PRGRTXHVHDSRLDFRQWUDDSDUHGH6HRSRUWDSDSHOWHPXP SHVRGHVSUH]tYHOHRURODPHQWRHP2SRGHVHUFRQVLGHUDGR VHPDWULWRGHWHUPLQHDIRUoD3PtQLPDHRkQJXORșDVVRFLDGR QHFHVViULRSDUDJLUDURUROR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDSDUHGHHRSDSHOV A Problema 8.32 30° •8.33. 8PDIRUoD31pDSOLFDGDSHUSHQGLFXODUPHQWH DRFDERGRSpGHFDEUDFRQIRUPHDILJXUD6HRFRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D EDUUD H D PDGHLUD IRU V GHWHUPLQHDIRUoDQRUPDOGDXQKDHP$QDWiEXDVXSHULRU $VVXPDTXHDVXSHUItFLHHP&VHMDOLVD 75 mm A O P θ 30° P Problemas 8.35/36 500 mm •8.37. 6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFRUUHQWHH R SODQR LQFOLQDGR p V WJ ș GHWHUPLQH R FRPSULPHQWR SHQGXUDGDEGHPRGRTXHDFRUUHQWHHVWHMDSUHVWHVDGHVOL]DU SODQRDFLPD$FRUUHQWHSHVDZSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWR 25 mm A a b C 75 mm 75 mm Problema 8.33 θ 8.34. $EDUUDILQDWHPXPSHVR:HVHDSRLDFRQWUDRSLVR HDSDUHGHSDUDDTXDORVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRVmR $H%UHVSHFWLYDPHQWH'HWHUPLQHRPHQRUYDORUGHșSDUD RTXDODEDUUDQmRVHPRYHUi B 8.38. 'HWHUPLQH D DOWXUD Pi[LPD K HP PHWURV j TXDO D JDURWD SRGH VXELU QR HVFRUUHJD VHP VH DSRLDU QR FRUULPmR RX HP VXD SHUQD HVTXHUGD 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUHRVVDSDWRVGDJDURWDHRHVFRUUHJDpV y L A Problema 8.37 1 x2 y = –– 3 θ Problema 8.34 h x 8.35. 8P UROR GH SDSHO WHP XP SHVR XQLIRUPH GH 1 § NJ H HVWi VXVSHQVR SHOD SRUWDSDSHO GH Problema 8.38 | 306 | Estática 8.39. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP % p V GHWHUPLQHRPDLRUkQJXORșHRPHQRUFRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFR HP $ GH PRGR TXH R FLOLQGUR SHUPDQHoD SUHVR LQGHSHQGHQWH GD LQWHQVLGDGH GD IRUoD 3 DSOLFDGD j FRUUHLD 'HVSUH]H R SHVR GR FLOLQGUR H R DWULWR HQWUH D FRUUHLD H D VXSHUItFLHYHUWLFDO *8.40. 6HșGHWHUPLQHRPHQRUFRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFR HP $ H % GH PRGR TXH R UROHWH SHUPDQHoD SUHVR LQGHSHQGHQWH GD LQWHQVLGDGH GD IRUoD 3 DSOLFDGD j FRUUHLD 'HVSUH]H R SHVR GR FLOLQGUR H R DWULWR HQWUH D FRUUHLD H D VXSHUItFLHYHUWLFDO $ HPSLOKDGHLUD GH 0J WHP FHQWUR GH PDVVD HP * 'HWHUPLQH R PDLRU Q~PHUR GH FDL[DV TXH SRGHP VHU HPSXUUDGRVSHODHPSLOKDGHLUDVHFDGDFDL[DWHPXPDPDVVD GH NJ 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH XPD HPSLOKDGHLUD H R VROR p V H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHDVURGDVWUDVHLUDVGDHPSLOKDGHLUDHRVRORp V $V URGDV GD IUHQWH VmR OLYUHV SDUD URODU$VVXPD TXHRPRWRUGDHPSLOKDGHLUDVHMDSRGHURVRREDVWDQWHSDUD JHUDUXPWRUTXHTXHIDoDDVURGDVWUDVHLUDVGHVOL]DUHP G 30 mm θ 0,3 m B A B A 0,75 m 0,25 m Problema 8.44 P Problemas 8.39/40 •8.41. $ JDUUD p XVDGD SDUD DSHUWDU D FRQH[mR HQWUH GRLV WXERVGHHVJRWRGHFRQFUHWR'HWHUPLQHRPHQRUFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRHP$RX%GHPRGRTXHDJDUUDQmRGHVOL]H LQGHSHQGHQWHGDIRUoDQRHL[R&' •8.45. 2GLVFRGHNJVHDSRLDVREUHDVXSHUItFLHSDUDD TXDORFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRp$'HWHUPLQHR PDLRUPRPHQWRGHELQiULR0TXHSRGHVHUDSOLFDGRjEDUUD VHPFDXVDUPRYLPHQWR 8.46. 2 GLVFR GH NJ VH DSRLD VREUH D VXSHUItFLH SDUD D TXDO R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR p $ 6H 01PGHWHUPLQHDIRUoDGHDWULWRHP$ 100 mm A 250 mm 300 mm C C D B Problema 8.41 8.42. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FDL[D GH NJHRSLVRpVHQTXDQWRRFRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFR HQWUH RV VDSDWRV GR KRPHP GH NJ H R SLVR p V'HWHUPLQHVHRKRPHPSRGHPRYHUDFDL[D 8.43. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FDL[D H R SLVR p V GHWHUPLQH R PHQRU FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHRVVDSDWRVGRKRPHPHRSLVRGHPRGRTXHR KRPHPSRVVDPRYHUDFDL[D M 400 mm B 125 mm A Problemas 8.45/46 30° Problemas 8.42/43 8.47. 2EORFR&WHPXPDPDVVDGHNJHHVWiFRQILQDGR HQWUHGXDVSDUHGHVSRUUROHWHVOLVRV6HREORFRVHDSRLDQR WRSR GR FDUUHWHO GH NJ GHWHUPLQH D IRUoD 3 PtQLPD GR FDERQHFHVViULDSDUDPRYHURFDUUHWHO2FDERHVWiHQURODGR QRQ~FOHRGRFDUUHWHO2VFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRHP $H%VmR$H% Capítulo 8 *8.48. 2EORFR&WHPXPDPDVVDGHNJHHVWiFRQILQDGR HQWUHGXDVSDUHGHVSRUUROHWHVOLVRV6HREORFRVHDSRLDQR WRSRGRFDUUHWHOGHNJGHWHUPLQHRVFRHILFLHQWHVGHDWULWR HVWiWLFRH[LJLGRVHP$H%GHPRGRTXHRFDUUHWHOGHVOL]H HP$H%TXDQGRDLQWHQVLGDGHGDIRUoDDSOLFDGDIRUDXPHQ WDGDSDUD31 C | 307 | •8.53. 2 FDUSLQWHLUR HPSXUUD OHQWDPHQWH D WiEXD XQLIRUPH KRUL]RQWDOPHQWHVREUHRWRSRGRFDYDOHWH$WiEXDWHPXP SHVRXQLIRUPHGH1PHRFDYDOHWHWHPXPSHVRGH1 HFHQWURGHJUDYLGDGHHP*'HWHUPLQHVHRFDYDOHWHSHUPD QHFHUi QD SRVLomR GHVOL]DUi RX WRPEDUi VH D WiEXD IRU HPSXUUDGDSDUDIUHQWHTXDQGRGP2VFRHILFLHQWHVGH DWULWRHVWiWLFRVmRLQGLFDGRVQDILJXUD 8.54. 2 FDUSLQWHLUR HPSXUUD OHQWDPHQWH D WiEXD XQLIRUPH KRUL]RQWDOPHQWHVREUHRWRSRGRFDYDOHWH$WiEXDWHPXP SHVRXQLIRUPHGH1PHRFDYDOHWHWHPXPSHVRGH1 H FHQWUR GH JUDYLGDGH HP * 'HWHUPLQH VH R FDYDOHWH SHUPDQHFHUiQDSRVLomRGHVOL]DUiRXWRPEDUiVHDWiEXDIRU HPSXUUDGDSDUDIUHQWHTXDQGRGP2VFRHILFLHQWHVGH DWULWRHVWiWLFRVmRLQGLFDGRVQDILJXUD A 0,4 m O 0,2 m Atrito P B Problemas 8.47/48 5,4 m •8.49. 2XWLOLWiULRFRPWUDomRQDVTXDWURURGDVGH0JWHP FHQWURGHPDVVDHP*'HWHUPLQHDPDVVDPi[LPDGDWRUD TXH SRGH VHU UHERFDGD SHOR DXWRPyYHO 2 FRHILFLHQWH GH DWULWRHVWiWLFRHQWUHDWRUDHRVRORpVHRFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDVURGDVGRFDUURHRVRORp V $VVXPDTXHRPRWRUGRFDUURVHMDSRGHURVRREDVWDQWHSDUD JHUDUXPWRUTXHTXHIDUiWRGDVDVURGDVGLDQWHLUDVGHVOL]DUHP 8.50. 2 XWLOLWiULR GH 0J WHP FHQWUR GH PDVVD HP * 'HWHUPLQHDPDVVDPi[LPDGDWRUDTXHSRGHVHUUHERFDGD SHORDXWRPyYHO2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDWRUD HRVRORpVHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDV URGDV GR FDUUR H R VROR p V $V URGDV WUDVHLUDV VmR OLYUHVSDUDURODU$VVXPDTXHRPRWRUGRFDUURVHMDSRGHURVR REDVWDQWHSDUDJHUDUXPWRUTXHTXHIDUiDVURGDVGLDQWHLUDV GHVOL]DUHP G B 0,5 m A d μ = 0,5 0,9 m G μ' = 0,3 0,3 m μ' = 0,3 0,3 m Problemas 8.53/54 8.55. 6HDJDURWDFRPNJHVWLYHUQDSRVLomRGP GHWHUPLQH R FRHILFLHQWH PtQLPR GH DWULWR HVWiWLFR V QRV SRQWRVGHFRQWDWR$H%GHPRGRTXHDWiEXDQmRGHVOL]H 'HVSUH]HRSHVRGDWiEXD *8.56. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR $ H % p V GHWHUPLQH D GLVWkQFLD PtQLPD G RQGH XPD JDURWD GH NJ SRGH SHUPDQHFHU VREUH D WiEXD VHPTXHDWiEXDGHVOL]H'HVSUH]HRSHVRGDWiEXD 1,6 m 1,2 m Problemas 8.49/50 d 8.51. 6H RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR $ H % VmR V H V UHVSHFWLYDPHQWH GHWHUPLQHDPHQRUIRUoD3TXHIDUiFRPTXHRFDUUHWHOGH NJWHQKDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWR *8.52. 6H RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR $ H % VmR V H V UHVSHFWLYDPHQWH GHWHUPLQHDPHQRUIRUoD3TXHIDUiFRPTXHRFDUUHWHOGH NJWHQKDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWR G A B 60° 45° 3,6 m 200 mm P 400 mm B 150 mm A Problemas 8.51/52 Problemas 8.55/56 •8.57. 6H FDGD FDL[D SHVD NJ GHWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO3TXHRKRPHPSUHFLVDH[HUFHUQDFDL[DGHFLPD DILPGHFDXVDUPRYLPHQWR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDVFDL[DVpVHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDFDL[DHRSLVRp V 8.58. 6H FDGD FDL[D SHVD NJ GHWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO3TXHRKRPHPSUHFLVDH[HUFHUQDFDL[DGHFLPD | 308 | Estática DILPGHFDXVDUPRYLPHQWR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDVFDL[DVpVHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDFDL[DHRSLVRp V 0,9 m D A 1,35 m 300 mm P M E 300 mm B C Problema 8.61 1,5 m 1,35 m A B Problemas 8.57/58 8.62. 2VEORFRV$%H&SRVVXHPSHVRVGH11 H 1 UHVSHFWLYDPHQWH 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL ]RQWDO 3 TXH FDXVDUi LPLQrQFLD GH PRYLPHQWR 2 FRHIL FLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH$H%pVHQWUH%H& VHHQWUHREORFR&HRSLVR V 8.59. 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH RV FRODUHV$ H%HDEDUUDpVGHWHUPLQHRkQJXORPi[LPRșSDUD RVLVWHPDSHUPDQHFHUHPHTXLOtEULRLQGHSHQGHQWHGRSHVR GRFLOLQGUR'$VOLJDo}HV$&H%&SRVVXHPSHVRGHVSUH]tYHO HHVWmRFRQHFWDGRVHP&SRUXPSLQR A P 6H ș GHWHUPLQH R PHQRU FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHRVFRODUHV$H%HDEDUUDQHFHVViULRSDUDTXH R VLVWHPD SHUPDQHoD HP HTXLOtEULR LQGHSHQGHQWH GR SHVR GRFLOLQGUR'$VOLJDo}HV$&H%&SRVVXHPSHVRGHVSUH]tYHO HHVWmRFRQHFWDGRVHP&SRUXPSLQR B C D Problema 8.62 A B 15° 15° θ θ 8.63. 'HWHUPLQHDPHQRUIRUoD3TXHFDXVDUiLPLQrQFLDGH PRYLPHQWR$FDL[DHDURGDWrPXPDPDVVDGHNJH NJUHVSHFWLYDPHQWH2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHD FDL[DHRSLVRpVHHQWUHDURGDHRSLVRp V *8.64. 'HWHUPLQHDPHQRUIRUoD3TXHFDXVDUiLPLQrQFLDGH PRYLPHQWR$FDL[DHDURGDWrPXPDPDVVDGHNJH NJUHVSHFWLYDPHQWH2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHD FDL[DHRSLVRpVHHQWUHDURGDHRSLVRp V C D P Problemas 8.59/60 •8.61. &DGDXPGRVFLOLQGURVWHPXPDPDVVDGHNJ6H RVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRQRVSRQWRVGHFRQWDWRVmR $%H&H'GHWHUPLQHRPHQRU PRPHQWRGHELQiULR0QHFHVViULRSDUDJLUDURFLOLQGUR( B C A Problemas 8.63/64 300 mm Capítulo 8 Atrito | 309 | Problemas conceituais 8.1. ePDLVHILFLHQWHPRYHUDFDUJDSDUDIUHQWHHPYHORFLGDGH FRQVWDQWH FRP R JXLQFKR WRWDOPHQWH HVWHQGLGR FRPR QD ILJXUD RX R JXLQFKR GHYHULD HVWDU WRWDOPHQWH UHWUDtGR" $ WUDomRpIRUQHFLGDjVURGDVWUDVHLUDV$VURGDVGLDQWHLUDVHVWmR OLYUHVSDUDURODU)DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUDH[SOLFDU VXDUHVSRVWD PHQWHRXSX[DUXPSRXFRSDUDEDL[R"$OpPGLVVRpPHOKRU SUHQGHU D FRUGD HP XPD SRVLomR DOWD FRPR QD ILJXUD RX HPXPDSRVLomREDL[D")DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUD H[SOLFDUVXDUHVSRVWD 8.4. $FRUGDpXVDGDSDUDSX[DURUHIULJHUDGRU3DUDLPSHGLU TXHYRFrGHVOL]HHQTXDQWRSX[DpPHOKRUSX[DUSDUDFLPD FRPRQDILJXUDSX[DUKRUL]RQWDOPHQWHRXSX[DUSDUDEDL[R QDFRUGD")DoDXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULRSDUDH[SOLFDUVXD UHVSRVWD Problema 8.1 8.2. $ SRUFD GD URGD OLYUH QHVVH FDUUR GHYH VHU UHPRYLGD XVDQGRDFKDYHGHURGD4XDOpRPRGRPDLVHILFD]GHDSOLFDU IRUoDjFKDYH"$OpPGLVVRSRUTXHpPHOKRUPDQWHURSQHX QRVRORDRLQYpVGHSULPHLUROHYDQWDURFDUUR"([SOLTXHVXDV UHVSRVWDVFRPXPDDQiOLVHGHHTXLOtEULR Problemas 8.3/4 8.5. e PDLV IiFLO UHERFDU D FDUJD DSOLFDQGR XPD IRUoD DR ORQJRGDEDUUDGRUHERTXHTXDQGRHODHVWiHPXPDSRVLomR TXDVHKRUL]RQWDOFRPRQDILJXUDRXpPHOKRUSX[DUDEDUUD TXDQGRHODWLYHUXPDLQFOLQDomRtQJULPH")DoDXPDDQiOLVH GHHTXLOtEULRSDUDH[SOLFDUVXDUHVSRVWD Problema 8.2 8.3. $ FRUGD p XVDGD SDUD SX[DU R UHIULJHUDGRU e PHOKRU SX[DUXPSRXFRSDUDFLPDFRPRQDILJXUDSX[DUKRUL]RQWDO 8.3 Calços 8P FDOoR RX FXQKD p XPD PiTXLQD VLPSOHV TXH QRUPDOPHQWH p XVDGD SDUD WUDQVIRUPDU XPD IRUoD DSOLFDGD HP IRUoDV PXLWR PDLRUHV GLULJLGDV HP kQJXORV DSUR[LPDGDPHQWHUHWRVjIRUoDDSOLFDGD2VFDOoRVWDPEpPSRGHPVHUXVDGRVSDUD PRYHUOLJHLUDPHQWHRXDMXVWDUFDUJDVSHVDGDV Problema 8.5 | 310 | Estática &RQVLGHUH SRU H[HPSOR R FDOoR PRVWUDGR QD )LJXUD D TXH p XVDGR SDUD OHYDQWDUREORFRDSOLFDQGRXPDIRUoDDRFDOoR2VGLDJUDPDVGHFRUSROLYUHGREORFR HGRFDOoRVmRPRVWUDGRVQD)LJXUDE$TXLH[FOXtPRVRSHVRGRFDOoRSRLVHOH QRUPDOPHQWHpSHTXHQRHPFRPSDUDomRFRPRSHVR:GREORFR$OpPGLVVRREVHUYH TXH DV IRUoDV GH DWULWR ) H ) GHYHP VH RSRU DR PRYLPHQWR GR FDOoR 'H PRGR VHPHOKDQWH D IRUoD GH DWULWR ) GD SDUHGH VREUH R EORFR GHYH DWXDU SDUD EDL[R GH PRGR D VH RSRU DR PRYLPHQWR GR EORFR SDUD FLPD 2V ORFDLV GDV IRUoDV QRUPDLV UHVXOWDQWHVQmRVmRLPSRUWDQWHVQDDQiOLVHGHIRUoDSRLVQHPREORFRQHPRFDOoR µWRPEDUmR¶3RUWDQWRDVHTXDo}HVGRHTXLOtEULRGHPRPHQWRQmRVHUmRFRQVLGHUDGDV ([LVWHP VHWH LQFyJQLWDV FRQVLVWLQGR QD IRUoD DSOLFDGD 3 QHFHVViULD SDUD FDXVDU R PRYLPHQWRGRFDOoRHVHLVIRUoDVQRUPDLVHGHDWULWR$VVHWHHTXDo}HVGLVSRQtYHLV FRQVLVWHPHPTXDWURHTXDo}HVGHHTXLOtEULRGHIRUoDR)[R)\DSOLFDGDVDR FDOoRHDREORFRHWUrVHTXDo}HVGHDWULWR)1DSOLFDGDVjVXSHUItFLHGHFRQWDWR : W 1 1 ) P ) ș 3 θ ) ) Iminência de movimento 1 1 (a) (b) Figura 8.12 6HREORFRWLYHUTXHVHUDEDL[DGRHQWmRDVIRUoDVGHDWULWRDWXDUmRHPXPVHQWLGR RSRVWR DR TXH p PRVWUDGR QD )LJXUD E 'HVGH TXH R FRHILFLHQWH GH DWULWR VHMD PXLWRSHTXHQRRXRkQJXORșGRFDOoRVHMDJUDQGHHQWmRDIRUoDDSOLFDGD3GHYHUi DWXDUSDUDDGLUHLWDSDUDVHJXUDUREORFR&DVRFRQWUiULR3SRGHWHUXPVHQWLGRGH GLUHomRLQYHUVRSDUDSX[DURFDOoRHUHPRYrOR6H3QmRIRUDSOLFDGRHDVIRUoDV GHDWULWRPDQWLYHUHPREORFRQRORFDOHQWmRRFDOoRpFRQVLGHUDGRDXWRWUDYDQWH Exemplo 8.6 $SHGUDXQLIRUPHQD)LJXUDDWHPXPDPDVVDGHNJHpPDQWLGDQDSRVLomR KRUL]RQWDOXVDQGRXPFDOoRHP%6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRIRUVQDV VXSHUItFLHVGHFRQWDWRGHWHUPLQHDIRUoD3PtQLPDQHFHVViULDSDUDUHPRYHURFDOoR $VVXPDTXHDSHGUDQmRGHVOL]HHP$ 4905 N 0,5 m 0,5 m NB 7º 1m 0,3 NB B A FA P C 7º A NA (a) 7º NC NB (b) Figura 8.13 Iminência de P movimento 0,3 NB 0,3 NC 7º 7º Capítulo 8 Atrito | 311 | SOLUÇÃO $IRUoDPtQLPD3UHTXHU)V1QDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRFRPRFDOoR2VGLDJUDPDV GHFRUSROLYUHGDSHGUDHGRFDOoRVmRPRVWUDGRVQD)LJXUDE1RFDOoRDIRUoD GHDWULWRVHRS}HDLPLQrQFLDGRPRYLPHQWRHQDSHGUDHP$)$V1$SRLVQmR RFRUUH GHVOL]DPHQWR QHVVH SRQWR ([LVWHP FLQFR LQFyJQLWDV 7UrV HTXDo}HV GH HTXLOtEULR SDUD D SHGUD H GXDV SDUD R FDOoR HVWmR GLVSRQtYHLV SDUD D VROXomR 3HOR GLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDSHGUD H R0$ ±1 P 1%FRV1 P 1%VHQ1 P 1%1 8VDQGRHVVHUHVXOWDGRSDUDRFDOoRWHPRV R)\ 1&±FRV1± VHQ1 1&1 R)[ VHQ1± FRV1 3± 1 31N1 NOTA:&RPR3pSRVLWLYRQDYHUGDGHRFDOoRGHYHVHUSX[DGRSDUDIRUD6H3IRVVH ]HURRFDOoRSHUPDQHFHULDQROXJDU DXWRWUDYDQWH HDVIRUoDVGHDWULWRGHVHQYROYLGDV HP%H&VDWLVIDULDP)%V1%H)&V1& 8.4 Forças de atrito em parafusos 1D PDLRULD GRV FDVRV RV SDUDIXVRV VmR XVDGRV FRPR SHoDV GH IL[DomR SRUpP HPPXLWRVWLSRVGHPiTXLQDVHOHVVmRLQFRUSRUDGRVSDUDWUDQVPLWLUSRWrQFLDRXPR YLPHQWR GH XPD SDUWH GD PiTXLQD SDUD RXWUD 8P SDUDIXVR GH URVFD TXDGUDGD QRUPDOPHQWH p XVDGR SDUD HVVD VHJXQGD ILQDOLGDGH HVSHFLDOPHQWH TXDQGR JUDQGHV IRUoDVVmRDSOLFDGDVDRORQJRGHVHXHL[R1HVWDVHomRDQDOLVDUHPRVDVIRUoDVTXH DWXDP VREUH SDUDIXVRV GH URVFD TXDGUDGD$ DQiOLVH GH RXWURV WLSRV GH SDUDIXVRV FRPRRVGHURVFDHP9pEDVHDGDQHVVHVPHVPRVSULQFtSLRV 3RU DQiOLVH XP SDUDIXVR GH URVFD TXDGUDGD FRPR QD )LJXUD SRGH VHU FRQVLGHUDGRXPFLOLQGURFRPXPDDUHVWDTXDGUDGDLQFOLQDGDRXURVFDHQURODGDDR VHX UHGRU 6H GHVHQURODUPRV XPD YROWD QD URVFD FRPR PRVWUD D )LJXUD E D LQFOLQDomRRXRkQJXORGHSDVVRșpGHWHUPLQDGRDSDUWLUGHșWJ± O+U $TXL OH+UVmRDVGLVWkQFLDVYHUWLFDOHKRUL]RQWDOHQWUH$H%RQGHUpRUDLRPpGLRGD URVFD $ GLVWkQFLD O p FKDPDGD GH SDVVR GD URVFD GR SDUDIXVR H p HTXLYDOHQWH j GLVWkQFLDTXHRSDUDIXVRDYDQoDTXDQGRHOHJLUDXPDYROWD r B A U % % O $ ș $ U (b) (a) Figura 8.14 l | 312 | Estática Iminência de movimento para cima : ) 0U ‫׋‬V 1 ș ș 5 Q $JRUDYDPRVFRQVLGHUDURFDVRGHXPSDUDIXVRGHURVFDTXDGUDGDTXHHVWiVXMHLWR DLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRSDUDFLPDFDXVDGRSHORPRPHQWRGHWRUomRDSOLFDGR0 )LJXUD 8P GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD URVFD GHVIHLWD SRU LQWHLUR SRGH VHU UHSUHVHQWDGR FRPR XP EORFR FRPR PRVWUD D )LJXUD D $ IRUoD : p D IRUoD YHUWLFDODWXDQGRVREUHDURVFDRXDIRUoDD[LDODSOLFDGDDRHL[R )LJXUD H0U pDIRUoDKRUL]RQWDOUHVXOWDQWHSURGX]LGDSHORPRPHQWRGHELQiULR0HPUHODomRDR HL[R$UHDomR5GRVXOFRVREUHDURVFDSRVVXLFRPSRQHQWHVGHDWULWRHQRUPDORQGH )V12kQJXORGHDWULWRHVWiWLFRp‫׋‬VWJ± )1 WJ±V$SOLFDQGRDVHTXDo}HV GHHTXLOtEULRGDIRUoDDRORQJRGRVHL[RVKRUL]RQWDOHYHUWLFDOWHPRV 0RYLPHQWRGRSDUDIXVRSDUDFLPD R)[ 0U±5VHQ ‫׋‬Vș (a) R)\ 5FRV ‫׋‬Vș ±: : : 0 ș K 5 ‫׋‬V ș Q 3DUDIXVRDXWRWUDYDQWH ș ‫׋‬V SUHVWHVDJLUDUSDUDEDL[R U (b) : Figura 8.15 0ƍU (OLPLQDQGR5GHVVDVHTXDo}HVREWHPRV ș 5 ș ‫׋‬V Q 0RYLPHQWRGRSDUDIXVR SDUDEDL[R ș!‫׋‬V (c) : 0ƍƍ±U ș 5 ‫׋‬V ș Q 0RYLPHQWRGRSDUDIXVR SDUDEDL[R ș‫׋‬V (d) Figura 8.16 0U:WJ ‫׋‬Vș Parafuso autotravante 8P SDUDIXVR p FRQVLGHUDGR DXWRWUDYDQWH VH SHUPDQHFHU QR ORFDO VRE TXDOTXHU FDUJDD[LDO:TXDQGRRPRPHQWR0IRUUHPRYLGR3DUDTXHLVVRRFRUUDDGLUHomR GDIRUoDGHDWULWRGHYHVHULQYHUWLGDSDUDTXH5DWXHVREUHRRXWURODGRGH1$TXL RkQJXORGHDWULWRHVWiWLFR‫׋‬VWRUQDVHPDLRURXLJXDODș )LJXUDG 6H‫׋‬Vș )LJXUDE HQWmR5DWXDUiYHUWLFDOPHQWHSDUDHTXLOLEUDU:HRSDUDIXVRHVWDUi QDLPLQrQFLDGHJLUDUSDUDEDL[R Iminência de movimento para baixo ‫׋‬V!ș 6HXPSDUDIXVRpDXWRWUDYDQWHXPPRPHQWRGHELQiULR0 GHYHUiVHU DSOLFDGRDRSDUDIXVRQDGLUHomRRSRVWDSDUDJLUDURSDUDIXVRSDUDEDL[R ‫׋‬V!ș ,VVR FDXVDXPDIRUoDKRUL]RQWDOUHYHUVD0 UTXHHPSXUUDRSDUDIXVRSDUDEDL[RFRQIRUPH LQGLFDGRQD)LJXUDF8VDQGRRPHVPRSURFHGLPHQWRGHDQWHVREWHPRV 0 U:WJ ș±‫׋‬V 3DUDDVDSOLFDo}HV0pGHVHQYROYLGRDSOLFDQGRVHXPDIRUoDKRUL]RQWDO3HPXPkQJXORUHWR FRPDH[WUHPLGDGHGHXPDDODYDQFDTXHVHULDIL[DGDDRSDUDIXVR Capítulo 8 ‫׋‬Vș 6HRSDUDIXVRQmRpDXWRWUDYDQWHpQHFHVViULRDSOLFDUXPPRPHQWR0 SDUDLPSHGLUTXHRSDUDIXVRJLUHSDUDEDL[R ‫׋‬Vș $TXLXPDIRUoDKRUL]RQWDO0 U pQHFHVViULDSDUDHPSXUUDUFRQWUDDURVFDSDUDLPSHGLUTXHHODGHVOL]HSODQRDEDL[R )LJXUDG $VVLPDLQWHQVLGDGHGRPRPHQWR0 H[LJLGDSDUDLPSHGLUHVVHJLUR p 0 :UWJ ‫׋‬V±ș 6HKRXYHUPRYLPHQWRGRSDUDIXVRDVHTXDo}HVHSRGHPVHUDSOLFDGDV VLPSOHVPHQWHVXEVWLWXLQGR‫׋‬VSRU‫׋‬N Exemplo 8.7 2 HVWLFDGRU PRVWUDGR QD )LJXUD WHP XPD URVFD TXDGUDGD FRP XP UDLR PpGLR GHPPHXPSDVVRGHPP6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRSDUDIXVRH RHVWLFDGRUpVGHWHUPLQHRPRPHQWR0TXHGHYHVHUDSOLFDGRSDUDDSUR[LPDU RVSDUDIXVRVGDVH[WUHPLGDGHV N1 0 N1 Figura 8.17 SOLUÇÃO 2PRPHQWRSRGHVHUREWLGRDSOLFDQGRD(TXDomR&RPRRDWULWRQRVGRLVSDUDIXVRV GHYHVHUVXSHUDGRLVVRUHTXHU 0>:UWJ ș‫@ ׋‬ ± ± $TXL:1UPP‫׋‬VWJ VWJ HșWJ± O+U WJ± PP>+ PP @ 6XEVWLWXLQGRHVVHVYDORUHVQD (TXDomRHUHVROYHQGRWHPRV 0> 1 PP WJ @ 1P1P NOTA:4XDQGRRPRPHQWRpUHPRYLGRRHVWLFDGRUVHUiDXWRWUDYDQWHRXVHMDHOHQmR GHVSDUDIXVDUiSRLV‫׋‬V!ș Atrito | 313 | | 314 | Estática Problemas 8.65. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 H[LJLGD SDUD SX[DU R FDOoR $ $ FDL[D WHP XP SHVR GH 1 §NJ HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHPWRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR p V 'HVSUH]H R SHVR GR FDOoR *8.68. 2FDOoRWHPXPSHVRLQVLJQLILFDQWHHXPFRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR V FRP WRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR'HWHUPLQHRPDLRUkQJXORșGHPRGRTXHHOHVHMD µDXWRWUDYDQWH¶ ,VVR UHTXHU TXH QmR KDMD GHVOL]DPHQWR SDUD TXDOTXHULQWHQVLGDGHGDIRUoD3DSOLFDGDjMXQWD θ –– 2 θ –– 2 P P Problema 8.68 P A B B 15º Problema 8.65 8.66. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 H[LJLGD SDUD OHYDQWDUDFDL[DGHNJ2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR p V 'HVSUH]H D PDVVDGRFDOoR •8.69. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 H[LJLGD SDUD FRPHoDUDPRYHUREORFR$SDUDDGLUHLWDVHDIRUoDGDPROD p GH 1 H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHVGHFRQWDWRHP$pV2FLOLQGURHP&p OLVR'HVSUH]HDPDVVDGH$H% B A P P A C 45º 45º B Problema 8.69 15º Problema 8.66 8.67. 'HWHUPLQHDPHQRUIRUoDKRUL]RQWDO3H[LJLGDSDUD OHYDQWDU R FLOLQGUR GH NJ 2V FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR $ H % VmR V $ H V %UHVSHFWLYDPHQWHHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHRFDOoRHRVRORpV 8.70. 2V WUrV EORFRV GH SHGUD WrP SHVRV :$ 1 :% 1 H :& 1 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 TXH GHYH VHU DSOLFDGD DR EORFR & D ILP GH PRYHUHVVHEORFR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRV EORFRVpVHHQWUHRSLVRHFDGDEORFR V $ % & 3 0,5 m A Problema 8.70 10º B P C Problema 8.67 8.71. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 H[LJLGD SDUD PRYHURFDOoRSDUDDGLUHLWD2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HPWRGDVDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWRpV)DoDș H)1'HVSUH]HRSHVRGRFDOoR Capítulo 8 *8.72. 6H D IRUoD KRUL]RQWDO 3 IRU UHPRYLGD GHWHUPLQH R PDLRUkQJXORșTXHIDUiFRPTXHDFXQKDVHMDDXWRWUDYDQWH LQGHSHQGHQWHGDLQWHQVLGDGHGDIRUoD)DSOLFDGDjDODYDQFD 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWRpV F Atrito | 315 | *8.76. 2VEORFRVGHFDOoRVmRXVDGRVSDUDPDQWHUDDPRVWUD HP XPD PiTXLQD GH WHVWH GH WUDomR 'HWHUPLQH R PDLRU kQJXORGHSURMHWRșGRVFDOoRVGHPRGRTXHDDPRVWUDQmR GHVOL]H LQGHSHQGHQWH GD FDUJD DSOLFDGD 2V FRHILFLHQWHV GH DWULWRHVWiWLFRVmR$HP$H%HP%'HVSUH]H RSHVRGRVEORFRV A ș ș 450 mm 20 mm C P B θ $ % 300 mm Problemas 8.71/72 •8.73. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD YHUWLFDO 3 H[LJLGD SDUD PDQWHU R FDOoR HQWUH RV GRLV FLOLQGURV LGrQWLFRV FDGD XP FRP SHVR : 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHVGHFRQWDWRpV 8.74. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD YHUWLFDO 3 H[LJLGD SDUD HPSXUUDURFDOoRHQWUHRVGRLVFLOLQGURVLGrQWLFRVFDGDXP FRP SHVR : 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHVGHFRQWDWRpV P 3 Problema 8.76 15º •8.77. 2 SDUDIXVR GH URVFD TXDGUDGD GR JUDPSR WHP XP GLkPHWURPpGLRGHPPHXPSDVVRGHPP6HV SDUD DV URVFDV H R WRUTXH DSOLFDGR QD DOoD p GH 1 P GHWHUPLQHDIRUoDFRPSUHVVLYD)VREUHREORFR 30º 30º Problemas 8.73/74 1,5 N · m 8.75. 6HREORFRGHFRQFUHWRXQLIRUPHWHPXPDPDVVDGH NJGHWHUPLQHDPHQRUIRUoDKRUL]RQWDO3QHFHVViULDSDUD PRYHU R FDOoR SDUD D HVTXHUGD 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHRFDOoRHRFRQFUHWRHHQWUHRFDOoRHRSLVR pV2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRFRQFUHWR HRSLVRp V 3m –F P B 150 mm A 7,5º Problema 8.75 F Problema 8.77 | 316 | Estática 8.78. 2GLVSRVLWLYRpXVDGRSDUDSX[DURWHUPLQDOGHFDER GHEDWHULD&GRFRQWDWRGHXPDEDWHULD6HDIRUoDGHSX[DGD QHFHVViULD p 1 GHWHUPLQH R WRUTXH 0 TXH SUHFLVD VHU DSOLFDGDDRFDERGRSDUDIXVRSDUDDSHUWiOR2SDUDIXVRWHP URVFDV TXDGUDGDV XP GLkPHWUR PpGLR GH PP XP SDVVR GHPPHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV 100 mm P 0 Problemas 8.80/81 8.82. 'HWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO H[LJLGD TXH GHYH VHU DSOLFDGD SHUSHQGLFXODUPHQWH j PDQLYHOD SDUD GHVHQYROYHU XPDIRUoDGHIL[DomRGH1QRFDQR2SDUDIXVRGHURVFD TXDGUDGDVLPSOHVWHPXPGLkPHWURPpGLRGHPPHXP SDVVRGHPP2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV 1RWD 2 SDUDIXVR p XP HOHPHQWR GH GXDV IRUoDV SRLV HVWi FRQWLGRGHQWURGHFRODUHVHP$H%SUHVRVSRUSLQRV $ 8.83. 6H D IRUoDGH IL[DomRQR FDQRp 1 GHWHUPLQHD IRUoD KRUL]RQWDO TXH GHYH VHU DSOLFDGD SHUSHQGLFXODU j PDQLYHOD SDUD DIURX[DU R SDUDIXVR 2 SDUDIXVR GH URVFD TXDGUDGDVLPSOHVWHPXPGLkPHWURPpGLRGHPPHXP SDVVRGHPP2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV 1RWD 2 SDUDIXVR p XP HOHPHQWR GH GXDV IRUoDV SRLV HVWi FRQWLGRGHQWURGHFRODUHVHP$H%SUHVRVSRUSLQRV & % Problema 8.78 8.79. 2 PHFDQLVPR GH HOHYDomR FRQVLVWH HP XP FRQMXQWR TXH WHP XP SDUDIXVR FRP URVFD TXDGUDGD FRP GLkPHWUR PpGLR GH PP H XP SDVVR GH PP H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR p V 'HWHUPLQH R WRUTXH 0 TXH GHYH VHUDSOLFDGRDRSDUDIXVRSDUDFRPHoDUDOHYDQWDUDFDUJDGH N1DWXDQGRQDH[WUHPLGDGHGRPHPEUR$%& E C 200 mm 150 mm A B 200 mm 30 kN D Problemas 8.82/83 C 187,5 mm B M 250 mm D A 500 mm 375 mm 250 mm Problema 8.79 *8.80. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD KRUL]RQWDO 3 TXH GHYHVHUDSOLFDGDQDPDQLYHODGDPRUVDSDUDSURGX]LUXPD IRUoD GH IL[DomR GH 1 QR EORFR 2 SDUDIXVR GH URVFD TXDGUDGDVLPSOHVWHPXPGLkPHWURPpGLRGHPPHXP SDVVRGHPP2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV •8.81. 'HWHUPLQH D IRUoD GH IL[DomR H[HUFLGD QR EORFR VH XPD IRUoD 3 1 p DSOLFDGD QD PDQLYHOD GD PRUVD 2 SDUDIXVRGHURVFDTXDGUDGDVLPSOHVWHPXPGLkPHWURPpGLR GH PP H XP SDVVR GH PP 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRpV *8.84. 2 JUDPSR IRUQHFH SUHVVmR GH YiULDV GLUHo}HV QDV ERUGDVGDSUDQFKD6HRSDUDIXVRGHURVFDTXDGUDGDWHPXP SDVVR GH PP UDLR PpGLR GH PP H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR p V GHWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO GHVHQYROYLGD QD SUDQFKD HP $ H DV IRUoDV YHUWLFDLV GHVHQYROYLGDV HP % H & VH XP WRUTXH 0 1 P p DSOLFDGRjPDQLYHODSDUDDSHUWiODDLQGDPDLV2VEORFRVHP %H&VmRFRQHFWDGRVjSUDQFKDSRUSLQRV % ' $ & Problema 8.84 0 Capítulo 8 •8.85. 6HRPDFDFRVXSRUWDXPDFDL[DGHNJGHWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO TXH GHYH VHU DSOLFDGD SHUSHQGLFXODU PHQWHjPDQLYHODHP(SDUDDEDL[DUDFDL[D&DGDSDUDIXVR FRP URVFD TXDGUDGD VLPSOHV WHP XP GLkPHWUR PpGLR GH PPHXPSDVVRGHPP2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR pV 8.86. 6H R PDFDFR WLYHU TXH OHYDQWDU D FDL[D GH NJ GHWHUPLQH D IRUoD KRUL]RQWDO TXH GHYH VHU DSOLFDGD SHUSHQ GLFXODUPHQWH j PDQLYHOD HP ( &DGD SDUDIXVR FRP URVFD TXDGUDGD VLPSOHV WHP XP GLkPHWUR PpGLR GH PP H XP SDVVRGHPP2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV Atrito PP % A E 45º 45º 45º 45º 100 mm $ B & D Problema 8.87 Problemas 8.85/86 8.5 Forças de atrito em correias planas 6HPSUHTXHDFLRQDPHQWRVSRUFRUUHLDHIUHLRVGHFLQWDVmRSURMHWDGRVpQHFHVViULR GHWHUPLQDUDVIRUoDVGHDWULWRGHVHQYROYLGDVHQWUHDFRUUHLDHVXDVXSHUItFLHGHFRQWDWR 1HVWDVHomRDQDOLVDUHPRVDVIRUoDVGHDWULWRDWXDQGRVREUHXPDFRUUHLDSODQDHPERUD DDQiOLVHGHRXWURVWLSRVGHFRUUHLDVFRPRDFRUUHLD9VHMDEDVHDGDHPSULQFtSLRV VHPHOKDQWHV &RQVLGHUHDFRUUHLDSODQDPRVWUDGDQD)LJXUDDTXHSDVVDVREUHXPDVXSHUItFLH IL[DFXUYD2kQJXORWRWDOGDFRUUHLDFRPDVXSHUItFLHGHFRQWDWRHPUDGLDQRVpȕH RFRHILFLHQWHGHDWULWRHQWUHDVGXDVVXSHUItFLHVp4XHUHPRVGHWHUPLQDUDWUDomR 7QDFRUUHLDTXHpQHFHVViULDSDUDSX[DUDFRUUHLDHPVHQWLGRDQWLKRUiULRVREUHD VXSHUItFLHHSRUWDQWRVXSHUDUDVIRUoDVGHDWULWRQDVXSHUItFLHGHFRQWDWRHDWUDomR 7QDRXWUDH[WUHPLGDGHGDFRUUHLD2EYLDPHQWH7!7 0RYLPHQWRRXLPLQrQFLD GHPRYLPHQWRGDFRUUHLD HPUHODomRjVXSHUItFLH U ȕ ș 7 7 (a) Figura 8.18 317 | 8.87. $ SHoD GD PiTXLQD p PDQWLGD QR ORFDO XVDQGR R JUDPSRFRPGXSODH[WUHPLGDGH2SDUDIXVRHP%WHPURVFDV TXDGUDGDVFRPXPUDLRPpGLRGHPPHXPSDVVRGHPP HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRFRPDSRUFDpV6H XP WRUTXH GH 0 1 P p DSOLFDGR j SRUFD SDUD DSHUWiODGHWHUPLQHDIRUoDQRUPDOGRJUDPSRQRVFRQWDWRV OLVRV$H& PP C | | 318 | Estática Análise de atrito 7 ș 7 (b) Gș 7G7 \ GV G) ȝG1 Gș G1 Gș Gș 8PGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRVHJPHQWRGDFRUUHLDHPFRQWDWRFRPDVXSHUItFLH pPRVWUDGRQD)LJXUDE&RQIRUPHPRVWUDGRDVIRUoDVQRUPDLVHGHDWULWRTXH DWXDPHPGLIHUHQWHVSRQWRVDRORQJRGDFRUUHLDYDULDPWDQWRHPLQWHQVLGDGHFRPR HPGLUHomR'HYLGRDHVVDGLVWULEXLomRGHVFRQKHFLGDDDQiOLVHGRSUREOHPDH[LJLUi SULPHLURRHVWXGRGDVIRUoDVDWXDQGRVREUHXPHOHPHQWRGLIHUHQFLDOGDFRUUHLD 8PGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGHXPHOHPHQWRWHQGRXPFRPSULPHQWRGVpPRVWUDGR QD)LJXUDF&RQVLGHUDQGRDLPLQrQFLDGHPRYLPHQWRRXRPRYLPHQWRGDFRUUHLD D LQWHQVLGDGH GD IRUoD GH DWULWR G) G1 (VVD IRUoD VH RS}H DR PRYLPHQWR GH GHVOL]DPHQWRGDFRUUHLDHSRULVVRDXPHQWDUiDLQWHQVLGDGHGDIRUoDGHWUDomRTXH DWXDQDFRUUHLDSRUG7$SOLFDQGRDVGXDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRGHIRUoDWHPRV + RFx = 0; T cos c di m + n dN - ^T + dT h cos c di m = 0 2 2 + RFy = 0; dN - ^T + dT h sen c di m - T sen c di m = 0 2 2 7 [ (c) &RPR Gș WHP GLPHQVmR LQILQLWHVLPDO VHQ Gș Gș H FRV Gș $OpP GLVVRRSURGXWRGRVGRLVLQILQLWHVLPDLVG7HGșSRGHVHUGHVSUH]DGRTXDQGRFRP SDUDGRFRPRVLQILQLWHVLPDLVGDSULPHLUDRUGHP&RPRUHVXOWDGRHVVDVGXDVHTXDo}HV WRUQDPVH G1G7 Figura 8.18 H G17Gș (OLPLQDQGRG1WHPRV dT n di T $ LQWHJUDomR GHVVD HTXDomR HQWUH WRGRV RV SRQWRV GH FRQWDWR TXH D FRUUHLD ID] FRPRWDPERUHREVHUYDQGRTXH77HPșH77HPșȕWHPRV [ dT n bdi T 0 T2 ln nb T1 T2 T1 [ 5HVROYHQGRSDUD7REWHPRV 77Hȕ RQGH 77WUDo}HVQDFRUUHLD7VHRS}HjGLUHomRGRPRYLPHQWR RXLPLQrQ FLD GH PRYLPHQWR GD FRUUHLD PHGLGD HP UHODomR D VXSHUItFLH HQTXDQWR 7 DWXD QD GLUHomR GR PRYLPHQWR RX LPLQrQFLD GH PRYLPHQWR UHODWLYRGDFRUUHLDGHYLGRDRDWULWR7!7 FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRRXFLQpWLFRHQWUHDFRUUHLDHDVXSHUItFLH GHFRQWDWR ȕkQJXORGDFRUUHLDFRPDVXSHUItFLHGHFRQWDWRPHGLGRHPUDGLDQRV HEDVHGRORJDULWPRQDWXUDO 2EVHUYHTXH7pLQGHSHQGHQWHGRUDLRGRWDPERUHDRLQYpVGLVVRpXPDIXQomR GRkQJXORGDFRUUHLDFRPDVXSHUItFLHGHFRQWDWRȕ&RPRUHVXOWDGRHVVDHTXDomR pYiOLGDSDUDFRUUHLDVSODQDVSDVVDQGRSRUTXDOTXHUVXSHUItFLHGHFRQWDWRFXUYD Capítulo 8 Exemplo | 319 Atrito | 8.8 D A B $ WUDomR Pi[LPD TXH SRGH VHU GHVHQYROYLGD QD FRUGD PRVWUDGD QD )LJXUD D p 1 6H D SROLD HP $ HVWi OLYUH SDUD JLUDU H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QRV WDPERUHVIL[RV%H&pVGHWHUPLQHDPDLRUPDVVDGRFLOLQGURTXHSRGHVHU OHYDQWDGDSHODFRUGD 45º 45º C T (a) SOLUÇÃO /HYDQWDU R FLOLQGUR TXH WHP XP SHVR : PJ ID] FRP TXH D FRUGD VH PRYD QR VHQWLGRDQWLKRUiULRVREUHRVWDPERUHVHP%H&ORJRDWUDomRPi[LPD7QDFRUGD RFRUUH HP '$VVLP ) 7 1 8PD VHomR GD FRUGD SDVVDQGR SHOR WDPERU HP%pPRVWUDGDQD)LJXUDE&RPR+UDGRkQJXORGHFRQWDWRHQWUHR WDPERUHDFRUGDpȕ ++UDG8VDQGRD(TXDomRWHPRV 77HVȕ 17H> +@ ,PLQrQFLDGH PRYLPHQWR % 7 /RJR T1 = 1 500 N = 500 N = 277, 4 N 1, 80 e0, 256^3/4h+ @ (b) &RPR D SROLD HP $ HVWi OLYUH SDUD JLUDU R HTXLOtEULR UHTXHU TXH D WUDomR QD FRUGD SHUPDQHoDLJXDOQRVGRLVODGRVGDSROLD $VHomRGDFRUGDTXHSDVVDSHORWDPERUHP&pPRVWUDGRQD)LJXUDF2SHVR :13RUTXr"$SOLFDQGRD(TXDomRREWHPRV 77HVȕ 1:H> +@ Iminência de movimento 135º C :1 277,4 N GHPRGRTXH W = mg 153, 9 N m=W = g 9, 81 m/s2 = 15, 7 kg (c) Figura 8.19 Problemas *8.88. 2VEORFRV$H%SHVDP1H1UHVSHFWLYD PHQWH 8VDQGR RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR LQGLFDGRV GHWHUPLQHRPDLRUSHVRGREORFR'VHPFDXVDUPRYLPHQWR YHUWLFDO)QHFHVViULDSDUDVXSRUWDUDFDUJDVHDFRUGDSDVVD D XPD YH] SHOR FDQR ȕ H E GXDV YH]HV SHOR FDQRȕ&RQVLGHUHV •8.89. 2VEORFRV$H%SHVDP1FDGDH'SHVD1 8VDQGRRVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRLQGLFDGRVGHWHUPLQH DIRUoDGHDWULWRHQWUHRVEORFRV$H%HHQWUHREORFR$HR SLVR& B μ = 0,5 μBA = 0,6 20º A C D μAC = 0,4 F Problemas 8.88/89 8.90. 8P FLOLQGUR GH PDVVD NJ GHYH VHU VXSRUWDGR SHOD FRUGD TXH HQYROYH R FDQR 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD Problema 8.90 | 320 | Estática 8.91. 8P FLOLQGUR WHQGR XPD PDVVD GH NJ GHYH VHU VXSRUWDGRSHODFRUGDTXHHQYROYHRFDQR'HWHUPLQHDPDLRU IRUoDYHUWLFDO)TXHSRGHVHUDSOLFDGDjFRUGDVHPPRYHUR FLOLQGUR$FRUGDSDVVD D XPDYH]SHORFDQRȕH E GXDVYH]HVSHORFDQRȕ&RQVLGHUHV PDQWHU R JDURWR GHVFHQGR HP YHORFLGDGH FRQVWDQWH" 2V FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR H FLQpWLFR HQWUH R FDER H D URFKDVmRVHNUHVSHFWLYDPHQWH A F Problemas 8.93/94 Problema 8.91 *8.92. 2 EDUFR WHP XP SHVR GH 1 § NJ H p PDQWLGRQDSRVLomRODWHUDOGHXPQDYLRSHODVYHUJDVHP$ H%8PKRPHPFRPXPSHVRGH1 §NJ HQWUDQR EDUFR HQUROD XPD FRUGD HP WRUQR GH XPD ODQoD HP & H D SUHQGHQDH[WUHPLGDGHGREDUFRFRQIRUPHPRVWUDDILJXUD 6HREDUFRIRUGHVFRQHFWDGRGDVYHUJDVGHWHUPLQHRQ~PHUR PtQLPRGHPHLDVYROWDVTXHDFRUGDSUHFLVDID]HUHPWRUQR GR PDVWUR GH PRGR TXH R EDUFR SRVVD VHU DEDL[DGR FRP VHJXUDQoDSDUDDiJXDHPYHORFLGDGHFRQVWDQWH$OpPGLVVR TXDOpDIRUoDQRUPDOHQWUHREDUFRHRKRPHP"2FRHILFLHQWH GHDWULWRFLQpWLFRHQWUHDFRUGDHRPDVWURpV'LFD 2SUREOHPDH[LJHTXHDIRUoDQRUPDOHQWUHRVSpVGRKRPHP HREDUFRVHMDDPHQRUSRVVtYHO 8.95. 8P FLOLQGUR ' GH NJ TXH HVWi SUHVR D XPD SHTXHQD SROLD % p FRORFDGR QD FRUGD FRQIRUPH D ILJXUD 'HWHUPLQH R PHQRU kQJXOR ș GH PRGR TXH D FRUGD QmR GHVOL]H SHOR SLQR HP & 2 FLOLQGUR HP ( WHP PDVVD GH NJ H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FRUGD H R SLQRpV *8.96. 8P FLOLQGUR ' GH NJ TXH HVWi SUHVR D XPD SHTXHQD SROLD % p FRORFDGR QD FRUGD FRQIRUPH D ILJXUD 'HWHUPLQHRPDLRUkQJXORșGHPRGRTXHDFRUGDQmRGHVOL]H SHOR SLQR HP & 2 FLOLQGUR HP ( WHP PDVVD GH NJ H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FRUGD H R SLQR p V A θ C θ C B E D A Problemas 8.95/96 B •8.97. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD QD DODYDQFD 3 QHFHVViULD SDUDLPSHGLUTXHDURGDJLUHVHHODHVWLYHUVXMHLWDDXPWRUTXH GH 0 1 P 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FRUUHLDHDURGDpV$URGDHVWiSUHVDHPVHXFHQWUR %SRUPHLRGHXPSLQR Problema 8.92 PP •8.93. 2JDURWRGHNJVLWXDGRHP$pVXVSHQVRSHORFDER TXH SDVVD SHOD URFKD HP IRUPD GH XP TXDUWR GH FtUFXOR 'HWHUPLQHVHpSRVVtYHOTXHDPXOKHUGHNJROHYDQWH VH IRU SRVVtYHO TXDO p D PHQRU IRUoD TXH HOD GHYH H[HUFHU VREUHRFDERKRUL]RQWDO"2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH RFDERHDURFKDpVHHQWUHRVVDSDWRVGDPXOKHUH RVRORp V 8.94. 2 JDURWR GH NJ HP $ p VXVSHQVR SHOR FDER TXH SDVVD SHOD URFKD HP IRUPD GH XP TXDUWR GH FtUFXOR 4XH IRUoD KRUL]RQWDO D PXOKHU HP $ H[HUFH QR FDER D ILP GH % 0 $ PP PP 3 Problema 8.97 Capítulo 8 8.98. 6HXPDIRUoD31pDSOLFDGDDRFDERGDDODYDQFD HP/GHWHUPLQHRWRUTXHPi[LPR0TXHSRGHVHUUHVLVWLGR GHPRGRTXHRYRODQWHQmRHVWHMDQDLPLQrQFLDGHJLUDUQR VHQWLGRKRUiULR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFLQWD GHIUHLRHDERUGDGDURGDpV P | Atrito 321 | 8.102. 2 IUHLR GH FLQWD VLPSOHV p FRQVWUXtGR GH PRGR TXH DVH[WUHPLGDGHVGDFLQWDGHDWULWRHVWHMDPFRQHFWDGDVDRSLQR HP$HDREUDoRGDDODYDQFDHP%6HDURGDHVWiVXMHLWDD XP WRUTXH GH 0 1 P GHWHUPLQH D PHQRU IRUoD 3 DSOLFDGD j DODYDQFD TXH p QHFHVViULD SDUD PDQWHU D URGD SDUDGD2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFLQWDHDURGD pV 900 mm M = 120 N · m O 400 mm 20º C 100 mm A 45º 375 mm B B A O M 900 mm 450 mm P 300 mm Problema 8.98 Problema 8.102 8.99. 0RVWUH TXH D UHODomR GH DWULWR HQWUH DV WUDo}HV QD FRUUHLDRFRHILFLHQWHGHDWULWRHRVFRQWDWRVDQJXODUHVĮH ȕSDUDDFRUUHLD9p77HȕVHQ Į 8.103. 8P ID]HQGHLUR GH NJ WHQWD HYLWDU TXH D YDFD HVFDSHHQURODQGRDFRUGDFRPGXDVYROWDVHPWRUQRGRWURQFR GDiUYRUHFRPRPRVWUDDILJXUD6HDYDFDH[HUFHXPDIRUoD GH1VREUHDFRUGDGHWHUPLQHVHRID]HQGHLURFRQVH JXLUiHYLWDUDIXJDGDYDFD2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUH D FRUGD H R WURQFR GD iUYRUH p V H HQWUH DV ERWDVGRID]HQGHLURHRVRORp V Iminência de movimento α β T2 T1 Problema 8.99 *8.100. 'HWHUPLQHDIRUoDGHVHQYROYLGDQDPROD$%DILP GHHYLWDUTXHDURGDJLUHTXDQGRHVWLYHUVXMHLWDDXPPRPHQWR GHELQiULR01P2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUHDFRUUHLDHDERUGDGDURGDpVHHQWUHDFRUUHLD HRSLQR&p V$SROLD%HVWiOLYUHSDUDJLUDU •8.101. 6H D WUDomR QD PROD p )$% N1 GHWHUPLQH R PDLRU PRPHQWR GH ELQiULR TXH SRGH VHU DSOLFDGR j URGD VHPID]HUFRPTXHHODJLUH2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR HQWUH D FRUUHLD H D URGD p V H HQWUH D FRUUHLD H R JDQFKR V$SROLD%HVWiOLYUHSDUDJLUDU A Problema 8.103 *8.104. $ YLJD XQLIRUPH GH NJ HVWi DSRLDGD SHOD FRUGD TXH HVWi SUHVD j SRQWD GD YLJD SDVVD SHOR SLQR UXJRVR H GHSRLVpFRQHFWDGDDREORFRGHNJ6HRFRHILFLHQWHGH DWULWRHVWiWLFRHQWUHDYLJDHREORFRHHQWUHDFRUGDHRSLQR p V GHWHUPLQH D GLVWkQFLD Pi[LPD HP TXH R EORFR SRGH VHU FRORFDGR D SDUWLU GH $ H DLQGD SHUPDQHFHU HP HTXLOtEULR$VVXPDTXHREORFRQmRWRPEDUi 200 mm C 45º B d M 0,3 m A 3m Problemas 8.100/101 Problema 8.104 | 322 | Estática •8.105. 2KRPHPGHNJWHQWDEDL[DUDFDL[DGHNJ XVDQGRXPDFRUGDTXHSDVVDSRUXPSLQRUXJRVR'HWHUPLQH RPHQRUQ~PHURGHYROWDVDOpPGDYROWDEiVLFD HP WRUQR GR SLQR SDUD UHDOL]DU R WUDEDOKR 2V FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D FRUGD H R SLQR H HQWUH RV VDSDWRV GR KRPHPHRVRORVmRVH VUHVSHFWLYDPHQWH 8.106. 6H D FRUGD GHU WUrV YROWDV FRPSOHWDV PDLV D YROWD EiVLFD HPWRUQRGRSLQRGHWHUPLQHVHRKRPHPGH NJ SRGH HYLWDU TXH D FDL[D GH NJ VH PRYD 2V FRHILFLHQWHVGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFRUGDHRSLQRHHQWUH RV VDSDWRV GR KRPHP H R VROR VmR V H V UHVSHFWLYDPHQWH *8.108. 'HWHUPLQHRQ~PHURPi[LPRGHSDFRWHVGHNJ TXH SRGHP VHU FRORFDGRV QD HVWHLUD VHP ID]HU FRP TXH D HVWHLUD GHVOL]H QD URGD GH DFLRQDPHQWR $ TXH HVWi JLUDQGR FRPXPDYHORFLGDGHDQJXODUFRQVWDQWH$URGD%HVWiOLYUH SDUDJLUDU$OpPGLVVRGHWHUPLQHRPRPHQWRGHWRUomRFRU UHVSRQGHQWH 0 TXH GHYH VHU IRUQHFLGR j URGD $$ HVWHLUD URODQWHHVWiSUpWUDFLRQDGDFRPDIRUoDKRUL]RQWDOGH 1 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR FLQpWLFR HQWUH D HVWHLUD H D SODWDIRUPD 3 p N H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUHDHVWHLUDHDERUGDGHFDGDURGDpV 0,15 m 0,15 m B P A P = 1500 N M Problema 8.108 15º •8.109. 2V EORFRV $ H % WrP XPD PDVVD GH NJ H NJ UHVSHFWLYDPHQWH 8VDQGR RV FRHILFLHQWHV GH DWULWR HVWiWLFR LQGLFDGRVGHWHUPLQHDPDLRUIRUoDYHUWLFDO3TXHSRGHVHU DSOLFDGDjFRUGDVHPFDXVDUPRYLPHQWR 300 mm μD = 0,1 D Problemas 8.105/106 B 8.107. $SROLDGHWUDQVPLVVmR%HPXPJUDYDGRUGHILWDGH YtGHRVHHQFRQWUDQDLPLQrQFLDGRGHVOL]DPHQWRTXDQGRHVWi VXMHLWD D XP WRUTXH 0 1 P 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWRHVWiWLFRHQWUHDILWDHDSROLDGHWUDQVPLVVmRHHQWUHD ILWDHRVHL[RVIL[RV$H&pVGHWHUPLQHDVWUDo}HV 7H7GHVHQYROYLGDVQDILWDSDUDTXHKDMDHTXLOtEULR T1 10 mm A M = 0,005 N · m 400 mm μB = 0,4 P μC = 0,4 C A μA = 0,3 Problema 8.109 8.110. 2VEORFRV$H%WrPXPDPDVVDGHNJHNJ UHVSHFWLYDPHQWH6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH$ H%HHQWUH%H&pVHHQWUHDVFRUGDVHRVSLQRV 'H(p VGHWHUPLQHDPHQRUIRUoD)QHFHVViULDSDUD FDXVDUPRYLPHQWRGREORFR%VH31 10 mm ( B 10 mm ' C $ % T2 & 3 Problema 8.107 Problema 8.110 ) Capítulo 8 8.111. 2EORFR$WHPXPSHVRGH1 §NJ HUHSRXVD VREUHXPDVXSHUItFLHSDUDDTXDOV6HRFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDFRUGDHRSLQRIL[RHP&pV GHWHUPLQHRPDLRUSHVRGRFLOLQGURVXVSHQVR%VHPFDXVDU PRYLPHQWR 0,6 m Atrito C 3 5 4 0,25 m C A 0,4 m 0,3 m B B Problema 8.111 D *8.112. 2EORFR$WHPXPDPDVVDGHNJHVHDSRLDVREUH D VXSHUItFLH % SDUD D TXDO V 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWRHVWiWLFRHQWUHDFRUGDHRSLQRIL[RHP&p V Problemas 8.112/113 Forças de atrito em mancais de escora, mancais axiais e discos 0DQFDLV D[LDLV H GH HVFRUD QRUPDOPHQWH VmR XVDGRV HP PiTXLQDV SDUD DSRLDU XPD FDUJD D[LDO HP XP HL[R URWDWLYR$OJXQV H[HPSORV WtSLFRV VmR PRVWUDGRV QD )LJXUD'HVGHTXHHVVHVPDQFDLVQmRVHMDPOXEULILFDGRVRXVHIRUHPSDUFLDOPHQWH OXEULILFDGRVDVOHLVGRDWULWRVHFRSRGHPVHUDSOLFDGDVSDUDGHWHUPLQDURPRPHQWR QHFHVViULRSDUDJLUDURHL[RTXDQGRHOHVXSRUWDXPDIRUoDD[LDO 3 3 0 0 5 5 0DQFDOD[LDO 5 0DQFDOGHHVFRUD (a) (b) Figura 8.20 | •8.113. 2EORFR$WHPXPDPDVVDGHNJHVHDSRLDVREUH DVXSHUItFLH%SDUDDTXDOV6HDPDVVDGRFLOLQGUR VXVSHQVR'pNJGHWHUPLQHDIRUoDGHDWULWRTXHDWXDVREUH $HYHULILTXHVHRFRUUHPRYLPHQWR2FRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFRHQWUHDFRUGDHRSLQRIL[RHP&p V 30º 8.6 323 GHWHUPLQHDPDLRUPDVVDGRFLOLQGURVXVSHQVR'VHPFDXVDU PRYLPHQWR A 1,2 m | | 324 | Estática Análise de atrito 2 PDQFDO GH HVFRUD QR HL[R PRVWUDGR QD )LJXUD HVWi VXMHLWR D XPD IRUoD D[LDO 3 H WHP XPD iUHD WRWDO GR PDQFDO RX GH FRQWDWR + 5 ± 5 'HVGH TXH R PDQFDOVHMDQRYRHXQLIRUPHPHQWHDSRLDGRHQWmRDSUHVVmRQRUPDOSVREUHRPDQFDO VHUiGLVWULEXtGDXQLIRUPHPHQWHVREUHHVVDiUHD&RPRR)]HQWmRSPHGLGRFRPR XPDIRUoDSRUXQLGDGHGHiUHDpS3+ 5 ±5 ] 3 0 5 5 U ș G) S G1 G$ Figura 8.21 ] 3 0 5 2 PRPHQWR QHFHVViULR SDUD FDXVDU LPLQrQFLD GH URWDomR GR HL[R SRGH VHU GHWHUPLQDGRDSDUWLUGRHTXLOtEULRGHPRPHQWRHPUHODomRDRHL[R]8PHOHPHQWR GLIHUHQFLDOGHiUHDG$ UGș GU PRVWUDGRQD)LJXUDHVWiVXMHLWRDXPDIRUoD QRUPDOG1SG$HXPDIRUoDGHDWULWRDVVRFLDGD ns P dF = ns dN = ns p dA = dA r^ R 22 - R12h $IRUoDQRUPDOQmRFULDXPPRPHQWRHPUHODomRDRHL[R]GRHL[RPRWRUSRUpP DIRUoDGHDWULWRFULDDVDEHUG0UG)$LQWHJUDomRpQHFHVViULDSDUDFDOFXODUR PRPHQWRDSOLFDGR0QHFHVViULRSDUDVXSHUDUWRGDVDVIRUoDVGHDWULWR3RUWDQWRSDUD LPLQrQFLDGHPRYLPHQWRURWDFLRQDO 5 S M- R0] [ r dF = " 6XEVWLWXLQGRSRUG)HG$HLQWHJUDQGRVREUHDiUHDLQWHLUDGRPDQFDOWHPRV R2 R2 2+ 2+ ns P ns P ^r di dr h = M= r; r2 dr di 2 2 2 2 E 0 0 R1 r^ R2 - R1 h r^ R2 - R1 h R1 [ [ Figura 8.21 RX [ R 3 - R13 M = 2 nT P e 22 o 3 R2 - R12 [ 2PRPHQWRGHVHQYROYLGRQDH[WUHPLGDGHGRHL[RPRWRUTXDQGRHVWiJLUDQGRHP YHORFLGDGHFRQVWDQWHSRGHVHUGHWHUPLQDGRVXEVWLWXLQGRVHNSRUVQD(TXDomR 1RFDVRGHXPPDQFDOD[LDO )LJXUDD HQWmR55H5HD(TXDomR VHUHGX]D M 2 nT PR 3 /HPEUHVH GH TXH DV HTXDo}HV H VH DSOLFDP DSHQDV SDUD VXSHUItFLHV GH PDQFDOVXMHLWDVDSUHVVmRFRQVWDQWH6HDSUHVVmRQmRIRUXQLIRUPHXPDYDULDomRGD SUHVVmRFRPRXPDIXQomRGDiUHDGRPDQFDOGHYHVHUGHWHUPLQDGDDQWHVGDLQWHJUDomR SDUDREWHURPRPHQWR2H[HPSORDVHJXLULOXVWUDHVVHFRQFHLWR Capítulo 8 Exemplo | Atrito | 325 8.9 $EDUUDXQLIRUPHPRVWUDGDQD)LJXUDDWHPXPSHVRGH1 §NJ 6HIRU FRQVLGHUDGRTXHDSUHVVmRQRUPDOTXHDWXDQDVXSHUItFLHGHFRQWDWRYDULDOLQHDUPHQWH DR ORQJR GR FRPSULPHQWR GD EDUUD FRQIRUPH PRVWUDGR GHWHUPLQH R PRPHQWR GH ELQiULR0QHFHVViULRSDUDJLUDUDEDUUD$VVXPDTXHDODUJXUDGDEDUUDVHMDGHVSUH]tYHO HPFRPSDUDomRFRPVHXFRPSULPHQWR2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRV z M 0,5 m 20 N 0,5 m w0 x a y w = w(x) (a) z SOLUÇÃO 8PGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGDEDUUDpPRVWUDGRQD)LJXUDE$LQWHQVLGDGHZ GDFDUJDGLVWULEXtGDQRFHQWUR [ pGHWHUPLQDGDDSDUWLUGRHTXLOtEULRGDIRUoD YHUWLFDO )LJXUDD Z0 = 40 N/m -20 N + 2 ; 1 ^0, 5 mh Z0 E = 0 R)] 2 M 20 N –x x dF dx &RPRZHP[PDFDUJDGLVWULEXtGDH[SUHVVDFRPRXPDIXQomRGH[p w = ^40 N/mhc1 - dN x m = 40 - 80x 0, 5 m dF x $ LQWHQVLGDGH GD IRUoD QRUPDO TXH DWXD VREUH XP VHJPHQWR GLIHUHQFLDO GD iUHD GH FRPSULPHQWRG[pSRUWDQWR G1ZG[ ±[ G[ $LQWHQVLGDGHGDIRUoDGHDWULWRTXHDWXDVREUHRPHVPRHOHPHQWRGHiUHDp G)VG1 ±[ G[ /RJRRPRPHQWRFULDGRSRUHVVDIRUoDVREUHRHL[R]p G0[G) [±[ G[ $VRPDWyULDGHPRPHQWRVVREUHRHL[R]GDEDUUDpGHWHUPLQDGDSRULQWHJUDomRTXH JHUD R0] M-2 [ 0 0, 5 ^0, 3h^40x - 80x 2h dx = 0 3 0, 5 M = 6 c x 2 - 4x m 3 0 M = 0, 5 N m dN dx (b) Figura 8.22 y | 326 | Estática 8.7 3 Forças de atrito em mancais radiais 4XDQGRXPHL[RHVWiVXMHLWRDFDUJDVODWHUDLVXPPDQFDOUDGLDOQRUPDOPHQWHp XWLOL]DGR FRPR DSRLR 'HVGH TXH R PDQFDO QmR HVWHMD OXEULILFDGR RX TXH HVWHMD SDUFLDOPHQWHOXEULILFDGRXPDDQiOLVHUD]RiYHOGDUHVLVWrQFLDGHDWULWRVREUHRPDQFDO SRGHVHUEDVHDGDQDVOHLDVGRDWULWRVHFR 0 U ‫׋‬N $ ) Rotação z 1 ‫׋‬N 5 A (b) 3 0 (a) UI U ‫׋‬N Análise de atrito 8PDSRLRWtSLFRGHPDQFDOUDGLDOpPRVWUDGRQD)LJXUDD¬PHGLGDTXHR HL[R JLUD R SRQWR GH FRQWDWR VH PRYH SDUD FLPD QD SDUHGH GR PDQFDO SDUD DOJXP SRQWR$RQGHRFRUUHRGHVOL]DPHQWR6HDFDUJDYHUWLFDOTXHDWXDQDH[WUHPLGDGHGR HL[Rp3HQWmRDIRUoDUHDWLYDGRPDQFDO5TXHDWXDHP$VHUiLJXDOHRSRVWDD3 )LJXUDE 2PRPHQWRQHFHVViULRSDUDPDQWHUDURWDomRFRQVWDQWHGRHL[RSRGH VHUHQFRQWUDGRVRPDQGRVHRVPRPHQWRVHPUHODomRDRHL[R]GRHL[RPRWRURXVHMD 5 (c) Figura 8.23 R0] 0± 5VHQ‫׋‬N U RX 05UVHQ‫׋‬N RQGH ‫׋‬N p R kQJXOR GH DWULWR FLQpWLFR GHILQLGR SRU WJ ‫׋‬N )1 N11 N 1D )LJXUDFYHPRVTXHUVHQ‫׋‬NUI2FtUFXORWUDFHMDGRFRPUDLRUIpFKDPDGR GHFtUFXORGHDWULWRHjPHGLGDTXHRHL[RJLUDDUHDomR5VHPSUHVHUiWDQJHQWH D HOH 6H R PDQFDO IRU SDUFLDOPHQWH OXEULILFDGR N VHUi SHTXHQR H SRUWDQWR VHQ‫׋‬N§WJ‫׋‬N§N6REHVVDVFRQGLo}HVXPDDSUR[LPDomRUD]RiYHOSDUDRPRPHQWR QHFHVViULRSDUDVXSHUDUDUHVLVWrQFLDDRDWULWRWRUQDVH 0§5UN PP 1D SUiWLFD HVVH WLSR GH PDQFDO UDGLDO QmR p DGHTXDGR SDUD XP VHUYLoR ORQJR SRLV R DWULWR HQWUH R HL[R H R PDQFDO GHVJDVWDUi DV VXSHUItFLHV$R LQYpV GLVVR RV SURMHWLVWDVLQFRUSRUDUmRµPDQFDLVGHURODPHQWRVGHHVIHUDV¶RXµGHURORV¶QRVPDQFDLV UDGLDLVSDUDPLQLPL]DUDVSHUGDVSRUDWULWR U PP Exemplo NJ (a) Figura 8.24 7 8.10 $SROLDGHPPGHGLkPHWURPRVWUDGDQD)LJXUDDVHDMXVWDOLYUHPHQWHHP XPHL[RFRPGLkPHWURGHPPSDUDRTXDORFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpȝV 'HWHUPLQHDWUDomRPtQLPD7QDFRUUHLDQHFHVViULDSDUD D HOHYDUREORFRGHNJ H E EDL[DUREORFR$VVXPDTXHQmRKDMDGHVOL]DPHQWRHQWUHDFRUUHLDHDSROLDH GHVSUH]HRSHVRGDSROLD Capítulo 8 SOLUÇÃO 327 ‫׋‬V Parte (a) 8P GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD SROLD p PRVWUDGR QD )LJXUD E 4XDQGR D SROLD HVWiVXMHLWDDWUDo}HVGDFRUUHLDGH1FDGDHODID]FRQWDWRFRPRHL[RQRSRQWR 3 ¬ PHGLGD TXH D WUDomR 7 DXPHQWD R SRQWR GH FRQWDWR VH PRYH HP WRUQR GR HL[RDWpRSRQWR3DQWHVTXHRPRYLPHQWRVHMDLPLQHQWH3HODILJXUDRFtUFXORGH DWULWRWHPXPUDLRUIUVHQ‫׋‬VXVDQGRDVLPSOLILFDomRGHTXHVHQ‫׋‬V§WJ‫׋‬V§V HQWmRUI§UV PP PPGHPRGRTXHDVRPDGRVPRPHQWRVHPUHODomRD 3JHUD H R031 PP ±7 PP UI ,PLQrQFLDGH PRYLPHQWR 3 1 3 5 7 PP PP (b) 71N1 6HIRVVHDSOLFDGDXPDDQiOLVHPDLVH[DWDHQWmR‫׋‬V WJ±'HVVDIRUPD RUDGLRGRFtUFXORGHDWULWRVHULDUIUVHQ‫׋‬VVHQPP3RUWDQWR H R03 1 PPPP ±7 PP±PP 71N1 Parte (b) 4XDQGRREORFRpEDL[DGRDIRUoDUHVXOWDQWH5TXHDWXDVREUHRHL[RSDVVDSHORSRQWR3 FRPRPRVWUDD)LJXUDF6RPDQGRVHRVPRPHQWRVHPUHODomRDHVVHSRQWRWHPRV H R03 1 PP ±7 PP | Atrito 71 ‫׋‬V UI ,PLQrQFLDGH PRYLPHQWR 3 1 5 7 PP PP NOTA:$GLIHUHQoDHQWUHEDL[DUHOHYDQWDUREORFRpSRUWDQWRGH1 (c) Figura 8.24 8.8 Resistência ao rolamento 4XDQGR XP FLOLQGUR UtJLGR UROD HP YHORFLGDGH FRQVWDQWH SRU XPD VXSHUItFLH UtJLGDDIRUoDQRUPDOH[HUFLGDSHODVXSHUItFLHVREUHRFLOLQGURDWXDSHUSHQGLFXODUPHQWH jWDQJHQWHGRSRQWRGHFRQWDWRFRPRPRVWUDD)LJXUDD1DUHDOLGDGHSRUpP QHQKXP PDWHULDO p SHUIHLWDPHQWH UtJLGR H SRUWDQWR D UHDomR GD VXSHUItFLH VREUH R FLOLQGURFRQVLVWHHPXPDGLVWULEXLomRGHSUHVVmRQRUPDO3RUH[HPSORFRQVLGHUHTXH RFLOLQGURVHMDIHLWRGHXPPDWHULDOPXLWRUtJLGRHDVXSHUItFLHHPTXHHOHURODVHMD UHODWLYDPHQWH PDFLD 'HYLGR DR VHX SHVR R FLOLQGUR FRPSULPH D VXSHUItFLH DEDL[R GHOH )LJXUDE ¬PHGLGDTXHRFLOLQGURURODRPDWHULDOGDVXSHUItFLHQDIUHQWH GRFLOLQGURUHWDUGDRPRYLPHQWRSRLVHOHHVWiVHQGRGHIRUPDGRHQTXDQWRRPDWHULDO DWUiVpUHVWDXUDGRGRHVWDGRGHIRUPDGRHSRUWDQWRWHQGHDHPSXUUDURFLOLQGURSDUD IUHQWH$VSUHVV}HVQRUPDLVTXHDWXDPVREUHRFLOLQGURGHVVDPDQHLUDVmRPRVWUDGDV QD)LJXUDESRUVXDVIRUoDVUHVXOWDQWHV1GH1U&RPRDLQWHQVLGDGHGDIRUoDGH GHIRUPDomR1GHVXDFRPSRQHQWHKRUL]RQWDOpVHPSUHPDLRUGRTXHDGDUHVWDXUDomR 1UFRQVHTXHQWHPHQWHXPDIRUoDPRWUL]KRUL]RQWDO3SUHFLVDVHUDSOLFDGDDRFLOLQGUR SDUDPDQWHURPRYLPHQWR )LJXUDE $UHVLVWrQFLDDRURODPHQWRpFDXVDGDSULQFLSDOPHQWHSRUHVVHHIHLWRHPERUDWDPEpP HP XP PHQRU JUDX VHMD R UHVXOWDGR GD DGHVmR GD VXSHUItFLH H R PLFURGHVOL]DPHQWR UHODWLYRHQWUHDVVXSHUItFLHVGHFRQWDWR'HYLGRDIRUoDUHDO3QHFHVViULDSDUDVXSHUDU HVVHVHIHLWRVVHMDGLItFLOGHGHWHUPLQDUXPPpWRGRVLPSOLILFDGRVHUiGHVHQYROYLGRDTXL SDUD H[SOLFDU XPD PDQHLUD GRV HQJHQKHLURV DQDOLVDU HVVH IHQ{PHQR 3DUD ID]HU LVVR : U 2 1 6XSHUItFLHGHFRQWDWRUtJLGD (a) : 3 1U 1G 1DUHDOLGDGHDIRUoDGHGHIRUPDomR1GID]FRPTXHDHQHUJLDVHMDDUPD]HQDGDQRPDWHULDOTXDQGR VXDLQWHQVLGDGHpDXPHQWDGDHQTXDQWRDIRUoDGHUHVWDXUDomR1UTXDQGRVXDLQWHQVLGDGHGLPLQXtGD SHUPLWHTXHSDUWHGHVVDHQHUJLDVHMDOLEHUDGD$HQHUJLDUHVWDQWHpSHUGLGDSRLVpXVDGDSDUDDTXHFHU D VXSHUItFLH H VH R SHVR GR FLOLQGUR IRU PXLWR JUDQGH HOH FDXVD GHIRUPDomR SHUPDQHQWH GD VXSHUItFLH2WUDEDOKRGHYHVHUUHDOL]DGRSHODIRUoDKRUL]RQWDO3SDUDFRPSHQVDUHVVDSHUGD 6XSHUItFLHGHFRQWDWRPDFLD (b) Figura 8.25 | | 328 | Estática FRQVLGHUDUHPRVDUHVXOWDQWHGDSUHVVmRQRUPDOLQWHLUD11G1UDWXDQGRVREUHR FLOLQGUR )LJXUDF &RPRPRVWUDD)LJXUDGHVVDIRUoDDWXDHPXPkQJXORș FRPDYHUWLFDO3DUDPDQWHURFLOLQGURHPHTXLOtEULRRXVHMDURODUDXPDYHORFLGDGH FRQVWDQWHpSUHFLVRTXH1VHMDFRQFRUUHQWHFRPDIRUoDPRWUL]3HRSHVR:$VRPD GRV PRPHQWRV HP UHODomR DR SRQWR $ JHUD :D 3 U FRV ș &RPR DV GHIRUPDo}HV JHUDOPHQWHVmRPXLWRSHTXHQDVHPUHODomRDRUDLRGRFLOLQGURFRVș§SRUWDQWR 1U 1 1G (c) :D§3U RX : P Wa r U 3 $ GLVWkQFLD D p FKDPDGD GH FRHILFLHQWH GH UHVLVWrQFLD GH URODPHQWR TXH WHP D GLPHQVmRGHFRPSULPHQWR3RUH[HPSORD§PPSDUDDVURGDVURODQGRVREUHXP WULOKR DPEDV IHLWDV GH DoR GRFH 3DUD URODPHQWRV GH HVIHUDV GH DoR WHPSHUDGR D§PP([SHULPHQWDOPHQWHQRHQWDQWRHVVHIDWRUpGLItFLOGHPHGLUSRLVGHSHQGH GHSDUkPHWURVFRPRDWD[DGHURWDomRGRFLOLQGURDVSURSULHGDGHVHOiVWLFDVGDVVX SHUItFLHV GH FRQWDWR H R DFDEDPHQWR VXSHUILFLDO 3RU HVVH PRWLYR Ki SRXFD FRQILDELOLGDGH QRV GDGRV SDUD GHWHUPLQDU D &RQWXGR D DQiOLVH DSUHVHQWDGD DTXL LQGLFDSRUTXHXPDFDUJDSHVDGD : RIHUHFHPDLRUUHVLVWrQFLDDRPRYLPHQWR 3 GR TXHXPDFDUJDOHYHVREDVPHVPDVFRQGLo}HV$OpPGRPDLVFRPR:DUJHUDOPHQWH pPXLWRSHTXHQDHPFRPSDUDomRFRPȝN:DIRUoDQHFHVViULDSDUDURODUXPFLOLQGUR VREUHDVXSHUItFLHVHUiPXLWRPHQRUTXHRQHFHVViULRSDUDGHVOL]iORSHODVXSHUItFLH eSRUHVVHPRWLYRTXHXPURODPHQWRGHURORVRXHVIHUDVQRUPDOPHQWHpXVDGRSDUD PLQLPL]DUDUHVLVWrQFLDGHDWULWRHQWUHDVSDUWHVPyYHLV ș D $ 1 (d) Figura 8.25 Exemplo 8.11 8PD URGD GH DoR GH NJ PRVWUDGD QD )LJXUD D WHP XP UDLR GH PP H UHSRXVD VREUH XP SODQR LQFOLQDGR IHLWR GH PDGHLUD PDFLD 6H ș IRU DXPHQWDGR GH PRGRTXHDURGDFRPHFHDURODUSHORGHFOLYHFRPYHORFLGDGHFRQVWDQWHTXDQGRș GHWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHUHVLVWrQFLDDRURODPHQWR PP ș 98,1 N 98,1 cos 1,2º N 1,2º (a) 98,1 sen 1,2º N O 100 mm 1,2º a A N (b) Figura 8.26 SOLUÇÃO &RQIRUPH PRVWUD R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH )LJXUD E TXDQGR D URGD WHP LPLQrQFLDGHPRYLPHQWRDUHDomRQRUPDO1DWXDQRSRQWR$GHILQLGRSHODGLPHQVmRD 'HFRPSRQGRRSHVRHPFRPSRQHQWHVSDUDOHODHSHUSHQGLFXODUDRGHFOLYHHVRPDQGR RVPRPHQWRVHPUHODomRDRSRQWR$WHPRV H R0$ ± FRV1 D VHQ1 FRVPP 5HVROYHQGRREWHPRV DPP Capítulo 8 | Atrito 329 | Problemas 8.114. 2 PDQFDO GH HVFRUD VXSRUWD XQLIRUPHPHQWH XPD IRUoDD[LDO3N16HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV GHWHUPLQHRWRUTXH0QHFHVViULRSDUDVXSHUDURDWULWR 8.115. 2 PDQFDO GH HVFRUD VXSRUWD XQLIRUPHPHQWH XPD IRUoD D[LDO 3 N1 6H XP WRUTXH 0 1 P IRU DSOLFDGR DR HL[R H IL]HU FRP TXH HOH JLUH HP YHORFLGDGH FRQVWDQWH GHWHUPLQH R FRHILFLHQWH GH DWULWR FLQpWLFR QD VXSHUItFLHGHFRQWDWR 8.118. 6H 3 1 IRU DSOLFDGR DR FDER GD DODYDQFD / GHWHUPLQHRWRUTXHPi[LPR0TXHDHPEUHDJHPF{QLFDSRGH WUDQVPLWLU2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRQDVXSHUItFLHHP FRQWDWRpȝV 15º 300 mm C 250 mm M 200 mm B A 375 mm P P 75 mm 50 mm M Problemas 8.114/115 *8.116. 6HDPRODH[HUFHXPDIRUoDGH1VREUHREORFR GHWHUPLQH R WRUTXH 0 QHFHVViULR SDUD JLUDU R HL[R 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HP WRGDV DV VXSHUItFLHV GH FRQWDWRpV Problema 8.118 8.119. 'HYLGR DR GHVJDVWH QDV ERUGDV R PDQFDO D[LDO HVWi VXMHLWRDXPDGLVWULEXLomRGHSUHVVmRF{QLFDHPVXDVXSHUItFLH GHFRQWDWR'HWHUPLQHRWRUTXH0QHFHVViULRSDUDVXSHUDUR DWULWR H JLUDU R HL[R TXH VXSRUWD XPD IRUoD D[LDO 3 2 FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRpV3DUDDVROXomRpSUHFLVR GHWHUPLQDUDSUHVVmRGHSLFRSHPWHUPRVGH3HRUDLRGR URODPHQWR5 P M M 50 mm R 150 mm p0 Problema 8.119 Problema 8.116 •8.117. 2 GLVFR GH HPEUHDJHP p XVDGR QDV WUDQVPLVV}HV GH DXWRPyYHLVSDGUmR6HTXDWURPRODVVmRXVDGDVSDUDPDQWHU RVGRLVGLVFRV$H%MXQWDVGHWHUPLQHDIRUoDHPFDGDPROD QHFHVViULDSDUDWUDQVPLWLUXPPRPHQWR0N1PSDUDRV GLVFRV2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUH$H%pV A *8.120. 2 PDQFDO D[LDO HVWi VXMHLWR D XPD GLVWULEXLomR GH SUHVVmR SDUDEyOLFD HP VXD VXSHUItFLH GH FRQWDWR 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR p V GHWHUPLQH R WRUTXH 0 QHFHVViULRSDUDVXSHUDURDWULWRHJLUDURHL[RVHHOHVXSRUWDU XPDIRUoDD[LDO3 P M B Fs M 125 mm M R r Fs 50 mm Fs r2 ––2) p0 p = p0 (1–R Problema 8.117 Problema 8.120 | 330 | Estática •8.121. 2HL[RHVWiVXMHLWRDXPDIRUoDD[LDO36HDSUHVVmR UHDWLYD VREUH R PDQFDO F{QLFR p XQLIRUPH GHWHUPLQH R WRUTXH 0 TXH p DSHQDV R VXILFLHQWH SDUD JLUDU R HL[R 2 FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRQDVXSHUItFLHGHFRQWDWRpV P *8.124. $VVXPLQGRTXHDYDULDomRGHSUHVVmRQRIXQGRGR PDQFDO D[LDO VHMD GHILQLGD FRPR S S 5U GHWHUPLQH R WRUTXH 0 QHFHVViULR SDUD VXSHUDU R DWULWR VH R HL[R HVWi VXMHLWRDXPDIRUoDD[LDO32FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR pV3DUDDVROXomRpSUHFLVRGHWHUPLQDUSHPWHUPRVGH 3HDVGLPHQV}HVGRPDQFDO5H5 M d2 3 0 d1 θ θ 5 5 Problema 8.121 U 8.122. 2 WUDWRU p XVDGR SDUD HPSXUUDU R WXER GH N1 § NJ 3DUD ID]HU LVVR HOH SUHFLVD VXSHUDU DV IRUoDVGHDWULWRQRVRORFDXVDGDVSHODDUHLD6XSRQGRTXHD DUHLD H[HUFH XPD SUHVVmR VREUH D SDUWH LQIHULRU GR WXER FRQIRUPHDILJXUDHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHR WXERHDDUHLDpVGHWHUPLQHDIRUoDKRUL]RQWDOH[LJLGD SDUD HPSXUUDU R WXER SDUD IUHQWH$OpP GLVVR GHWHUPLQH D SUHVVmRGHSLFRS S S S 5 U Problema 8.124 375 mm θ p0 p = p0 cos θ •8.125. 2 HL[R GH UDLR U VH DMXVWD OLYUHPHQWH QR PDQFDO UDGLDO6HRHL[RWUDQVPLWHXPDIRUoDYHUWLFDO3DRPDQFDO HRFRHILFLHQWHGHDWULWRFLQpWLFRHQWUHRHL[RHRPDQFDOp VGHWHUPLQHRWRUTXH0QHFHVViULRSDUDJLUDURHL[RFRP YHORFLGDGHFRQVWDQWH P 3,6 m Problema 8.122 8.123. 2PDQFDOF{QLFRHVWiVXMHLWRDXPDGLVWULEXLomRGH SUHVVmR FRQVWDQWH HP VXD VXSHUItFLH GH FRQWDWR 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR p V GHWHUPLQH R WRUTXH 0 H[LJLGR SDUD VXSHUDU R DWULWR VH R HL[R VXSRUWD XPD IRUoD D[LDO3 r M 3 0 Problema 8.125 5 ș Problema 8.123 8.126. $ SROLD p VXSRUWDGD SRU XP SLQR GH PP GH GLkPHWUR6HDSROLDVHDMXVWDOLYUHPHQWHQRSLQRGHWHUPLQH D PHQRU IRUoD 3 QHFHVViULD SDUD OHYDQWDU R EDOGH 2 EDOGH WHP XPD PDVVD GH NJ H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUHDSROLDHRSLQRpV'HVSUH]HDPDVVDGDSROLD HDVVXPDTXHRFDERQmRGHVOL]DQDSROLD Capítulo 8 8.127. $ SROLD p VXSRUWDGD SRU XP SLQR GH PP GH GLkPHWUR6HDSROLDVHDMXVWDOLYUHPHQWHQRSLQRGHWHUPLQH DPDLRUIRUoD3TXHSRGHVHUDSOLFDGDjFRUGDHDLQGDEDL[DU R EDOGH 2 EDOGH WHP XPD PDVVD GH NJ H R FRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDSROLDHRSLQRpV'HVSUH]H DPDVVDGDSROLDHDVVXPDTXHRFDERQmRGHVOL]DQDSROLD Atrito | 331 | 8.131. $ ELHOD HVWi FRQHFWDGD DR SLVWmR SRU XP SLQR FRP GLkPHWURGHPPHP%HDRYLUDEUHTXLPSRUXPPDQFDO$ FRP GLkPHWUR GH PP 6H R SLVWmR HVWLYHU VH PRYHQGR SDUD FLPD H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR IRU V GHWHUPLQH R UDLR GR FtUFXOR GH DWULWR HPFDGDFRQH[mR 75 mm z 60º B P A Problemas 8.126/127 *8.128. 2VFLOLQGURVVmRVXVSHQVRVDSDUWLUGDH[WUHPLGDGH GDEDUUDTXHVHDMXVWDOLYUHPHQWHHPXPSLQRFRPGLkPHWUR GHPP6H$WHPXPDPDVVDGHNJGHWHUPLQHDPDVVD H[LJLGDGH%TXHVHMDVXILFLHQWHSDUDHYLWDUTXHDEDUUDJLUH QR VHQWLGR KRUiULR 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH D EDUUDHRSLQRpV'HVSUH]HDPDVVDGDEDUUD •8.129. 2VFLOLQGURVVmRVXVSHQVRVDSDUWLUGDH[WUHPLGDGH GDEDUUDTXHVHDMXVWDOLYUHPHQWHHPXPSLQRFRPGLkPHWUR GHPP6H$WHPXPDPDVVDGHNJGHWHUPLQHDPDVVD H[LJLGD GH % TXH VHMD DSHQDV VXILFLHQWH SDUD HYLWDU TXH D EDUUD JLUH QR VHQWLGR DQWLKRUiULR 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFRHQWUHDEDUUDHRSLQRpV'HVSUH]HDPDVVD GDEDUUD 800 mm Problemas 8.130/131 *8.132. $ SROLD GH NJ WHP XP GLkPHWUR GH PP H R HL[RWHPXPGLkPHWURGHPP6HRFRHILFLHQWHGHDWULWR FLQpWLFRHQWUHRHL[RHDSROLDNGHWHUPLQHDIRUoD YHUWLFDO3QDFRUGDQHFHVViULDSDUDOHYDQWDUREORFRGHNJ HPYHORFLGDGHFRQVWDQWH •8.133. 5HVROYDRSUREOHPDDQWHULRUVHDIRUoD3IRUDSOLFDGD KRUL]RQWDOPHQWHSDUDDGLUHLWD 600 mm PP A B 3 Problemas 8.128/129 Problemas 8.132/133 8.130. $ ELHOD HVWi FRQHFWDGD DR SLVWmR SRU XP SLQR FRP GLkPHWURGHPPHP%HDRYLUDEUHTXLPSRUXPPDQFDO$ FRP GLkPHWUR GH PP 6H R SLVWmR HVWLYHU VH PRYHQGR SDUD EDL[R H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QRV SRQWRV GH FRQWDWR IRU V GHWHUPLQH R UDLR GR FtUFXOR GH DWULWR HPFDGDFRQH[mR 8.134. $ EDUUD HP / VH DMXVWD OLYUHPHQWH HP XP SLQR GH PPGHGLkPHWUR'HWHUPLQHDIRUoD3QHFHVViULDTXHVHMD DSHQDV VXILFLHQWH SDUD JLUDU D EDUUD HP VHQWLGR KRUiULR 2 FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRSLQRHDEDUUDpV | 332 | Estática 8.135. $EDUUDHP/VHDMXVWDOLYUHPHQWHHPXPSLQRFRP PPGHGLkPHWUR6H31DEDUUDHVWiHQWmRSUHVWHV DJLUDUHPVHQWLGRDQWLKRUiULR'HWHUPLQHRFRHILFLHQWHGH DWULWRHVWiWLFRHQWUHRSLQRHDEDUUD SDUD EDL[R QR SODQR LQFOLQDGR FRP YHORFLGDGH FRQVWDQWH 2FRHILFLHQWHGHUHVLVWrQFLDDRURODPHQWRpDPP P 30º 300 mm 300 mm 250 N P 45º 30º Problemas 8.138/139 250 mm Problemas 8.134/135 *8.136. 2 FDUULQKR MXQWDPHQWH FRP D FDUJD SHVD 1 §NJ 6HRFRHILFLHQWHGHUHVLVWrQFLDDRURODPHQWR pDPPGHWHUPLQHDIRUoD3QHFHVViULDSDUDSX[DU RFDUULQKRFRPYHORFLGDGHFRQVWDQWH *8.140. 2 FLOLQGUR HVWi VXMHLWR D XPD FDUJD TXH WHP XP SHVR:6HRFRHILFLHQWHGHUHVLVWrQFLDDRURODPHQWRSDUDDV VXSHUItFLHV VXSHULRU H LQIHULRU GR FLOLQGUR IRUHP D$ H D% UHVSHFWLYDPHQWHPRVWUHTXHXPDIRUoDKRUL]RQWDOGHLQWHQ VLGDGH GH 3 >: D$ D% @U p QHFHVViULD SDUD PRYHU D FDUJD H SRUWDQWR URODU R FLOLQGUR SDUD IUHQWH 'HVSUH]H R SHVRGRFLOLQGUR W P P A 45º 75 mm 75 mm r B Problema 8.136 •8.137. 2 UROR FRPSUHVVRU WHP XPD PDVVD GH NJ 6H R EUDoR%$IRUPDQWLGRDXPkQJXORGHGDKRUL]RQWDOHR FRHILFLHQWH GH UHVLVWrQFLD DR URODPHQWR SDUD R FLOLQGUR IRU PP GHWHUPLQH D IRUoD 3 QHFHVViULD SDUD HPSXUUDU R FLOLQGUR HP YHORFLGDGH FRQVWDQWH 'HVSUH]H R DWULWR GHVHQ YROYLGR QR HL[R $ H DVVXPD TXH D IRUoD UHVXOWDQWH 3 TXH DWXDVREUHRFDERVHMDDSOLFDGDDRORQJRGREUDoR%$ 3 % Problema 8.140 •8.141. $YLJDGHDoRGHWRQHODGDVpPRYLPHQWDGDVREUH XPD VXSHUItFLH QLYHODGD XVDQGR XPD VpULH GH UROHWHV FRP GLkPHWURGHPPSDUDRVTXDLVRFRHILFLHQWHGHUHVLVWrQFLD DR URODPHQWR p PP QR VROR H PP QD VXSHUItFLH LQIHULRUGDYLJD'HWHUPLQHDIRUoDKRUL]RQWDO3QHFHVViULD SDUD HPSXUUDU D YLJD SDUD IUHQWH HP XPD YHORFLGDGH FRQVWDQWH'LFD8VHRUHVXOWDGRGR3UREOHPD 3 PP $ Problema 8.141 Problema 8.137 8.138. 'HWHUPLQHDIRUoD3QHFHVViULDSDUDVXSHUDUDUHVLV WrQFLD DR URODPHQWR H SX[DU R FLOLQGUR GH NJ QR SODQR LQFOLQDGRFRPYHORFLGDGHFRQVWDQWH2FRHILFLHQWHGHUHVLV WrQFLDDRURODPHQWRpDPP 8.139. 'HWHUPLQH D IRUoD 3 QHFHVViULD SDUD VXSHUDU D UHVLV WrQFLDDRURODPHQWRHVXSRUWDURFLOLQGURGHNJVHHOHURODU 8.142. 'HWHUPLQH D PHQRU IRUoD KRUL]RQWDO 3 TXH SUHFLVD VHU H[HUFLGD VREUH R EORFR GH NJ SDUD PRYrOR SDUD IUHQWH2VUROHWHVSHVDP1 §NJ FDGDHRFRHILFLHQWH GHUHVLVWrQFLDDRURODPHQWRQDVVXSHUItFLHVLQIHULRUHVXSHULRU pDPP P 375 mm Problema 8.142 375 mm Capítulo 8 | Atrito 333 REVISÃO DO CAPÍTULO $WULWRVHFR $V IRUoDV GH DWULWR H[LVWHP HQWUH GXDV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR UXJRVDV (VVDV IRUoDVDWXDPVREUHXPFRUSRGHPRGR DRSRUVHXPRYLPHQWRRXWHQGrQFLDGH PRYLPHQWR 8PD IRUoD GH DWULWR HVWiWLFD VH DSUR [LPDGHXPYDORUPi[LPRGH)VV1 RQGH V p R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWi WLFR1HVVHFDVRRPRYLPHQWRHQWUHDV VXSHUItFLHVGHFRQWDWRpLPLQHQWH 6H KRXYHU GHVOL]DPHQWR HQWmR D IRUoD GHDWULWRSHUPDQHFHEDVLFDPHQWHFRQV WDQWH H LJXDO D )N N1$TXL N p R FRHILFLHQWHGHDWULWRFLQpWLFR $VROXomRGHXPSUREOHPDHQYROYHQGR DWULWRUHTXHUSULPHLURGHVHQKDURGLD JUDPD GH FRUSR OLYUH GR FRUSR 6H DV LQFyJQLWDVQmRSXGHUHPVHUGHWHUPLQD GDV HVWULWDPHQWH SHODV HTXDo}HV GR HTXLOtEULR H KRXYHU SRVVLELOLGDGH GH GHVOL]DPHQWRHQWmRDHTXDomRGRDWULWR GHYHVHUDSOLFDGDHPSRQWRVGHFRQWDWR DSURSULDGRV D ILP GH FRPSOHWDU D VR OXomR 7DPEpPSRGHVHUSRVVtYHOTXHREMHWRV HVEHOWRV FRPR FDL[DV VH LQFOLQHP RX WRPEHPHHVVDVLWXDomRWDPEpPGHYH VHULQYHVWLJDGD : : 3 3 ) 6XSHUItFLHUXJRVD 1 : 3 ,PLQrQFLDGH PRYLPHQWR )V ȝV1 1 : 3 0RYLPHQWR )N ȝN1 1 3 : 3 : ) 1 ,PLQrQFLDGHWRPEDPHQWR ) ȝV1 &DOoRV &DOoRV VmR SODQRV LQFOLQDGRV XVDGRV SDUDDXPHQWDUDDSOLFDomRGHXPDIRUoD $VGXDVHTXDo}HVGHHTXLOtEULRGHIRUoDV VmRXVDGDVSDUDUHODFLRQDUDVIRUoDVTXH DWXDPVREUHRFDOoR 8PDIRUoDDSOLFDGD3SUHFLVDHPSXUUDU RFDOoRSDUDPRYrORSDUDDGLUHLWD 6HRVFRHILFLHQWHVGHDWULWRHQWUHDVVX SHUItFLHVVmRJUDQGHVREDVWDQWHHQWmR 3SRGHVHUUHPRYLGDHRFDOoRVHUiDX WRWUDYDQWHHSHUPDQHFHUiQROXJDU ) 1 7RPEDPHQWR : 3 ș ,PLQrQFLDGH PRYLPHQWR R)[ R)\ : 1 ) 1 ș 3 ) ) 1 ) 1 | | 334 | Estática 3DUDIXVRV 2V SDUDIXVRV FRP URVFD TXDGUDGD VmR XVDGRVSDUDPRYHUFDUJDVSHVDGDV(OHV UHSUHVHQWDPXPSODQRLQFOLQDGRHQYRO YLGRHPWRUQRGHXPFLOLQGUR 2 PRPHQWR QHFHVViULR SDUD JLUDU XP SDUDIXVR GHSHQGH GR FRHILFLHQWH GH DWULWR H R kQJXOR GR SDVVR ș GR SDUD IXVR 6H R FRHILFLHQWH GH DWULWR HQWUH DV VX SHUItFLHVIRUJUDQGHRVXILFLHQWHHQWmR RSDUDIXVRVXSRUWDUiDFDUJDVHPWHQGHU DJLUDURXVHMDHOHVHUiDXWRWUDYDQWH : 0:UWJ ș‫׋‬V ,PLQrQFLDGHPRYLPHQWRGR SDUDIXVRSDUDFLPD 0 :UWJ ș±‫׋‬V ,PLQrQFLDGHPRYLPHQWRGR SDUDIXVRSDUDEDL[R ș!‫׋‬ 0 :UWJ ‫׋‬±șV 0RYLPHQWRGRSDUDIXVR SDUDEDL[R ‫׋‬V!ș 0 U &RUUHLDVSODQDV $IRUoDQHFHVViULDSDUDPRYHUXPDFRU UHLD SODQD VREUH XPD VXSHUItFLH FXUYD UXJRVD GHSHQGH DSHQDV GR kQJXOR GH FRQWDWRGDFRUUHLDȕHRFRHILFLHQWHGH DWULWR Movimento ou iminência de movimento da correia em relação à superfície r β ȝȕ 77H 7!7 θ T2 T1 0DQFDLVGHHVFRUDHGLVFRV $ DQiOLVH GH DWULWR GH XP PDQFDO GH HVFRUDRXGLVFRUHTXHURH[DPHGHXP HOHPHQWRGLIHUHQFLDOGDiUHDGHFRQWDWR $IRUoDQRUPDODWXDQGRVREUHHVVHHOH PHQWRpGHWHUPLQDGDSHORHTXLOtEULRGH IRUoD DR ORQJR GR HL[R H R PRPHQWR QHFHVViULR SDUD JLUDU R HL[R HP XPD YHORFLGDGH FRQVWDQWH p GHWHUPLQDGR HTXLOtEULR GH PRPHQWR HP UHODomR DR HL[RPRWUL] $ SUHVVmR VREUH D VXSHUItFLH GH XP PDQFDOGHHVFRUDpXQLIRUPHGHPRGR TXHDLQWHJUDomRJHUDRUHVXOWDGRPRV WUDGR ] 3 0 R 3 - R13 M = 2 nT P f 22 p 3 R2 - R12 5 S 5 Capítulo 8 0DQFDLVUDGLDLV 4XDQGRXPPRPHQWRpDSOLFDGRDXP HL[R HP XP PDQFDO UDGLDO QmR OXEULIL FDGRRXSDUFLDOPHQWHOXEULILFDGRRHL[R WHQGHUiDURODUSHORODGRGRPDQFDODWp TXH KDMD GHVOL]DPHQWR ,VVR GHILQH R UDLR GH XP FtUFXOR GH DWULWR H D SDUWLU GHOHRPRPHQWRQHFHVViULRSDUDJLUDUR HL[RSRGHVHUGHWHUPLQDGR Atrito | 335 | 05UVHQ‫׋‬N z Rotação A 3 0 U ‫׋‬N $ ) 5HVLVWrQFLDDRURODPHQWR $ UHVLVWrQFLD GH XPD URGD D URODU SRU XPDVXSHUItFLHpFDXVDGDSHODGHIRUPD omR ORFDOL]DGD GRV GRLV PDWHULDLV HP FRQWDWR,VVRID]FRPTXHDIRUoDQRU PDO UHVXOWDQWH DWXDQGR VREUH R FRUSR HP URODPHQWR VH LQFOLQH GH PRGR D RIHUHFHU XPD FRPSRQHQWH TXH DWXD QD GLUHomRRSRVWDGDIRUoDDSOLFDGD3FDX VDQGR R PRYLPHQWR (VVH HIHLWR p FDUDFWHUL]DGRSHORFRHILFLHQWHGHUHVLV WrQFLD DR URODPHQWR D TXH p GHWHU PLQDGRDSDUWLUGHH[SHULPHQWRV 1 : U a PW r 3 D 1 Problemas 8.143. 8PD~QLFDIRUoD3pDSOLFDGDDRSX[DGRUGDJDYHWD 6HRDWULWRIRUGHVSUH]DGRQRIXQGRHRFRHILFLHQWHGHDWULWR HVWiWLFRQRVODGRIRUVGHWHUPLQHRPDLRUHVSDoDPHQWR VHQWUHRVSX[DGRUHVVLPHWULFDPHQWHSRVLFLRQDGRVGHPRGR TXHDJDYHWDQmRSUHQGDQRVFDQWRV$H%TXDQGRDIRUoD3 IRUDSOLFDGDDXPGRVSX[DGRUHV *8.144. $ DUJROD VHPLFLUFXODU ILQD GH SHVR : H FHQWUR GH JUDYLGDGHHP*HVXVSHQVDSHORSHTXHQRSLQRHP$8PD IRUoDKRUL]RQWDO3pOHQWDPHQWHDSOLFDGDHP%6HDDUJROD FRPHoD D GHVOL]DU HP $ TXDQGR ș GHWHUPLQH R FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDDUJRODHRSLQR A R G θ 1,25 m A Cômoda 2R –– 0,3 m Gaveta B s P Problema 8.143 P B Problema 8.144 | 336 | Estática •8.145. $FDPLQKRQHWHWHPPDVVDGH0JHXPFHQWUR GHPDVVDHP*'HWHUPLQHDPDLRUFDUJDTXHHODSRGHSX[DU VH D DFDPLQKRQHWHWHPWUDomRWUDVHLUDHQTXDQWRDVURGDV GLDQWHLUDVVmROLYUHVSDUDJLUDUH E DFDPLQKRQHWHWHPWUDomR QDV TXDWUR URGDV 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH DV URGDVHRVRORpVHHQWUHDFDL[DHRVRORp V GLDQWHLUDV VDHP GR VROR HQTXDQWR R PRWRU IRUQHFH WRUTXH SDUDDVURGDVWUDVHLUDV4XDOpRWRUTXHQHFHVViULRSDUDFDXVDU HVVHPRYLPHQWR"$VURGDVGDIUHQWHHVWmROLYUHVSDUDJLUDU 2WUDWRUSHVDN1HWHPXPFHQWURGHJUDYLGDGHHP* 8.146. 5HVROYD R SUREOHPD DQWHULRU FRQVLGHUDQGR TXH D FDPLQKRQHWHHDFDL[DHVWmRVXELQGRSRUXPDFOLYHGH G 0,6 m O 800 mm G 600 mm A B 1,5 m 1m 0,6 m A B 1,5 m 0,9 m Problemas 8.145/146 Problemas 8.149/150 8.147. 6HREORFR$WHPXPDPDVVDGHNJGHWHUPLQHD PDLRU PDVVD GR EORFR % TXH QmR FDXVH PRYLPHQWR GR VLVWHPD2FRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHRVEORFRVHRV SODQRVLQFOLQDGRVpV 8.151. 8PUHSDUDGRUGHWHOKDGRVFRPXPDPDVVDGHNJ FDPLQKD OHQWDPHQWH HP XPD SRVLomR HUHWD DR ORQJR GD VXSHUItFLH GH XP GRPR TXH WHP XP UDLR GH FXUYDWXUD GH UP6HRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFRHQWUHVHXVVDSDWRV HRGRPRpVGHWHUPLQHRkQJXORșHPTXHHOHFRPHoD DVHPRYHU A B 20 m θ 60º 45º 60º Problema 8.147 Problema 8.151 8.148. 2FRQHWHPXPSHVR:HFHQWURGHJUDYLGDGHHP* 6HXPDIRUoDKRUL]RQWDO3IRUJUDGXDOPHQWHDSOLFDGDjFRUGD SUHVDDRVHXYpUWLFHGHWHUPLQHRFRHILFLHQWHGHDWULWRHVWiWLFR Pi[LPRSDUDTXHKDMDGHVOL]DPHQWR P 3 h 4 G 1 h 4 1 h 4 1 h 4 *8.152. $ FROXQD ' HVWi VXMHLWD D XPD FDUJD YHUWLFDO GH N1(ODHVWiVXVSHQVDHPGRLVFDOoRVLGrQWLFRV$H%SDUD RV TXDLV R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QDV VXSHUItFLHV GH FRQWDWR HQWUH $ H % H HQWUH % H & p V 'HWHUPLQH D IRUoD 3 QHFHVViULD SDUD OHYDQWDU D FROXQD H D IRUoD GH HTXLOtEULR3 QHFHVViULDSDUDPDQWHURFDOoR$HVWDFLRQiULR $VXSHUItFLHGHFRQWDWRHQWUH$H'pOLVD •8.153. $ FROXQD ' HVWi VXMHLWD D XPD FDUJD YHUWLFDO GH N1(ODHVWiVXVSHQVDHPGRLVFDOoRVLGrQWLFRV$H%SDUD RV TXDLV R FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR QDV VXSHUItFLHV GH FRQWDWRHQWUH$H%HHQWUH%H&pV6HDVIRUoDV3 H 3 IRUHP UHPRYLGDV RV FDOoRV VmR DXWRWUDYDQWHV" $ VXSHUItFLHGHFRQWDWRHQWUH$H'pOLVD 40 kN Problema 8.148 •8.149. 2 WUDWRU SX[D R WRFR GH iUYRUH IL[R 'HWHUPLQH R WRUTXHTXHSUHFLVDVHUDSOLFDGRSHORPRWRUjVURGDVWUDVHLUDV SDUDID]HUFRPTXHVHGHVORTXHP$VURGDVGLDQWHLUDVHVWmR OLYUHVSDUDJLUDU2WUDWRUSHVDN1HWHPXPFHQWURGH JUDYLGDGH HP * 2 FRHILFLHQWH GH DWULWR HVWiWLFR HQWUH DV URGDVWUDVHLUDVHRVRORpV 8.150. 2WUDWRUSX[DRWRFRGHiUYRUHIL[R6HRFRHILFLHQWH GHDWULWRHVWiWLFRHQWUHDVURGDVWUDVHLUDVHRVRORpV GHWHUPLQH VH DV URGDV WUDVHLUDV GHVOL]DP RX VH DV URGDV D P B 10º 10º A C Problemas 8.152/153 P′ CAPÍTULO 9 Centro de gravidade e centroide Objetivos do capítulo Discutir o conceito do centro de gravidade, centro de massa e o centroide. Mostrar como determinar a localização do centro de gravidade e do centroide para um sistema de partículas discretas e um corpo de forma arbitrária. Usar os teoremas de Pappus e Guldinus para encontrar a área da superfície e o volume para um corpo de simetria axial. Apresentar um método para encontrar a resultante de um carregamento distribuído geral e mostrar como aplicá-lo para encontrar a força resultante de um carregamento de pressão causado por um fluido. 9.1 Centro de gravidade, centro de massa e centroide de um corpo 1HVWDVHomRPRVWUDUHPRVSULPHLURFRPRORFDOL]DURFHQWURGHJUDYLGDGHGHXP FRUSR H GHSRLV TXH R FHQWUR GH PDVVD H R FHQWURLGH GH XP FRUSR SRGHP VHU GHVHQYROYLGRVXVDQGRHVVHPHVPRPpWRGR Centro de gravidade 8PFRUSRpFRPSRVWRGHXPDVpULHLQILQLWDGHSDUWtFXODVGHWDPDQKRGLIHUHQFLDGR HDVVLPVHRFRUSRHVWLYHUORFDOL]DGRGHQWURGHXPFDPSRJUDYLWDFLRQDOHQWmRFDGD XPDGDVSDUWtFXODVWHUiXPSHVRG: )LJXUDD (VVHVSHVRVIRUPDUmRXPVLVWHPD GHIRUoDVDSUR[LPDGDPHQWHSDUDOHODVHDUHVXOWDQWHGHVVHVLVWHPDpRSHVRWRWDOGR FRUSRTXHSDVVDSRUXP~QLFRSRQWRFKDPDGRFHQWURGHJUDYLGDGH* )LJXUDE ,VVRpYHUGDGHGHVGHTXHVHFRQVLGHUHTXHRFDPSRGHJUDYLGDGHWHQKDDPHVPDLQWHQVLGDGHH GLUHomRHPWRGDVDVSDUWHV(VVDKLSyWHVHpDSURSULDGDSDUDDPDLRULDGDVDSOLFDo}HVGHHQJHQKDULD SRLVDJUDYLGDGHQmRYDULDGHIRUPDDSUHFLiYHOHQWUHSRUH[HPSORDSDUWHLQIHULRUHDVXSHULRU GHXPSUpGLR | 338 | Estática z z W y z dW y z G x G z ~ z W ~y x x~ x y y x (a) y x (b) (c) Figura 9.1 8VDQGRRVPpWRGRVHVERoDGRVQD6HomRRSHVRGRFRUSRpDVRPDGRVSHVRV GHWRGDVDVVXDVSDUWtFXODVRXVHMD [ )5 R)] : G: $ ORFDOL]DomR GR FHQWUR GH JUDYLGDGH PHGLGR D SDUWLU GR HL[R \ p GHWHUPLQDGD LJXDODQGRVH R PRPHQWR GH : HP UHODomR DR HL[R \ )LJXUD E j VRPD GRV PRPHQWRV GRV SHVRV GDV SDUWtFXODV HP UHODomR D HVVH PHVPR HL[R 6H G: HVWLYHU ORFDOL]DGRQRSRQWR xV yV zV )LJXUDD HQWmR r xW 05 \ R0\ u [ xdW 'HPRGRVHPHOKDQWHVHRVPRPHQWRVIRUHPVRPDGRVHPUHODomRDRHL[R[ r yW 05 [ R0[ u [ ydW )LQDOPHQWHLPDJLQHTXHRFRUSRHVWiIL[RGHQWURGRVLVWHPDGHFRRUGHQDGDVHHVVH VLVWHPDpJLUDGRHPHPWRUQRGRHL[R\ )LJXUDF (QWmRDVRPDGRVPRPHQWRV HPWRUQRGRHL[R\JHUD r zW 05 \ R0\ u [ zdW 3RUWDQWRDORFDOL]DomRGRFHQWURGHJUDYLGDGH*FRPUHODomRDRVHL[RV[\]WRUQDVH xr [ xu dW [ dW yr [ yu dW [ dW zr [ zu dW [ dW $TXL xS yS zS VmRDVFRRUGHQDGDVGRFHQWURGHJUDYLGDGH* )LJXUDE xV yV zV VmRDVFRRUGHQDGDVGHFDGDSDUWtFXODQRFRUSR )LJXUDD z Centro de massa de um corpo dm Cm z~ ~ x z ~ y y x Figura 9.2 y 3DUD HVWXGDU D UHVSRVWD GLQkPLFD RX PRYLPHQWR DFHOHUDGR GH XP FRUSR p LPSRUWDQWH ORFDOL]DU R FHQWUR GH PDVVD &P GR FRUSR )LJXUD (VVD ORFDOL]DomR SRGH VHU GHWHUPLQDGD VXEVWLWXLQGRVH G: J GP QDV HTXDo}HV GH &RPR J p FRQVWDQWHHOHpFDQFHODGRHSRUWDQWR x xr [ xu dm [ dm yr [ yu dm [ dm zr [ zu dm [ dm Capítulo 9 | Centro de gravidade e centroide 339 | Centroide de um volume 6HRFRUSRQD)LJXUDpIHLWRGHXPPDWHULDOKRPRJrQHRHQWmRVXDGHQVLGDGH t UKR VHUi FRQVWDQWH 3RUWDQWR XP HOHPHQWR GLIHUHQFLDO GH YROXPH G9 WHP XPD PDVVD GP t G9 6XEVWLWXLQGR HVVD PDVVD QDV HTXDo}HV GH H FDQFHODQGR t REWHPRVDVIyUPXODVTXHORFDOL]DPRFHQWURLGH&RXFHQWURJHRPpWULFRGRFRUSRD VDEHU xr [ xu dV [ dV yr 7 7 [ yu dV [ dV zr 7 7 [ zu dV [ dV 7 7 z x ~x y C ~y dV z ~ z y x Figura 9.3 z (VVDV HTXDo}HV UHSUHVHQWDP XP HTXLOtEULR GRV PRPHQWRV GR YROXPH GR FRUSR3RUWDQWRVHRYROXPHSRVVXLGRLVSODQRVGHVLPHWULDHQWmRVHXFHQWURLGH SUHFLVDHVWDUDRORQJRGDOLQKDGHLQWHUVHomRGHVVHVGRLVSODQRV3RUH[HPSOR RFRQHQD)LJXUDWHPXPFHQWURLGHQRHL[R\GHPRGRTXH[ժ ]ժ $ ORFDOL]DomR\ժSRGHVHUHQFRQWUDGRXVDQGRXPDLQWHJUDomRVLPSOHVHVFROKHQGRVH XPHOHPHQWRGLIHUHQFLDOUHSUHVHQWDGRSRUXPGLVFRILQRFRPXPDHVSHVVXUDG\ HUDLRU ]6HXYROXPHpG9 +UG\ +]G\HVHXFHQWURLGHHVWiHP[a \a \]a ~y r x dy y 6HXPDiUHDVHHQFRQWUDQRSODQR[±\HHVWLYHUFRQWRUQDGDSHODFXUYD\ I [ FRPR PRVWUD D )LJXUD D HQWmR VHX FHQWURLGH HVWDUi QHVVH SODQR H SRGH VHU GHWHUPLQDGRDSDUWLUGHLQWHJUDLVVHPHOKDQWHVjVHTXDo}HVGHDVDEHU xr [ xu dA [ dA " " yr [ yu dA [ dA " z C (0, y, 0) Centroide de uma área y " (VVDV LQWHJUDLV SRGHP VHU DYDOLDGDV UHDOL]DQGRVH XPD LQWHJUDomR VLPSOHV VH XVDUPRV XPD IDL[D UHWDQJXODU SDUD R HOHPHQWR GH iUHD GLIHUHQFLDO 3RU H[HPSOR VHXPDIDL[DYHUWLFDOIRUXVDGD )LJXUDE DiUHDGRHOHPHQWRpG$ \G[HVHX FHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP[a [H\a \6HFRQVLGHUDUPRVXPDIDL[DKRUL]RQWDO )LJXUDF HQWmRG$ [G\HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP[a [H\a \ Figura 9.4 y | | 340 Estática y y x~ y x ~ x (x, y) y y f(x) f(x) y y C ~ y y 2 ~ y x y x x x f(x) (x, y) dy y x 2 dx (a) x (b) (c) Figura 9.5 Centroide de uma linha y 6H XP VHJPHQWR GH OLQKD RX EDUUD HVWLYHU GHQWUR GR SODQR [±\ H SXGHU VHU GHVFULWRSRUXPDFXUYDILQD\ I [ )LJXUDD HQWmRVHXFHQWURLGHpGHWHUPLQDGR DSDUWLUGH dL ~ x C x dL dy dx ~y xr y 2x 2 y dL = =c ~ x [ yu dL [ dL - - 2 dx 2 dx 2 + c dy m dx 2 m dx dx dy 2 1 + c m m dx dx c x 2m dy ~ y yr $TXLRFRPSULPHQWRGRHOHPHQWRGLIHUHQFLDOpGDGRSHORWHRUHPDGH3LWiJRUDV dL = ^dxh2 + ^dyh2 TXHWDPEpPSRGHVHUHVFULWRQDIRUPD (a) y - - x O [ xu dL [ dL y 2 dL = dx =c x 1m (b) Figura 9.6 2 dy 2 2 dx e dy o dy + e dy o dy c dx 2 + 1 m dy m dy 4XDOTXHU XPD GHVVDV H[SUHVV}HV SRGH VHU XVDGD SRUpP SDUD XPD DSOLFDomR DTXHOD TXH UHVXOWDU HP XPD LQWHJUDomR PDLV VLPSOHV GHYHUi VHU VHOHFLRQDGD 3RU H[HPSORFRQVLGHUHDEDUUDQD)LJXUDEGHILQLGDSRU\ [2FRPSULPHQWRGR HOHPHQWRp dL = 1 + ^dy/dxh2 dx HFRPRG\G[ [HQWmR dL = 1 + ^4xh2 dx 2FHQWURLGHSDUDHVVHHOHPHQWRHVWiORFDOL]DGRHP [V [ H \V \ Pontos importantes 2FHQWURLGHUHSUHVHQWDRFHQWURJHRPpWULFRGHXPFRUSR(VVHSRQWRFRLQFLGH FRP R FHQWUR GH PDVVD RX FHQWUR GH JUDYLGDGH VRPHQWH VH R PDWHULDO TXH FRPS}HRFRUSRIRUXQLIRUPHRXKRPRJrQHR $V IyUPXODV XVDGDV SDUD ORFDOL]DU R FHQWUR GH JUDYLGDGH RX R FHQWURLGH VLPSOHVPHQWHUHSUHVHQWDPXPHTXLOtEULRHQWUHDVRPDGRVPRPHQWRVGHWRGDV DVSDUWHVGRVLVWHPDHRPRPHQWRGDµUHVXOWDQWH¶SDUDRVLVWHPD (P DOJXQV FDVRV R FHQWURLGH HVWi ORFDOL]DGR HP XP SRQWR TXH QmR HVWi HVWi VREUH R REMHWR FRPR QR FDVR GH XP DQHO RQGH R FHQWURLGH HVWi QR VHX Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 341 | y FHQWUR$OpPGLVVRHVVHSRQWRHVWDUiVREUHTXDOTXHUHL[RGHVLPHWULDSDUD FHQWUR$OpPGLVVRHVVHSRQWRHVWDUiVREUHTXDOTXHUHL[RGHVLPHWULDSDUD RFRUSR )LJXUD C Procedimento para análise x 2FHQWURGHJUDYLGDGHRXFHQWURLGHGHXPREMHWRRXIRUPDSRGHVHUGHWHUPLQDGR SRULQWHJUDo}HVLVRODGDVXVDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU Elemento diferencial 6HOHFLRQH XP VLVWHPD GH FRRUGHQDGDV DSURSULDGR HVSHFLILTXH RV HL[RV GH FRRUGHQDGDVHGHSRLVHVFROKDXPHOHPHQWRGLIHUHQFLDOSDUDLQWHJUDomR 3DUDOLQKDVRHOHPHQWRpUHSUHVHQWDGRSRUXPVHJPHQWRGHOLQKDGLIHUHQFLDO FRPFRPSULPHQWRG/ 3DUD iUHDV R HOHPHQWR JHUDOPHQWH p XP UHWkQJXOR FRP iUHD G$ FRP XP FRPSULPHQWRILQLWRHODUJXUDGLIHUHQFLDO 3DUDYROXPHVRHOHPHQWRSRGHVHUXPGLVFRFLUFXODUGHYROXPHG9FRPXP UDLRILQLWRHHVSHVVXUDGLIHUHQFLDO /RFDOL]HRHOHPHQWRGHPRGRTXHHOHWRTXHQRSRQWRDUELWUiULR [\] VREUH DFXUYDTXHGHILQHRFRQWRUQRGDIRUPD Figura 9.7 Dimensões e braços do momento ([SUHVVHRFRPSULPHQWRG/iUHDG$RXYROXPHG9GRHOHPHQWRHPWHUPRV GDVFRRUGHQDGDVGHVFUHYHQGRDFXUYD a a a ([SUHVVHRVEUDoRVGRPRPHQWR[ \ ] SDUDRFHQWURLGHRXFHQWURGHJUDYLGDGH GRHOHPHQWRHPWHUPRVGDVFRRUGHQDGDVTXHGHVFUHYHPDFXUYD Integrações a a a 6XEVWLWXDDVIRUPXODo}HVSDUD[ \ ] HG/G$RXG9QDVHTXDo}HVDSURSULDGDV HTXDo}HVD ([SUHVVHDIXQomRQRLQWHJUDQGRHPWHUPRVGDPHVPDYDULiYHOTXHDHVSHVVXUD GLIHUHQFLDOGRHOHPHQWR 2V OLPLWHV GD LQWHJUDO VmR GHILQLGRV D SDUWLU GRV GRLV ORFDLV H[WUHPRV GD HVSHVVXUD GLIHUHQFLDO GR HOHPHQWR GH PRGR TXH TXDQGR RV HOHPHQWRV VmR µVRPDGRV¶RXDLQWHJUDomRpUHDOL]DGDDUHJLmRLQWHLUDpFREHUWD Exemplo 9.1 /RFDOL]HRFHQWURLGHGDEDUUDFXUYDQDIRUPDGHXPDUFRSDUDEyOLFRFRPRPRVWUDD )LJXUD y 1m SOLUÇÃO x Elemento diferencial 2HOHPHQWRGLIHUHQFLDOpPRVWUDGRQD)LJXUD(OHHVWiORFDOL]DGRVREUHDFXUYD QRSRQWRDUELWUiULR [\ Área e braços do momento 2 HOHPHQWR GLIHUHQFLDO GR FRPSULPHQWR G/ SRGH VHU H[SUHVVR HP WHUPRV GRV GLIHUHQFLDLVG[HG\XVDQGRRWHRUHPDGH3LWiJRUDV dL = ^dxh2 + ^dyh2 = c dx 2 + 1 dy m dy $VIyUPXODVSDUDDLQWHJUDomRVmRDSUHVHQWDGDVQR$SrQGLFH$ ~ y~) (x, ~ y dL y2 C(x, y ) 1m y x O ~ x x Figura 9.8 | | 342 Estática &RPR[ \HQWmRG[G\ \3RUWDQWRH[SUHVVDQGRG/HPWHUPRVGH\HG\WHPRV dL = ^2yh2 + 1 dy &RPRYHPRVQD)LJXUDRFHQWURLGHGRHOHPHQWRHVWiORFDOL]DGRHP[a [\a \ Integrações $SOLFDQGR DV HTXDo}HV XVDQGR DV IyUPXODV GR $SrQGLFH $ SDUD DYDOLDU DV LQWHJUDLVREWHPRV 1m [ xu dL [ = [ dL [ xr = 0 - x 4y2 + 1 dy 1m 4y2 + 1 dy 0 - 1m = [ [ 0 y2 4y2 + 1 dy 1m 0 4y2 + 1 dy 0, 6063 = 0, 410 m 1, 479 = 1m [ yu dL [ = [ dL [ yr = 0 - y 4y2 + 1 dy 1m 0 - 2 4y + 1 dy = 0, 8484 = 0, 574 m 1, 479 NOTA: (VVHV UHVXOWDGRV SDUD & SDUHFHP UD]RiYHLV TXDQGR VmR GHVHQKDGRV QD )LJXUD Exemplo 9.2 /RFDOL]HRFHQWURLGHGRVHJPHQWRGHILRFLUFXODUPRVWUDGRQD)LJXUD SOLUÇÃO &RRUGHQDGDV SRODUHV VHUmR XVDGDV SDUD UHVROYHU HVWH SUREOHPD SRLV R DUFR p FLUFXODU y ~ x R cos θ dL Rd θ C(x, y ) R dθ (R, θ) ~y R sen θ θ x O Figura 9.9 Elemento diferencial 8PDUFRFLUFXODUGLIHUHQFLDOpVHOHFLRQDGRFRPRPRVWUDDILJXUD(VVHHOHPHQWR LQWHUFHSWDDFXUYDHP 5ș Comprimento e braço do momento 2 FRPSULPHQWR GR HOHPHQWR GLIHUHQFLDO p G/ 5 Gș H VHX FHQWURLGH HVWi ORFDOL]DGRHP[a 5FRVșH\a 5VHQș Integrações $SOLFDQGRDVHTXDo}HVHLQWHJUDQGRFRPUHODomRDșREWHPRV +/2 xr = 2 0 - 0 + /2 0 - +/ 2 0 r/2 yr +/ 2 [ xu dL [ ^ R cos ih R di R [ cos i di 2R = = = r R [ di [ dL [ R di r/2 [ yu dL [ ^ R sen ih R di R [ sen i di 2R r R [ di [ dL [ R di 2 0 L 0 r/2 L 0 r/2 0 NOTA: &RQIRUPH HVSHUDGR DV GXDV FRRUGHQDGDV VmR QXPHULFDPHQWH DV PHVPDV GHYLGRjVLPHWULDGRILR Exemplo 9.3 'HWHUPLQHDGLVWkQFLD\ժPHGLGDDSDUWLUGRHL[R[DWpRFHQWURLGHGDiUHDGRWULkQJXOR PRVWUDGRQD)LJXUD Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 343 | SOLUÇÃO Elemento diferencial &RQVLGHUH XP HOHPHQWR UHWDQJXODU TXH WHQKD XPD HVSHVVXUD G\ H HVWHMD ORFDOL]DGR HP XPD SRVLomR TXDOTXHU GH PRGR TXH LQWHUFHSWH R FRQWRUQR HP [\ )LJXUD Área e braços do momento $iUHDGRHOHPHQWRpdA = x dy = b ^h - yh dy HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGR h DXPDGLVWkQFLD\a \GRHL[R[ Integração $SOLFDQGRDVHJXQGDGDVHTXDo}HVHLQWHJUDQGRFRPUHODomRD\WHPRV y y h (b b x) (x, y ) ~~ (x, y) h x dy h yr = [ yu dA [ y; bh ^h - yh dy E = = [ dA [ bh ^h - yh dy 1 6 1 2 0 A h A x bh 2 = h 3 bh b Figura 9.10 0 NOTA: (VVH UHVXOWDGR p YiOLGR SDUD TXDOTXHU IRUPD GH WULkQJXOR (OH LQGLFD TXH R FHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRDXPWHUoRGDDOWXUDPHGLGDDSDUWLUGDEDVHGRWULkQJXOR Exemplo 9.4 /RFDOL]HRFHQWURLGHSDUDDiUHDGHXPTXDUWRGHFtUFXORPRVWUDGRQD)LJXUD y Rdθ R 3 R ~ y 2 R sen θ 3 R, θ dθ θ x ~ x y 2 R cos θ 3 Figura 9.11 SOLUÇÃO Elemento diferencial $V FRRUGHQDGDV SRODUHV VHUmR XVDGDV SRLV R FRQWRUQR p FLUFXODU (VFROKHPRV R HOHPHQWRQDIRUPDGHXPWULkQJXOR )LJXUD 1DUHDOLGDGHDIRUPDpXPVHWRU FLUFXODUSRUpPGHVFRQVLGHUDQGRGLIHUHQFLDLVGHRUGHPPDLVDOWDRHOHPHQWRVHWRUQD WULDQJXODU 2HOHPHQWRLQWHUFHSWDDFXUYDQRSRQWR 5ș Área e braços do momento $iUHDGRHOHPHQWRp 2 dA = 1 ^ Rh^ R di h = R di 2 2 H XVDQGR RV UHVXOWDGRV GR ([HPSOR R FHQWURLGH GR HOHPHQWR WULDQJXODU HVWi ORFDOL]DGRHP x 32 R cos i y 32 R sen i | 344 | Estática Integrações $SOLFDQGRDVHTXDo}HVHLQWHJUDQGRFRPUHODomRDșREWHPRV +/2 +/ 2 R2 2 2 cos i di u xdA c R cos i m di c Rm 3 2 3 0 0 xr = " = = = 4R 2 + / 2 + /2 3r R di dA di " 2 0 0 [ [ [ yr [ [ [ u [ [ ydA [ dA r/2 2 2 R2 c R sen i m di c Rm 2 3 3 r/2 R 2 di 2 0 0 A [ A Exemplo [ [ r/2 0 r/2 0 sen i di 4R 3r di 9.5 /RFDOL]HRFHQWURLGHGDiUHDPRVWUDGDQD)LJXUDD y y x2 y x2 y dy x 1m (x, y ) 1m (x, y ) ~~ (x, y) ~ y~) (x, y y x x x dx (1 x) 1m 1m (a) (b) Figura 9.12 SOLUÇÃO I Elemento diferencial 8P HOHPHQWR GLIHUHQFLDO GH HVSHVVXUD G[ p PRVWUDGR QD )LJXUD D 2 HOHPHQWR LQWHUFHSWDDFXUYDQRSRQWRDUELWUiULR [\ HSRUWDQWRWHPDOWXUD\ Área e braços de momento $iUHDGRHOHPHQWRpG$ \G[HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP[a [\a \ Integração $SOLFDQGRDVHTXDo}HVHLQWHJUDQGRFRPUHODomRD[WHPRV 1m xr = u [ [ xdA = [ dA [ 0 " " xy dx 1m 0 = y dx [ [ 0 1m 1m 0 1m yr = [ yu dA [ ^ y/2hy dx = [ dA [ y dx 0 " " 1m 0 = x3 dx x2 dx [ 0 1m = 0, 250 = 0, 75 m 0, 333 ^ x2 /2h x2 dx [ 0 1m 2 x dx = 0, 100 = 0, 3 m 0, 333 SOLUÇÃO II Elemento diferencial 2HOHPHQWRGLIHUHQFLDOGDHVSHVVXUDG\pPRVWUDGRQD)LJXUDE2HOHPHQWRFUX]D DFXUYDQRSRQWRDUELWUiULR [\ HSRUWDQWRWHPXPFRPSULPHQWR ±[ Capítulo 9 | Centro de gravidade e centroide 345 Área e braços do momento $iUHDGRHOHPHQWRpG$ ±[ G\HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP xV = x + c 1 - x m = 1 - x , yV = y 2 2 Integrações $SOLFDQGRDVHTXDo}HVHLQWHJUDQGRFRPUHODomRD\REWHPRV 1m 1 1 m ^1 - yh dy xV dA 6^1 + xh /2 @^1 - xh dy 0, 250 2 xV = A = 0 = 1 m0 = = 0, 75 m 1m 0, 333 dA ^ h 1 - y dy ^1 - xh dy [ [ [ [ [ A 1m yr = [ 0 [ yu dA [ = [ dA [ 0 " y^1 - xh dy 1m 0 " 0 ^1 - xh dy [ [ 0 = 1m 1m 0 ^ y - y3/2h dy ^1 - y h dy = 0, 100 = 0, 3 m 0, 333 NOTA:7UDFHHVVHVUHVXOWDGRVQRJUiILFRHREVHUYHTXHHOHVSDUHFHPUD]RiYHLV$OpP GLVVRSDUDHVWHSUREOHPDRVHOHPHQWRVGHHVSHVVXUDG[RIHUHFHPXPDVROXomRPDLV VLPSOHV Exemplo 9.6 /RFDOL]HRFHQWURLGHGDiUHDVHPLHOtSWLFDPRVWUDGDQD)LJXUDD y y ~ x 1m x 2 x 4 y ~ y y 2 x2 4 dy y2 2m 2m ( x, y) y x ~ y x 2m (a) SOLUÇÃO I Elemento diferencial 9DPRVFRQVLGHUDURHOHPHQWRGLIHUHQFLDOUHWDQJXODUSDUDOHORDRHL[R\TXHDSDUHFH VRPEUHDGRQD)LJXUDD(VVHHOHPHQWRWHPXPDHVSHVVXUDG[HXPDDOWXUD\ Área e braços do momento $VVLPDiUHDpG$ \G[HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP [V [ H \V \ Integração &RPRDiUHDpVLPpWULFDHPUHODomRDRHL[R\ [S 2m yr = y ^ y dxh 2 -2 m 2m " " -2 m y dx 2m (b) Figura 9.13 [ yu dA [ = [ dA [ = 1 2 2 1 - x WHPRV 4 2 c1 - x m dx 4 3 4 -2 m = = 0, 424 m 2 2m r 1 - x dx 4 -2 m [ [ 2m y x x $SOLFDQGRDVHJXQGDGDVHTXDo}HVFRP y = 1 1 dx y2 | | 346 | Estática SOLUÇÃO II Elemento diferencial 9DPRV FRQVLGHUDU R HOHPHQWR GLIHUHQFLDO UHWDQJXODU VRPEUHDGR GH HVSHVVXUD G\ H ODUJXUD[SDUDOHORDRHL[R[ )LJXUDE Área e braços do momento $iUHDpG$ [G\HVHXFHQWURLGHHVWiHP[a H\a \ Integração $SOLFDQGRDVHJXQGDGDVHTXDo}HVHPFRP x = 2 1 - y2 WHPRV 1m yr = [ yu dA [ = [ dA [ 0 " y^2x dyh 1m 0 " Exemplo 1m [ [ 0 = 2x dy 4y 1 - y2 dy 1m 0 2 4 1 - y dy = 4 3 m = 0, 424 m r 9.7 /RFDOL]HRFHQWURLGH\aSDUDRSDUDERORLGHGHUHYROXomRPRVWUDGDQD)LJXUD z z2 ~y 100y y (o, y, z) 100 mm z r dy y (0, ~y, 0) x 100 mm Figura 9.14 SOLUÇÃO Elemento diferencial 8PHOHPHQWRFRPDIRUPDGHXPGLVFRILQRpHVFROKLGR(VVHHOHPHQWRWHPHVSHVVXUD G\LQWHUFHSWDDFXUYDGHJHUDomRQRSRQWRDUELWUiULR \] HSRUWDQWRVHXUDLRp U ] Volume e braço do momento 2YROXPHGRHOHPHQWRpG9 +] G\HVHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP\a \ Integração $SOLFDQGRDVHJXQGDGDVHTXDo}HVHPHLQWHJUDQGRFRPUHODomRD\WHPRV yr = [ yu dV [ dV 7 7 100 mm = [ [ 0 0 y^rz2h dy 100 mm ^rz2h dy [ = 100r [ 100r 0 0 100 mm 100 mm y2 dy = 66, 7 mm y dy Capítulo 9 Exemplo Centro de gravidade e centroide 9.8 'HWHUPLQHDORFDOL]DomRGRFHQWURGHPDVVDGRFLOLQGURPRVWUDGRQD)LJXUD VHVXDGHQVLGDGHYDULDGLUHWDPHQWHFRPDGLVWkQFLDDSDUWLUGHVXDEDVHRXVHMD t ]NJP z 0,5 m 1m (0,0, ~z) dz z y x Figura 9.15 SOLUÇÃO 3RUPRWLYRVGHVLPHWULDGHPDWHULDO [ժ \ժ Elemento diferencial 8P HOHPHQWR GH GLVFR FRP UDLR P H HVSHVVXUD G] p HVFROKLGR SDUD LQWHJUDomR )LJXUD SRLVDGHQVLGDGHGRHOHPHQWRLQWHLURpFRQVWDQWHSDUDGHWHUPLQDGRYDORU GH]2HOHPHQWRHVWiORFDOL]DGRDRORQJRGRHL[R]QRSRQWRDUELWUiULR ] Volume e braço do momento 2YROXPHGRHOHPHQWRpG9 + G]VHXFHQWURLGHHVWiORFDOL]DGRHP]a ] Integrações 8VDQGRXPDHTXDomRVHPHOKDQWHjWHUFHLUDGDVHTXDo}HVHPHLQWHJUDQGRFRP UHODomRD]REVHUYDQGRTXHt ]WHPRV zr [ [ 0, 667 m V V 1m 1m [ zut dV [ t dV 0 0 z^200zh6r^0, 5h2 dz @ 1m ^200zh r^0, 5h2 dz z 2 dz 0 0 [ [ 1m z dz | 347 | | 348 | Estática Problemas fundamentais 9.1. 'HWHUPLQHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDVRPEUHDGD 9.4. /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVD[ժGDEDUUDUHWDVHVXDPDVVD SRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRIRUGDGDSRUP P [/ y y x 1m L y x3 Problema 9.4 x 1m 9.5. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGRVyOLGRKRPRJrQHRIRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R\ Problema 9.1 9.2. 'HWHUPLQHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDVRPEUHDGD z z2 y 1 y 4 0,5 m y 1m y x 3 x 1m x Problema 9.5 1m Problema 9.2 9.3. 'HWHUPLQHRFHQWURLGH\ժGDiUHDVRPEUHDGD 9.6. /RFDOL]H R FHQWURLGH ]ժ GR VyOLGR KRPRJrQHR IRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] y z 2m y 2m 2x 2 z 1 (12 –– 3 2m x 1m 1m Problema 9.3 y x 1,5 m Problema 9.6 8y) Capítulo 9 | Centro de gravidade e centroide 349 | Problemas •9.1. 'HWHUPLQHDPDVVDHDORFDOL]DomRGRFHQWURGHPDVVD [ժ \ժ GD EDUUD HP IRUPDWR SDUDEyOLFR XQLIRUPH$ PDVVD SRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGDEDUUDpNJP y 1m y 1m y2 4x y2 x3 O 4m x Problema 9.3 x *9.4. 'HWHUPLQHDPDVVDHORFDOL]HRFHQWURGHPDVVD [ժ\ժ GDEDUUDXQLIRUPH$PDVVDSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGD EDUUDpNJP 4m Problema 9.1 y 9.2. $EDUUDXQLIRUPHpHQFXUYDGDQDIRUPDGHXPDSDUiEROD H WHP XP SHVR SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH 1P 'HWHUPLQHDVUHDo}HVQRDSRLRIL[R$ y 4 x2 y 4m y2 x x 1m 2m Problema 9.4 A x 1m •9.5. 'HWHUPLQHDPDVVDHDORFDOL]DomRGRFHQWURGHPDVVD [ժ GD EDUUD VH VXD PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR p P P [/ Problema 9.2 y 9.3. 'HWHUPLQHDGLVWkQFLD[ժDWpRFHQWURGHPDVVDGDEDUUD KRPRJrQHD HQFXUYDGD QD IRUPD PRVWUDGD 6H D EDUUD WHP XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH NJP GHWHUPLQHDVUHDo}HVQRDSRLRIL[R2 x L Problema 9.5 | 350 | Estática 9.6. 'HWHUPLQHDORFDOL]DomR [ժ\ժ GRFHQWURLGHGRILR •9.9. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD y y 1m y2 1m x3 1m y x 1m x2 Problema 9.9 x Problema 9.6 9.10. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD 9.7. /RFDOL]H R FHQWURLGH [ժ GD EDUUD FLUFXODU ([SUHVVH D UHVSRVWDHPWHUPRVGRUDLRUHGRkQJXORGHVHPLDUFRĮ y y r y 1m x3 α C x x α 1m r Problema 9.10 –x 9.11. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD Problema 9.7 y *9.8. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD y y2 4ax 2 ab 4m y2 x 4x b x Problema 9.11 4m Problema 9.8 *9.12. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHD Capítulo 9 •9.13. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHD | Centro de gravidade e centroide 351 | •9.17. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD y y x 1/ 2 y x h 1m y Problemas 9.12/13 h x2 –– a2 x a 9.14. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD Problema 9.17 y c2 xy x 9.18. $ SODFD p IHLWD GH DoR FRP XPD GHQVLGDGH GH NJP6HDHVSHVVXUDGDSODFDpPPGHWHUPLQH DVFRPSRQHQWHVKRUL]RQWDOHYHUWLFDOGDUHDomRQRSLQR$ HDWUDomRQRFDER%& a b Problema 9.14 y C 9.15. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD B y y3 2x 2m A h y x h x2 –– a2 4m x Problema 9.18 a Problema 9.15 9.19. 'HWHUPLQH D ORFDOL]DomR [ժ GR FHQWURLGH & GD SDUWH VXSHULRUGDFDUGLRLGHU D ±FRVș *9.16. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD r a (1 y y 1 1 – – x2 4 cos θ) y C r 1m x 2m Problema 9.16 θ _ x Problema 9.19 x | 352 | Estática *9.20. $SODFDWHPXPDHVSHVVXUDGHPPHpFRPSRVWD GHDoRFRPXPSHVRHVSHFtILFRGHN1P'HWHUPLQHDV FRPSRQHQWHVKRUL]RQWDOHYHUWLFDOGDUHDomRQRSLQR$HD IRUoDQDFRUGDHP% *9.24. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD y y B y 3 (1 x 2) 3m 1m x2 y A x x 1m 1m Problema 9.24 Problema 9.20 •9.25. 'HWHUPLQHDiUHDHRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD •9.21. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHDVRPEUHDGD y y 2 y = 2k c x - x m 2a y ka x 3m x x3 –– 9 y a x Problema 9.21 3m 9.22. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHD 9.23. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHD Problema 9.25 9.26. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHD 9.27. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHD y y 12 mm y2 x 1m 50 mm y 600 x y 1m 12 mm x 50 mm Problemas 9.22/23 x2 Problemas 9.26/27 *9.28. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHD x Capítulo 9 •9.29. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHD | Centro de gravidade e centroide 353 | *9.32. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHD •9.33. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHD y y y h xn –– an y2 h 4x 2m x a y 2x Problemas 9.28/29 9.30. $ SODFD GH DoR WHP P GH HVSHVVXUD H WHP XPD GHQVLGDGH GH NJP 'HWHUPLQH D ORFDOL]DomR GH VHX FHQWURGHPDVVD$OpPGLVVRGHWHUPLQHDVUHDo}HVKRUL]RQWDLV H YHUWLFDLV QR SLQR H D UHDomR QR DSRLR GH UROHWH 'LFD$ IRUoDQRUPDOHP%pSHUSHQGLFXODUjWDQJHQWHHP%TXHp HQFRQWUDGDDSDUWLUGHWJș G\G[ y y2 2x x 1m Problema 9.32/33 9.34. 6HDGHQVLGDGHHPTXDOTXHUSRQWRQDSODFDUHWDQJXODU p GHILQLGD SRU t t [D RQGH t p XPD FRQVWDQWH GHWHUPLQHDPDVVDHORFDOL]HRFHQWURGHPDVVD[ժGDSODFD $SODFDWHPXPDHVSHVVXUDW 2m y A x b –– 2 x 2m b –– 2 B a 2m Problema 9.30 Problema 9.34 9.31. /RFDOL]HRFHQWURLGHGDiUHD'LFD(VFROKDHOHPHQWRV GHHVSHVVXUDG\HFRPSULPHQWR> ±\ ±\@ 9.35. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGRVyOLGRKRPRJrQHRIRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R\ y z y2 (z a) 2 a2 a y2 x y x 2 y 1m x 1m Problema 9.31 x 1m Problema 9.35 | 354 | Estática *9.36. /RFDOL]HRFHQWURLGH]ժGRVyOLGR z 5m z z 1 a (a z a 2 y2 9 4m y) 2 3m y y a x x Problema 9.36 Problema 9.39 •9.37. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGRVyOLGRKRPRJrQHRIRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R\ *9.40. /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVD\ժGRFRQHFLUFXODUIRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R\$GHQVLGDGH HPTXDOTXHUSRQWRQRFRQHpGHILQLGDSRUt tK \RQGH tpXPDFRQVWDQWH z z2 1 y3 –– 16 z 2m h y ay –– h z a x a 4m y Problema 9.37 x 9.38. /RFDOL]HRFHQWURLGH]ժGRIUXVWXPVyOLGRKRPRJrQHR GR SDUDERORLGH IRUPDGD JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQRGRHL[R] •9.41. 'HWHUPLQHDPDVVDHDORFDOL]DomRGRFHQWURGHPDVVD \ժ GR KHPLVIpULR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQRGRHL[R\$GHQVLGDGHHPTXDOTXHUSRQWRQRKHPLVIpULR SRGHVHUGHILQLGDSRUt t \D RQGHtpXPDFRQVWDQWH z z h 2 – (a a2 y 2) Problema 9.40 h – 2 z y2 h – 2 y a Problema 9.38 9.39. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGRVyOLGRKRPRJrQHRIRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R\ a2 r y x z2 x Problema 9.41 Capítulo 9 9.42. 'HWHUPLQHRYROXPHHDORFDOL]DomRGRFHQWURLGH \ժ ]ժ GRFDOoRF{QLFRKRPRJrQHR z | Centro de gravidade e centroide 355 9.43. 2KHPLVIpULRGHUDLRUpIHLWRGHXPDSLOKDGHSODFDV PXLWR ILQDV GH PRGR TXH D GHQVLGDGH YDULD FRP D DOWXUD t N]RQGHNpXPDFRQVWDQWH'HWHUPLQHVXDPDVVDHD GLVWkQFLD]ժDWpRFHQWURGHPDVVD* h z z ay –– h G x a r _ z y y x Problema 9.43 Problema 9.42 9.2 Corpos compostos 8P FRUSR FRPSRVWR FRQVLVWH GH XPD VpULH GH FRUSRV GH IRUPDV µPDLV VLPSOHV¶ FRQHFWDGRV TXH SRGHP VHU UHWDQJXODUHV WULDQJXODUHV VHPLFLUFXODUHV HWF7DO FRUSR QRUPDOPHQWHSRGHVHUVHFFLRQDGRRXGLYLGLGRHPVXDVSDUWHVFRPSRQHQWHVHGHVGH TXHRSHVRHDORFDOL]DomRGRFHQWURGHJUDYLGDGHGHFDGDXPDGHVVDVSDUWHVVHMDP FRQKHFLGRVSRGHPRVHQWmRHOLPLQDUDQHFHVVLGDGHGHLQWHJUDomRSDUDGHWHUPLQDUR FHQWURGHJUDYLGDGHSDUDRFRUSRLQWHLUR2PpWRGRSDUDID]HULVVRVHJXHRPHVPR SURFHGLPHQWR HVERoDGR QD 6HomR 2 UHVXOWDGR VmR IyUPXODV VHPHOKDQWHV jV HTXDo}HVSRUpPHPYH]GHFRQVLGHUDUXPQ~PHURLQILQLWRGHSHVRVGLIHUHQFLDLV WHPRVXPQ~PHURILQLWRGHSHVRV3RUWDQWR u xr RxW RW yr u RyW RW u zr RzW RW | $TXL xS yS zS UHSUHVHQWDDVFRRUGHQDGDVGRFHQWURGHJUDYLGDGH*GRFRUSRFRPSRVWR xV yV zV UHSUHVHQWDDVFRRUGHQDGDVGRFHQWURGHJUDYLGDGHGHFDGDSDUWHFRPSRVWDGR FRUSR R: pDVRPDGRVSHVRVGHWRGDVDVSDUWHVFRPSRVWDVGRFRUSRRXVLPSOHVPHQWH RSHVRWRWDOGRFRUSR 4XDQGR R FRUSR WHP XPD GHQVLGDGH RX SHVR HVSHFtILFR FRQVWDQWH R FHQWUR GH JUDYLGDGHFRLQFLGHFRPRFHQWURLGHGRFRUSR2FHQWURLGHSDUDOLQKDViUHDVHYROXPHV FRPSRVWRVSRGHVHUHQFRQWUDGRSRUPHLRGHUHODo}HVVHPHOKDQWHVjVHTXDo}HV SRUpP RV :V VmR VXEVWLWXtGRV SRU / $ H 9 UHVSHFWLYDPHQWH 2V FHQWURLGHV SDUD IRUPDV FRPXQV GH OLQKDV iUHDV FDVFDV H YROXPHV TXH QRUPDOPHQWH FRPS}HP XP FRUSRFRPSRVWRVmRGDGRVQD7DEHODQRVDSrQGLFHV Procedimento para análise $ORFDOL]DomRGRFHQWURGHJUDYLGDGHGHXPFRUSRRXRFHQWURLGHGHXPREMHWR JHRPpWULFR FRPSRVWR UHSUHVHQWDGR SRU XPD OLQKD iUHD RX YROXPH SRGH VHU GHWHUPLQDGRXVDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU G Para determinar a força exigida para derrubar essa barreira de concreto, primeiro é preciso determinar o local de seu centro de gravidade *. Devido à simetria, * se encontrará no eixo vertical. | 356 | Estática Partes compostas 8VDQGRXPHVERoRGLYLGDRFRUSRRXREMHWRHPXPQ~PHURILQLWRGHSDUWHV FRPSRVWDVTXHSRVVXHPIRUPDVPDLVVLPSOHV 6HXPFRUSRFRPSRVWRWHPXPIXURRXXPDUHJLmRJHRPpWULFDVHPPDWHULDO HQWmRFRQVLGHUHRFRUSRFRPSRVWRVHPRIXURHFRQVLGHUHRIXURFRPRXPD SDUWHFRPSRVWDDGLFLRQDOGHSHVRRXGLPHQVmRQHJDWLYR Braços do momento (VWDEHOHoD RV HL[RV GH FRRUGHQDGDV QR HVERoR H GHWHUPLQH DV FRRUGHQDGDV xV yV zV GRFHQWURGHJUDYLGDGHRXFHQWURLGHGHFDGDSDUWH Somatórios 'HWHUPLQH xS yS zS DSOLFDQGRDVHTXDo}HVGHFHQWURGHJUDYLGDGH HTXDo}HV RXDVHTXDo}HVGHFHQWURLGHFRUUHVSRQGHQWHV 6HXPREMHWRpVLPpWULFRHPUHODomRDRHL[RRFHQWURLGHGRREMHWRVHHQFRQWUD QHVVHHL[R 6HGHVHMDGRRVFiOFXORVSRGHPVHUDUUXPDGRVHPIRUPDWRWDEXODUFRQIRUPHLQGLFDGR QRVWUrVH[HPSORVDVHJXLU Exemplo 9.9 /RFDOL]HRFHQWURLGHGRILRPRVWUDGRQD)LJXUDD z z 20 mm 40 mm (2) (60) ——— 1 60 mm 20 mm 38,2 mm 60 mm y 2 10 mm 20 mm 3 y x x (a) (b) Figura 9.16 SOLUÇÃO Partes compostas 2ILRpGLYLGLGRHPWUrVVHJPHQWRVFRPRPRVWUDD)LJXUDE Braços do momento $ORFDOL]DomRGRFHQWURLGHSDUDFDGDVHJPHQWRpGHWHUPLQDGRHLQGLFDGRQDILJXUD (PSDUWLFXODURFHQWURLGHGRVHJPHQWRMpGHWHUPLQDGRSHODLQWHJUDomRRXXVDQGR D7DEHODGRVDSrQGLFHV Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 357 | Somatórios 3RUFRQYHQLrQFLDRVFiOFXORVSRGHPVHUWDEXODGRVGDVHJXLQWHIRUPD 6HJPHQWR / PP [֗ PP \֗ PP + ± ]֗ PP [֗/ PP \֗/ PP ± ± ± R\֗ / ± R]֗ / ± R[֗ / R/ ]֗/ PP $VVLP u xr RxL 11 310 45, 5 mm RL 248, 5 yr = u RyL = - 5600 = -22, 5 mm RL 248, 5 u zr = RzL = - 200 = -0, 805 mm RL 248, 5 Exemplo 9.10 /RFDOL]HRFHQWURLGHGDiUHDGDSODFDPRVWUDGDQD)LJXUDD y y 2 1 2m 1,5 m 1m x 1m 1,5 m 1 m x 1m 2m 3m (a) y SOLUÇÃO Partes compostas $SODFDpGLYLGLGDHPWUrVVHJPHQWRVFRQIRUPHPRVWUDD)LJXUDE$TXLDiUHD GR SHTXHQR UHWkQJXOR O p FRQVLGHUDGD µQHJDWLYD¶ SRLV SUHFLVD VHU VXEWUDtGD GR PDLRUN 3 2,5 m 2m x Braços do momento 2FHQWURLGHGHFDGDVHJPHQWRHVWiORFDOL]DGRFRQIRUPHLQGLFDDILJXUD2EVHUYHTXH DVFRRUGHQDGDV[aGHNHOVmRQHJDWLYDV (b) Figura 9.17 | 358 | Estática Somatórios 7RPDQGRRVGDGRVGD)LJXUDERVFiOFXORVVmRWDEXODGRVGDVHJXLQWHIRUPD 6HJPHQWR $ P [֗ P \֗ P 1 ^3 h^3 h 4, 5 2 ± ± ± ± [֗$ P \֗$ P ± ± V =- RxA R$ V 14 RyA $VVLP u xr = RxA = - 4 = -0, 348 m RA 11, 5 yr u RyA 14 1, 22 m RA 11, 5 NOTA:6HHVVHVUHVXOWDGRVIRUHPUHSUHVHQWDGRVQD)LJXUDDORFDOL]DomRGRSRQWR &SDUHFHVHUUD]RiYHO Exemplo 9.11 /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVDGDHVWUXWXUDPRVWUDGDQD)LJXUDD2IUXVWXPF{QLFR WHP XPD GHQVLGDGH GH tF 0JP H R KHPLVIpULR WHP XPD GHQVLGDGH GH tK 0JP([LVWHXPIXURFLOtQGULFRFRPUDLRGHPPQRFHQWURGRIUXVWXP z 25 mm 100 mm y 50 mm 50 mm x (a) 3 25 mm 100 mm 200 mm 200 mm 4 100 mm 4 1 25 mm 4 50 mm 25 mm 100 mm 50 mm 50 mm 50 mm 2 3 (50) 8 18,75 mm (b) Figura 9.18 Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 359 | SOLUÇÃO Partes compostas 3RGHVH FRQVLGHUDU TXH D HVWUXWXUD FRQVLVWH HP TXDWUR VHJPHQWRV FRPR PRVWUD D )LJXUDE3DUDRVFiOFXORVOHPGHYHPVHUFRQVLGHUDGRVVHJPHQWRVµQHJDWLYRV¶ DILPGHTXHRVTXDWURVHJPHQWRVTXDQGRVRPDGRVJHUHPDIRUPDFRPSRVWDWRWDO PRVWUDGDQD)LJXUDD Braço do momento 8VDQGR D 7DEHOD GRV DSrQGLFHV RV FiOFXORV SDUD R FHQWURLGH ]֥ GH FDGD SHGDoR DSDUHFHPQDILJXUD Somatórios 3RUFDXVDGDVLPHWULDREVHUYHTXH xS yS u Rm &RPR: PJHJpFRQVWDQWHDWHUFHLUDGDVHTXDo}HVWRUQDVH zr Rzm $ PDVVD GH FDGD SHGDoR SRGH VHU FDOFXODGD D SDUWLU GH P t9 H XVDGD SDUD RV FiOFXORV$OpPGLVVR0JP ±NJPPGHPRGRTXH 6HJPHQWR ]֗ PP P NJ ]֗P NJāPP 8^10- 6h^ 13 h r^50h2 ^200h = 4, 189 4^10- 6h^ 32 h r^50h3 = 1, 047 ± ± - 8^10- 6h^ 13 h r^25h2 ^100h = - 0, 524 ± ± ± + ± ± R]֗P RP $VVLP 45, 815 z Rzm 14, 6 mm Rm 3, 142 Problemas fundamentais 9.7. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ]ժ GRILRGREUDGRQDIRUPD PRVWUDGD 9.8. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGD YLJD y z 150 mm 150 mm 300 mm 50 mm x 600 mm y 300 mm x 400 mm 25 mm 25 mm Problema 9.7 Problema 9.8 | 360 | Estática 9.9. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGD YLJD 9.11. /RFDOL]H R FHQWUR GH PDVVD [ժ \ժ ]ժ GR EORFR VyOLGR KRPRJrQHR z 400 mm 50 mm C 6m 200 mm y x 2m 3m y 4m 50 mm 2m x 50 mm 5m Problema 9.9 Problema 9.11 9.10. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDO 9.12. 'HWHUPLQHRFHQWURGHPDVVD [ժ\ժ]ժ GREORFRVyOLGR KRPRJrQHR y z 50 mm 0,5 m 1,5 m 400 mm x 1,8 m C y y 50 mm x x 0,5 m 2m 1,5 m 300 mm Problema 9.12 Problema 9.10 Problemas *9.44. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GRILRXQLIRUPHGREUDGR QDIRUPDPRVWUDGD •9.45. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ]ժ GRILR y z 100 mm 20 mm 150 mm 400 mm 200 mm x 50 mm Problema 9.44 y x Problema 9.45 Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide 9.46. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ]ժ GRILR | 361 | y z A 60 mm 60 40 mm B 200 mm x x C 200 mm Problema 9.49 y Problema 9.46 9.47. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ]ժ GRILRTXHHVWiGREUDGR QDIRUPDPRVWUDGD z 9.50. &DGD XP GRV WUrV PHPEURV GD HVWUXWXUD WHP XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWR GH NJP /RFDOL]H D SRVLomR [ժ\ժ GRFHQWURGHPDVVD'HVSUH]HDGLPHQVmRGRV SLQRV QDV MXQWDV H D HVSHVVXUD GRV PHPEURV$OpP GLVVR FDOFXOHDVUHDo}HVQRSLQR$HQRUROHWH( y 20 mm 4m 4m C E D 6m 20 mm 40 mm B y x 7m Problema 9.47 A *9.48. $WUHOLoDpFRPSRVWDGHVHWHPHPEURVFDGDXPWHQGR XPDPDVVDSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGHNJP/RFDOL]H DSRVLomR [ժ\ժ GRFHQWURGHPDVVD'HVSUH]HDPDVVDGDV SODFDVGHOLJDomRQDVMXQWDV y x Problema 9.50 9.51. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDO GRFDQDO y E D 10 mm 3m A C B 3m x 220 mm 3m Problema 9.48 •9.49. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GRILR6HRILRIRUVXVSHQVR SRU $ GHWHUPLQH R kQJXOR TXH R VHJPHQWR $% ID] FRP D YHUWLFDOTXDQGRRILRHVWiHPHTXLOtEULR x 10 mm 90 mm 10 mm Problema 9.51 | 362 | Estática *9.52. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GDYLJDGHFRQFUHWR 9.55. /RFDOL]HDGLVWkQFLD\ժDWpRFHQWURLGHGDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOGRPHPEUR y y 50 mm 50 mm 120 mm 120 mm 30 mm 600 mm 270 mm 150 mm 100 mm 60 mm x x 300 mm 300 mm Problema 9.55 30 mm *9.56. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GDYLJDFRQVWUXtGD Problema 9.52 y •9.53. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GDYLJDFRQVWUXtGD y 15 mm 40 mm 40 mm 15 mm 15 mm 35 mm 60 mm 10 mm 115 mm 10 mm 15 mm 60 mm x Problema 9.56 x 30 mm 10 mm 30 mm 10 mm •9.57. $SDUHGHGHJUDYLGDGHpIHLWDGHFRQFUHWR'HWHUPLQH DORFDOL]DomR [ժ\ժ GRFHQWURGHPDVVD*SDUDDSDUHGH y Problema 9.53 1,2 m 9.54. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGR FDQDO _ x 3m G 20 mm _ y 20 mm 120 mm 0,4 m 20 mm 40 mm y 2,4 m C 0,6 m Problema 9.54 0,6 m Problema 9.57 x Capítulo 9 | Centro de gravidade e centroide 363 | 9.62. 3DUD GHWHUPLQDU D ORFDOL]DomR GR FHQWUR GH JUDYLGDGH GR DXWRPyYHO HOH SULPHLUR p FRORFDGR HP XPD SRVLomR QLYHODGD FRP DV GXDV URGDV HP XP ODGR DSRLDQGR VREUH D SODWDIRUPD3GHXPDEDODQoD1HVVDSRVLomRDEDODQoDUHJLVWUD XPDOHLWXUDGH:'HSRLVXPODGRpHOHYDGRSDUDXPDDOWXUD FRQYHQLHQWH F FRQIRUPH PRVWUD D ILJXUD$ QRYD OHLWXUD QD HVFDODp:6HRDXWRPyYHOWHPXPSHVRWRWDOGH:GHWHUPLQH DORFDOL]DomRGHVHXFHQWURGHJUDYLGDGH* [ժ\ժ 9.58. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHDFRPSRVWD y r0 x ri G –y c P Problema 9.58 x– 9.59. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDFRPSRVWD 4m 3m W2 b y Problema 9.62 3m 9.63. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGD YLJDFRQVWUXtGD y 3m x 150 mm Problema 9.59 150 mm 20 mm *9.60. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHDFRPSRVWD y 200 mm 300 mm 300 mm 450 mm 150 mm x 100 mm x 20 mm Problema 9.60 Problema 9.63 •9.61. 'LYLGD D SODFD HP SDUWHV H XVDQGR D JUDGH SDUD PHGLomR GHWHUPLQH DSUR[LPDGDPHQWH D ORFDOL]DomR [ժ \ժ GRFHQWURLGHGDSODFD *9.64. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GDYLJDFRQVWUXtGD y 200 mm y 200 mm 200 mm 200 mm 20 mm 50 mm 150 mm 10 mm 10 mm 300 mm 20 mm 20 mm x Problema 9.61 x Problema 9.64 | 364 | Estática •9.65. $SODFDFRPSRVWDpIHLWDGHVHJPHQWRVGHDoR $ HEURQ]H % 'HWHUPLQHDPDVVDHDORFDOL]DomR [ժ \ժ ]ժ GHVHXFHQWURGHPDVVD*&RQVLGHUHtDoR PJPH tEU 0JP z A 9.67. %ORFRVXQLIRUPHVFRPXPFRPSULPHQWR/HPDVVDP VmR HPSLOKDGRV XQV VREUH RV RXWURV FRP FDGD EORFR XOWUDSDVVDQGR R RXWUR SRU XPD GLVWkQFLD G FRQIRUPH PRVWUDGR6HRVEORFRVHVWLYHUHPFRODGRVGHPRGRTXHQmR SRVVDPWRPEDUGHWHUPLQHDORFDOL]DomR[ժGRFHQWURGHPDVVD GHXPDSLOKDGHQEORFRV *9.68. %ORFRV XQLIRUPHV FRP XP FRPSULPHQWR / H PDVVD P VmR HPSLOKDGRV XQV VREUH RV RXWURV FRP FDGD EORFR XOWUDSDVVDQGR R RXWUR SRU XPD GLVWkQFLD G FRQIRUPH PRVWUDGR 0RVWUH TXH R Q~PHUR Pi[LPR GH EORFRV TXH SRGHPVHUHPSLOKDGRVGHVVDPDQHLUDpQ/G 225 mm G y y 150 mm B 2d 150 mm 30 mm d x Problema 9.65 9.66. 2FDUURVHDSRLDHPTXDWUREDODQoDVHQHVVDSRVLomR DVOHLWXUDVGDVEDODQoDVGDVURGDVGLDQWHLUDVHWUDVHLUDVVmR LQGLFDGDVSRU)$H)%4XDQGRDVURGDVWUDVHLUDVVmRHOHYDGDV DXPDDOWXUDGHPDFLPDGDVEDODQoDVGLDQWHLUDVDVQRYDV OHLWXUDV GDV URGDV GLDQWHLUDV WDPEpP VmR UHJLVWUDGDV 8VH HVVHV GDGRV SDUD FDOFXODU D ORFDOL]DomR [ժ H \ժ GR FHQWUR GH JUDYLGDGH*GRFDUUR&DGDXPGRVSQHXVWHPXPGLkPHWUR GHP G _ y B x L Problemas 9.67/68 •9.69. /RFDOL]HRFHQWURGHJUDYLGDGH [ժ\ժ GDFDQWRQHLUD GHPHWDOVHRPDWHULDOIRUKRPRJrQHRHWLYHUXPDHVSHVVXUD FRQVWDQWH6HDFDQWRQHLUDHVWLYHUDSRLDGDQRSODQRKRUL]RQWDO [±\PRVWUDGRGHWHUPLQHRkQJXORPi[LPRGHLQFOLQDomRș TXHHODSRGHWHUDQWHVGHFDLURXVHMDFRPHoDUDJLUDUHP WRUQRGRHL[R\ A z _ x 2,82 m FB 4432 N 4473 N FA 8905 N 5132 N 60 mm 5309 N 20 mm 10441 N 60 mm 10 mm diâmetro dos orifícios 20 mm y 20 mm 0,9 m G B 80 mm A FA 5768 N Problema 9.66 5941 N 11709 N θ 20 mm x 60 mm Problema 9.69 Capítulo 9 9.70. /RFDOL]H R FHQWUR GH PDVVD SDUD D PRQWDJHP GR FRPSUHVVRU $V ORFDOL]Do}HV GRV FHQWURV GH PDVVD GRV GLYHUVRV FRPSRQHQWHV H VXDV PDVVDV VmR LQGLFDGRV H WDEXODGRVQDILJXUD4XDLVVmRDVUHDo}HVYHUWLFDLVQRVEORFRV $H%QHFHVViULDVSDUDVXSRUWDUDSODWDIRUPD" | Centro de gravidade e centroide 365 | •9.73. /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVD]ժGRFRQMXQWR2KHPLV IpULRHRFRQHVmRFRPSRVWRVGHPDWHULDLVWHQGRGHQVLGDGHV GH0JPH0JPUHVSHFWLYDPHQWH z y 2 3 4,83 m 5 4 100 mm 3,26 m 1 3,68 m 3,15 m 1,20 m A x B 1,80 m 2,30 m 2,42 m 2,87 m 1,19m 1 Painel instrumental 2 Sistema de filtro 3 Montagem da tubulação 4 Armazenamento de líquido 5 Estrutura do compressor 300 mm x y 1,64 m Problema 9.73 230 kg 183 kg 120 kg 85 kg 468 kg 9.74. /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVD]ժGRFRQMXQWR2FLOLQGUR H R FRQH VmR IHLWRV GH PDWHULDLV FRP GHQVLGDGHV GH 0JPH0JPUHVSHFWLYDPHQWH z Problema 9.70 9.71. $V SULQFLSDLV FDUJDV QR VROR HP XPD RILFLQD VmR FDXVDGDVSHORVSHVRVGRVREMHWRVPRVWUDGRV&DGDIRUoDDWXD SRUPHLRGHVHXUHVSHFWLYRFHQWURGHJUDYLGDGH*/RFDOL]H RFHQWURGHJUDYLGDGH [ժ\ժ GHWRGDVHVVHVFRPSRQHQWHV 0,6 m 0,4 m z y 2,25 kN 0,8 m 0,2 m 7,5 kN G2 G1 x 2,7 m 3 kN G3 2,1 m 1,8 m y 1,4 kN Problema 9.74 G4 3,6 m 2,4 m 1,5 m 0,9 m 1,2 m x Problema 9.71 9.75. /RFDOL]HRFHQWURGHJUDYLGDGH [ժ\ժ]ժ GDPRQWDJHP GHEORFRVKRPRJrQHRVWHQGRXPIXURKHPLVIpULFR *9.76. /RFDOL]HRFHQWURGHJUDYLGDGH [ժ\ժ]ժ GDPRQWDJHP 2VEORFRVWULDQJXODUHUHWDQJXODUVmRIHLWRVGHPDWHULDLVFRP SHVRVHVSHFtILFRVGHN1PHN1PUHVSHFWLYDPHQWH z *9.72. /RFDOL]HRFHQWURGHPDVVD [ժ\ժ]ժ GRFRQMXQWRGH EORFRVKRPRJrQHR z 30 mm 250 mm 10 mm 200 mm 10 mm 25 mm 25 mm x 100 mm 150 mm 150 mm Problema 9.72 150 mm 22,5 mm x 30 mm 22,5 mm y y Problemas 9.75/76 | 366 | Estática •9.77. 'HWHUPLQHDGLVWkQFLD[ժDWpRFHQWURLGHGRVyOLGRTXH FRQVLVWH HP XP FLOLQGUR FRP XP IXUR GH SURIXQGLGDGH K PPHVFDYDGRHPVXDEDVH 9.78. 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD K j TXDO XP IXUR SUHFLVD VHU HVFDYDGR QR FLOLQGUR GH PRGR TXH R FHQWUR GH PDVVD GR FRQMXQWR HVWHMD ORFDOL]DGR HP [ժ PP 2 PDWHULDO WHP XPDGHQVLGDGHGH0JP y 9.79. $PRQWDJHPpIHLWDGHXPKHPLVIpULRGHDoRtDoR 0JP H XP FLOLQGUR GH DOXPtQLR tDO 0JP 'HWHUPLQH R FHQWUR GH PDVVD GD PRQWDJHP VH D DOWXUD GR FLOLQGURIRUK PP *9.80. $PRQWDJHPpIHLWDGHXPKHPLVIpULRGHDoRtDoR 0JP H XP FLOLQGUR GH DOXPtQLR tDO 0JP 'HWHUPLQH D DOWXUD K GR FLOLQGUR GH PRGR TXH R FHQWUR GH PDVVDGDPRQWDJHPHVWHMDORFDOL]DGDHP]ժ PP z 120 mm 80 mm 40 mm G x _ z 20 mm h 160 mm y h x Problemas 9.77/78 Problemas 9.79/80 9.3 2V GRLV WHRUHPDV GH 3DSSXV H *XOGLQXV VmR XVDGRV SDUD HQFRQWUDU D iUHD GD VXSHUItFLH H R YROXPH GH TXDOTXHU FRUSR GH UHYROXomR (OHV IRUDP GHVHQYROYLGRV LQLFLDOPHQWHSRU3DSSXVGH$OH[DQGULDGXUDQWHRTXDUWRVpFXORG&HUHLWHUDGREHP GHSRLVSHORPDWHPiWLFRVXtoR3DXO*XOGLQRX*XOGLQXV L dL C r Teoremas de Pappus e Guldinus r Área da superfície dA 2 r Figura 9.19 6HJLUDUPRVXPDFXUYDSODQDHPWRUQRGHXPHL[RTXHQmRLQWHUFHSWHDFXUYD JHUDUHPRVXPDiUHDGDVXSHUItFLHGHUHYROXomR3RUH[HPSORDiUHDGDVXSHUItFLH QD )LJXUD p IRUPDGD JLUDQGRVH D FXUYD GH FRPSULPHQWR / HP WRUQR GR HL[R KRUL]RQWDO 3DUD GHWHUPLQDU HVVD iUHD GD VXSHUItFLH SULPHLUR YDPRV FRQVLGHUDU R HOHPHQWR GH OLQKD GLIHUHQFLDO GR FRPSULPHQWR G/ 6H HVVH HOHPHQWR IRU JLUDGR + UDGLDQRVHPWRUQRGRHL[RXPDQHOWHQGRXPDiUHDGDVXSHUItFLHGHG$ +UG/ VHUi JHUDGR$VVLP D iUHD GD VXSHUItFLH GR FRUSR LQWHLUR p $ + U G/ &RPR S (TXDomR HQWmR A rrL r dL rL S 6HDFXUYDIRUJLUDGDDSHQDVSRUXP [ [ kQJXORGHș UDGLDQRV HQWmR S A irL RQGH $ iUHDGDVXSHUItFLHGHUHYROXomR ș kQJXORGHUHYROXomRPHGLGRHPUDGLDQRVș+ Uժ GLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUGRHL[RGHUHYROXomRDRFHQWURLGHGDFXUYDGH JHUDomR / FRPSULPHQWRGDFXUYDGHJHUDomR 3RUWDQWRRSULPHLURWHRUHPDGH3DSSXVH*XOGLQXVDILUPDTXHDiUHDGDVXSHUItFLH GHUHYROXomRpLJXDODRSURGXWRGRFRPSULPHQWRGDFXUYDGHJHUDomRSHODGLVWkQFLD WUDIHJDGDSHORFHQWURLGHGDFXUYDQDJHUDomRGDiUHDGDVXSHUItFLH Capítulo 9 | 367 Centro de gravidade e centroide | Volume 8PYROXPHSRGHVHUJHUDGRSHORJLURGHXPDiUHDSODQDHPWRUQRGHXPHL[R TXHQmRLQWHUFHSWHDiUHD3RUH[HPSORVHJLUDUPRVDiUHDVRPEUHDGD$QD)LJXUD HP WRUQR GR HL[R KRUL]RQWDO HOD JHUD R YROXPH PRVWUDGR (VVH YROXPH SRGH VHUGHWHUPLQDGRSULPHLURSHORJLURGRHOHPHQWRGLIHUHQFLDOGHiUHDG$+UDGLDQRV HPWRUQRGRHL[RGHPRGRTXHXPDQHOWHQGRRYROXPHG9 +UG$pJHUDGR2 S (TXDomR GHPRGR YROXPHLQWHLURpHQWmR9 + UG$3RUpP rd A rA S 6HDiUHDVyIRUJLUDGDDWUDYpVGHXPkQJXORș UDGLDQRV HQWmR TXH V rrA [ A C r r 2 r [ S V irA dA Figura 9.20 RQGH $ YROXPHGHUHYROXomR ș kQJXORGHUHYROXomRPHGLGRHPUDGLDQRVș+ Uժ GLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUGRHL[RGHUHYROXomRDRFHQWURLGHGDiUHDGH JHUDomR $ iUHDGHJHUDomR 3RUWDQWRRVHJXQGRWHRUHPDGH3DSSXVH*XOGLQXVDILUPDTXHRYROXPHGHXP FRUSRGHUHYROXomRpLJXDODRSURGXWRGDiUHDGHJHUDomRSHODGLVWkQFLDWUDIHJDGD SHORFHQWURLGHGDiUHDQDJHUDomRGRYROXPH Formas compostas 7DPEpPSRGHPRVDSOLFDURVGRLVWHRUHPDVDQWHULRUHVDOLQKDVRXiUHDVTXHVmR FRPSRVWDVGHXPDVpULHGHSDUWHVFRPELQDGDV1HVVHFDVRDiUHDGDVXSHUItFLHWRWDO RXYROXPHJHUDGRpDDGLomRGDViUHDVGDVXSHUItFLHRXYROXPHVJHUDGRVSRUFDGD XPD GDV SDUWHV FRPELQDGDV 6H D GLVWkQFLD SHUSHQGLFXODU GR HL[R GH UHYROXomR DR FHQWURLGHGHFDGDSDUWHFRPELQDGDIRUU˾ HQWmR V h A iR^rL H V h V iR^rA $DSOLFDomRGRVWHRUHPDVDQWHULRUHVpLOXVWUDGDQXPHULFDPHQWHQRVH[HPSORVD VHJXLU Exemplo 9.12 0RVWUH TXH D iUHD GD VXSHUItFLH GH XPD HVIHUD p $ +5 H VHX YROXPH p 9 3 +5 4 y SOLUÇÃO Área da superfície $ iUHD GD VXSHUItFLH GD HVIHUD QD )LJXUD D p JHUDGD SHOR JLUR GH XP DUFR VHPLFLUFXODU HP WRUQR GR HL[R [ 8VDQGR D 7DEHOD QRV DSrQGLFHV YHPRV TXH R FHQWURLGH GHVVH DUFR HVWi ORFDOL]DGR D XPD GLVWkQFLD Uժ 5+ D SDUWLU GR HL[R GH UHYROXomR HL[R [ &RPR R FHQWURLGH PRYHVH SRU XP kQJXOR GH ș + UDG SDUD JHUDUDHVIHUDHQWmRDSOLFDQGRD(TXDomRWHPRV A = 2r c 2R m rR = 4rR2 S A irL r C R 2R x (a) Figura 9.21 | | 368 Estática y C R 4R 3 x Volume 2YROXPHGDHVIHUDpJHUDGRJLUDQGRVHDiUHDVHPLFLUFXODUQD)LJXUDEHPWRUQR GRHL[R[8VDQGRD7DEHODQRVDSrQGLFHVORFDOL]HRFHQWURLGHGDiUHDRXVHMDUժ 5+HDSOLFDQGRD(TXDomRWHPRV V = 2r c 4R m` 1 rR2j = 4 rR3 S V irA 3 3r 2 Exemplo (b) 9.13 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGRVyOLGRFRPSOHWRQD)LJXUDD Figura 9.21 z z 1m 1m 1m 2m 2m 2,5 m 1m (a) 2,5 m 3m 3,5 m (b) Figura 9.22 SOLUÇÃO 2,5 m z ( 2 )(1 m) 3 Área da superfície $iUHDGDVXSHUItFLHpJHUDGDSHORJLURGRVTXDWURVHJPHQWRVGHOLQKDPRVWUDGRVQD )LJXUD E + UDGLDQRV HP WRUQR GR HL[R ]$V GLVWkQFLDV GR FHQWURLGH GH FDGD VHJPHQWRDWpRHL[R]WDPEpPDSDUHFHPQDILJXUD$SOLFDQGRD(TXDomRWHPRV 3,1667 m 1m 1m 2m 3m (c) Figura 9.22 S = 2r 6^2, 5 mh^2 mh + ^3 mh` ^1 mh2 + ^1 mh2 j A = 2rRrL + ^3, 5 mh^3 mh + ^3 mh^1 mh@ = 143 m 2 Volume 2 YROXPH GR VyOLGR p JHUDGR SHOR JLUR GRV GRLV VHJPHQWRV GH iUHD PRVWUDGRV QD )LJXUDF+UDGLDQRVHPWRUQRGRHL[R]$VGLVWkQFLDVDSDUWLUGRFHQWURLGHGH FDGDVHJPHQWRDWpRHL[R]WDPEpPDSDUHFHPQDILJXUD$SOLFDQGRD(TXDomR WHPRV S = 2r '^3, 1667 mh; 1 ^1 mh^1 mhE + ^3 mh6^2 mh^1 mh@1 V = 2rRrA 2 3 47 , 6 m = Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 369 | Problemas fundamentais 9.13. 'HWHUPLQH D iUHD VXSHUItFLH H R YROXPH GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R] z 9.15. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGRVyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R] z 1,5 m 150 mm 2m 180 mm 200 mm 2m Problema 9.13 300 mm Problema 9.15 9.14. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGRVyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R] 9.16. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGRVyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R] z z 1,2 m 1,5 m 2m 1,5 m 1,5 m 0,9 m 1,5 m Problema 9.14 Problema 9.16 | 370 | Estática Problemas •9.81. $FDL[DG¶iJXDHOHYDGDWHPXPWRSRF{QLFRHIXQGR KHPLVIpULFRHpIDEULFDGDXVDQGRSODFDGHDoRILQD'HWHUPLQH TXDQWRV PHWURV TXDGUDGRV GH SODFD VmR QHFHVViULRV SDUD IDEULFDUDFDL[DG¶iJXD •9.85. 'HWHUPLQHRYROXPHGHQWURGRWDQTXHGHSDUHGHILQD GH$DWp% 9.82. $FDL[DG¶iJXDHOHYDGDWHPXPWRSRF{QLFRHIXQGR KHPLVIpULFRHpIDEULFDGDXVDQGRSODFDGHDoRILQD'HWHUPLQH RYROXPHGHQWURGDFDL[DG¶iJXD z B 3m 2,4 m 1,8 m 1,5 m 3m A 1m 2,4 m Problemas 9.84/85 Problemas 9.81/82 9.83. 'HWHUPLQHRYROXPHGRVyOLGRIRUPDGRJLUDQGRVHD iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R [ XVDQGR R VHJXQGR WHRUHPDGH3DSSXV*XOGLQXV$iUHDHRFHQWURLGH\ժGDiUHD VRPEUHDGDGHYHPVHUREWLGRVSULPHLURXVDQGRVHLQWHJUDomR 9.86. 'HWHUPLQH D iUHD GD VXSHUItFLH GD FREHUWXUD GD HVWUXWXUD VH HOD p IRUPDGD JLUDQGRVH D SDUiEROD HP WRUQR GRHL[R\ y y y 4m y2 16 (x 2/ 16) 16 m 4x x 4m x 16 m Problema 9.86 Problema 9.83 *9.84. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHGH$DWp%GRWDQTXH 9.87. 'HWHUPLQH D iUHD GD VXSHUItFLH GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide *9.88. 'HWHUPLQHRYROXPHGRVyOLGRIRUPDGRJLUDQGRVHD iUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] | 371 | z 75 mm z 50 mm 0,75 m 0,5 m 0,75 m 300 mm 2m 400 mm 1m 3m 75 mm 50 mm Problema 9.91 Problemas 9.87/88 •9.89. 'HWHUPLQHRYROXPHGRVyOLGRIRUPDGRJLUDQGRVHD iUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] *9.92. 2WDQTXHGHSURFHVVDPHQWRpXVDGRSDUDDUPD]HQDU OtTXLGRVGXUDQWHDPDQXIDWXUD(VWLPHRYROXPHGRWDQTXH H D iUHD GH VXD VXSHUItFLH 2 WDQTXH WHP XP WRSR SODQR H XPDSDUHGHILQD z 3m 3m 75 mm 75 mm 75 mm 6m 250 mm 75 mm 4m 300 mm Problema 9.89 9.90. 'HWHUPLQH D iUHD GD VXSHUItFLH H R YROXPH GR VyOLGR IRUPDGRJLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] z Problema 9.92 •9.93. 2 DOLPHQWDGRU HVWi FKHLR DWp R WRSR FRP FDUYmR (VWLPH R YROXPH GR FDUYmR VH RV YmRV HVSDoR YD]LR FRUUHVSRQGHPDGRYROXPHGRDOLPHQWDGRU z 1,5 m 10 mm 4m 1,2 m 20 mm 10 mm Problema 9.90 9.91. 'HWHUPLQH D iUHD GD VXSHUItFLH H R YROXPH GR VyOLGR IRUPDGRJLUDQGRVHDiUHDVRPEUHDGDHPWRUQRGRHL[R] 0,2 m Problema 9.93 | 372 | Estática 9.94. 2 WDQTXH GH SDUHGH ILQD p IDEULFDGR D SDUWLU GH XP KHPLVIpULRHGHXPDFDVFDFLOtQGULFD'HWHUPLQHDVUHDo}HV YHUWLFDLV TXH FDGD XPD GDV SHUQDV SRVLFLRQDGDV VLPHWULFD PHQWHH[HUFHVREUHRVRORVHRWDQTXHFRQWpPiJXDTXHHVWi DPGHSURIXQGLGDGHQRWDQTXH$JUDYLGDGHHVSHFtILFD GDiJXDpN1P'HVSUH]HRSHVRGRWDQTXH *9.100. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGDURGD IRUPDGD SHOR JLUR GD VHomR WUDQVYHUVDO HP WRUQR GR HL[R] z 9.95. 'HWHUPLQHDTXDQWLGDGHDSUR[LPDGDGDWLQWDQHFHVVi ULDSDUDFREULUDVXSHUItFLHH[WHUQDGRWDQTXHDEHUWR6XSR QKDTXHXPOLWURGHWLQWDFXEUDP 2,4 m 1,8 m superfície da água 10 mm 10 mm 15 mm 1,2 m 2,4 m 20 mm 40 mm Problema 9.100 Problemas 9.94/95 •9.101. 'HWHUPLQHDiUHDGDVXSHUItFLHH[WHULRUGRWDQTXHGH DUPD]HQDPHQWR *9.96. 'HWHUPLQHiUHDGDVXSHUItFLHGRWDQTXHTXHFRQVLVWH HPXPFLOLQGURHXPDWDPSDKHPLVIpULFD 9.102. 'HWHUPLQH R YROXPH GR WDQTXH GH DUPD]HQDPHQWR GHSDUHGHILQD •9.97. 'HWHUPLQHRYROXPHGRWDQTXHFRPSDUHGHILQDTXH FRQVLVWHHPXPFLOLQGURHXPDWDPSDKHPLVIpULFD 4,5 m 1,2 m 4m 8m 9m Problemas 9.96/97 9.98. $ FDL[D G¶iJXD $% WHP XPD WDPSD KHPLVIpULFD H p IDEULFDGDFRPSODFDGHDoRILQD'HWHUPLQHRYROXPHGHQWUR GDFDL[D Problemas 9.101/102 9.99. $ FDL[D G¶iJXD $% WHP XPD WDPSD KHPLVIpULFD H p IDEULFDGDFRPSODFDGHDoRILQD6HXPOLWURGHWLQWDSRGH FREULUPGDVXSHUItFLHGRWDQTXHGHWHUPLQHTXDQWRVOLWURV VmRQHFHVViULRVSDUDFREULUDVXSHUItFLHGRWDQTXHGH$DWp% 9.103. 'HWHUPLQHDDOWXUDKjTXDOROtTXLGRGHYHVHUYHUWLGR QR FRSR GH SDSHO F{QLFR GH PRGR TXH DWLQMD D PHWDGH GD iUHDGHVXSHUItFLHQRLQWHULRUGRFRSR B 100 mm 1,6 m 1,5 m 1,6 m 150 mm A 0,2 m Problemas 9.98/99 h Problema 9.103 Capítulo 9 9.4 | Resultante de um carregamento distribuído geral Na Seção 4.9, discutimos o método usado para simplificar um carregamento distribuído bidimensional em uma única força resultante atuando em um ponto específico. Nesta seção, generalizaremos esse método para incluir superfícies planas que possuem uma forma arbitrária e estão sujeitas a uma distribuição de carga variável. Considere, por exemplo, a placa plana mostrada na Figura 9.23a, que está sujeita à carga definida por p = p(x, y) Pa, onde 1 Pa (pascal) = 1 N/m2. Conhecendo essa função, podemos determinar a força resultante FR atuando sobre a placa e sua localização (xժ , yժ ), Figura 9.23b. p dF dA x FR = RF; # A p^ x, yh dA = # V dV = V (9.11) Esse resultado indica que a intensidade da força resultante é igual ao volume total sob o diagrama do carregamento distribuído. Localização da força resultante O local (xժ , yժ ) de FR é determinado fazendo-se os momentos de FR iguais aos momentos de todas as forças diferenciais dF em relação aos respectivos eixos y e x. Das figuras 9.23a e 9.23b, usando a Equação 9.11, isso resulta em: xr = # xp^ x, yh dA # xdV = # p^ x, yh dA # dV A A V V dV x y x y (a) A força dF atuando sobre a área diferencial d A m2 da placa, localizada em um ponto arbitrário (x, y), tem uma intensidade de dF = [p(x, y) N/m2](dA m2) = [p(x, y) dA] N. Observe que p(x, y) dA = dV, o elemento de volume diferencial, mostrado na Figura 9.23a. A intensidade de FR é a soma das forças diferenciais atuando sobre a área da superfície inteira da placa. Assim, FR = p = p(x, y) y Intensidade da força resultante yr = # yp^ x, yh dA # ydV = # p^ x, yh dA # dV A A V (9.12) V Logo, a linha de ação da força resultante passa pelo centro geométrico ou centroide do volume sob o diagrama do carregamento distribuído. 9.5 | 373 Centro de gravidade e centroide Pressão de fluidos De acordo com a lei de Pascal, um fluido em repouso cria uma pressão p em um ponto que é a mesma em todas as direções. A intensidade de p, medida como uma força por área unitária, depende do peso específico Ȗ ou densidade de massa t do fluido e da profundidade z do ponto a partir da superfície do fluido.* O relacionamento pode ser expresso matematicamente como: p = Ȗ z = t gz (9.13) onde g é a aceleração em virtude da gravidade. Essa equação é válida apenas para fluidos que são considerados incompressíveis, como no caso da maioria dos líquidos. Gases são fluidos compressíveis, e como sua densidade muda significativamente com a pressão e a temperatura, a Equação 9.13 não pode ser usada. Para ilustrar como a Equação 9.13 é aplicada, considere a placa submersa mostrada na Figura 9.24. Três pontos na placa foram especificados. Como o ponto B está na * Em particular, para a água, Ȗ = t, g = 9810 N/m3 pois t = 1000 kg/m3 e g = 9,81 m/s2. FR x y (b) Figura 9.23 | 374 | Estática SURIXQGLGDGH ] D SDUWLU GD VXSHUItFLH GR OtTXLGR D SUHVVmR QHVVH SRQWR WHP XPD LQWHQVLGDGH S Ȗ ] 'H PRGR VHPHOKDQWH RV SRQWRV & H ' HVWmR DPERV QD SURIXQGLGDGH]ORJRS Ȗ](PWRGRVRVFDVRVDSUHVVmRDWXDQRUPDOjiUHDGD VXSHUItFLHG$ORFDOL]DGDQRSRQWRHVSHFLILFDGR Superfície do líquido y z B p1 p2 x p2 dA z1 D dA dA z2 b C Figura 9.24 8VDQGR D (TXDomR H RV UHVXOWDGRV GD 6HomR p SRVVtYHO GHWHUPLQDU D IRUoD UHVXOWDQWH FDXVDGD SRU XP OtTXLGR H HVSHFLILFDU VXD ORFDOL]DomR QD VXSHUItFLH GH XPD SODFD VXEPHUVD 7UrV IRUPDV GH SODFDV GLIHUHQWHV VHUmR FRQVLGHUDGDV HP VHJXLGD Placa plana de espessura constante 8PDSODFDUHWDQJXODUSODQDGHHVSHVVXUDFRQVWDQWHTXHpVXEPHUVDHPXPOtTXLGR FRP XP SHVR HVSHFtILFR Ȗ p PRVWUDGR QD )LJXUD D &RPR D SUHVVmR YDULD OLQHDUPHQWH FRP D SURIXQGLGDGH (TXDomR D GLVWULEXLomR GH SUHVVmR SHOD VXSHUItFLHGDSODFDpUHSUHVHQWDGDSRUXPYROXPHWUDSH]RLGDOGHLQWHQVLGDGHS Ȗ ]QDSURIXQGLGDGH]HS Ȗ]QDSURIXQGLGDGH]&RQIRUPHREVHUYDPRVQD6HomR DLQWHQVLGDGHGDIRUoDUHVXOWDQWH)5pLJXDODRYROXPHGHVVHGLDJUDPDGHFDUJD H )% WHP XPD OLQKD GH DomR TXH SDVVD SHOR FHQWURLGH GR YROXPH & /RJR )5 QmR DWXDQRFHQWURLGHGDSODFDHPYH]GLVVRDWXDQRSRQWR3FKDPDGRFHQWURGHSUHVVmR Superfície do líquido p1 y γ z1 y Superfície do líquido FR C p2 z γ z2 FR x P w1 bp 1 z1 bp 2 P z2 b 2 y′ z1 z w2 L b 2 z2 C (a) (b) Figura 9.25 L Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 375 | &RPRDSODFDWHPXPDHVSHVVXUDFRQVWDQWHDGLVWULEXLomRGHFDUJDWDPEpPSRGH VHUYLVWDHPGXDVGLPHQV}HV )LJXUDE $TXLDLQWHQVLGDGHGHFDUJDpPHGLGD FRPRIRUoDFRPSULPHQWRHYDULDOLQHDUPHQWHGHZ ES EȖ]DWpZ ES EȖ] $LQWHQVLGDGHGH)5QHVVHFDVRpLJXDOjiUHDWUDSH]RLGDOH)5WHPXPDOLQKDGH DomR TXH SDVVD SHOR FHQWURLGH GD iUHD & 3DUD DSOLFDo}HV QXPpULFDV D iUHD H D ORFDOL]DomRGRFHQWURLGHSDUDXPWUDSH]RLGHVmRWDEXODGRVQD7DEHODGRVDSrQGLFHV Placa curva de espessura constante 4XDQGR XPD SODFD VXEPHUVD GH HVSHVVXUD FRQVWDQWH p FXUYD D SUHVVmR DWXDQGRQRUPDOjSODFDPXGDFRQWLQXDPHQWHWDQWRVXDLQWHQVLGDGHTXDQWRVXD GLUHomRHSRUWDQWRRFiOFXORGDLQWHQVLGDGHGH)5HVXDORFDOL]DomR3pPDLV GLItFLOGRTXHSDUDXPDSODFDSODQD9LVWDVWULHELGLPHQVLRQDLVGDGLVWULEXLomR GHFDUJDVmRPRVWUDGDVQDVILJXUDVDHEUHVSHFWLYDPHQWH(PERUD DLQWHJUDomRSRVVDVHUXVDGDSDUDVROXFLRQDUHVVHSUREOHPDH[LVWHXPPpWRGR PDLV VLPSOHV 2 PpWRGR UHTXHU FiOFXORV VHSDUDGRV SDUD DV FRPSRQHQWHV KRUL]RQWDOHYHUWLFDOGH)5 Superfície do líquido y z p1 Superfície do líquido y γ z1 w1 FR z1 C p2 x bp 1 B FR P w2 γ z2 bp 2 C z2 P L b z D (a) 3RU H[HPSOR R FDUUHJDPHQWR GLVWULEXtGR VREUH D SODFD SRGH VHU UHSUHVHQWDGDSHODFDUJDHTXLYDOHQWHPRVWUDGDQD)LJXUDF$TXLDSODFD VXSRUWD R SHVR GR OtTXLGR :I FRQWLGR QR EORFR %'$ (VVD IRUoD WHP XPD LQWHQVLGDGH :I ȖE iUHD%'$ H DWXD QR FHQWURLGH GH %'$$OpP GLVVR D SUHVVmR FDXVDGD SHOR OtTXLGR p GLVWULEXtGD DR ORQJR GRV ODGRV YHUWLFDO H KRUL]RQWDO GR EORFR$R ORQJR GR ODGR YHUWLFDO $' D IRUoD )$' WHP XPD LQWHQVLGDGH LJXDO j iUHD GR WUDSH]RLGH (OD DWXD DWUDYpV GR FHQWURLGH &$' GHVVDiUHD$FDUJDGLVWULEXtGDDRORQJRGRODGRKRUL]RQWDO$%pFRQVWDQWH SRLVWRGRVRVSRQWRVGHVVHSODQRHVWmRQDPHVPDSURIXQGLGDGHDSDUWLUGD VXSHUItFLHGROtTXLGR$LQWHQVLGDGHGH)$%pVLPSOHVPHQWHDiUHDGRUHWkQJXOR (VVDIRUoDDWXDDWUDYpVGRFHQWURLGH&$%RXQRSRQWRLQWHUPHGLiULRGH$% 6RPDQGRHVVDVWUrVIRUoDVWHPRV)5 R) )$')$%:I)LQDOPHQWHD ORFDOL]DomR GR FHQWUR GH SUHVVmR 3 QD SODFD p GHWHUPLQDGR DSOLFDQGRVH 05 R0 TXH LQGLFD TXH R PRPHQWR GD IRUoD UHVXOWDQWH HP WRUQR GH XP SRQWRGHUHIHUrQFLDFRQYHQLHQWHFRPR'RX% )LJXUDE pLJXDOjVRPD GRVPRPHQWRVGDVWUrVIRUoDVQD)LJXUDFHPWRUQRGHVVHPHVPRSRQWR (b) Superfície do líquido FAB y C AB z1 w1 z2 bp 1 B A C BDA C AD Wf FAD w1 bp 2 D z (c) Figura 9.26 | | 376 Estática Placa plana de espessura variável Superfície do líquido z y A distribuição de pressão atuando sobre a superfície de uma placa submersa com uma espessura variável é mostrado na Figura 9.27. Se considerarmos a força dF atuando sobre a faixa de área diferencial dA, paralela ao eixo x, então sua intensidade é dF = p dA. Como a profundidade de dA é z, a pressão no elemento é p = Ȗ z. Portanto, dF = (Ȗ z)dA e, portanto, a força resultante torna-se # dF p γz y′ C x P dA Se a profundidade do centroide C' da área for zժ (Figura 9.27), então, zdA = zժ A. Substituindo, temos FR = Ȗ zժ A (9.14) Em outras palavras, a intensidade da força resultante atuando sobre qualquer placa plana é igual ao SURGXWRGDiUHD$GDSODFDSHODSUHVVmRS Ȗzժ na profundidade do centroide C' da área. Conforme discutimos na Seção 9.4, essa força também é equivalente ao volume sob a distribuição de pressão. Observe que sua linha de ação passa pelo centroide C desse volume e intercepta a placa no centro de pressão P (Figura 9.27). Observe que a localização de C' não coincide com a localização de P. z C′ # FR = dF = Ȗ z dA x FR dy ′ Figura 9.27 Exemplo 9.14 Determine a intensidade e a localização da força hidrostática resultante sobre a placa retangular submersa AB mostrada na Figura 9.28a. A placa tem uma largura de 1,5 m; tw = 1000 kg/m3. 2m 2m A A 2m wA 29,43 kN / m A 3m FR wB 73,58 kN / m B B 44,15 kN / m 29,43 kN / m 1,5 m (a) 3m 1,5 m Ft 1m h B FRe 3m (b) (c) Figura 9.28 SOLUÇÃO I As pressões da água nas profundidades A e B são: pA = twgzA = (1000 kg/m3)(9,81 m/s2)(2 m) = 19,62 kPa pB = twgzB = (1000 kg/m3)(9,81 m/s2)(5 m) = 49,05 kPa Como a placa tem uma largura constante, a carga de pressão pode ser vista em duas dimensões, como mostra a Figura 9.28b. As intensidades da carga em A e B são: Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide Z$ ES$ P N3D N1P Z% ES% P N3D N1P 'D7DEHODGRVDSrQGLFHVDLQWHQVLGDGHGDIRUoDUHVXOWDQWH)5FULDGDSRUHVVDFDUJD GLVWULEXtGDp )5 iUHDGHXPWUDSH]RLGH = 12 ^3 h^29, 4 + 73, 6h = 154, 5 kN (VVDIRUoDDWXDDWUDYpVGRFHQWURLGHGHVVDiUHD 2^29, 43h + 73, 58 K= 1c m^3 h = 1, 29 m 3 29, 43 + 73, 58 PHGLGDSDUDFLPDDSDUWLUGH% )LJXUDE SOLUÇÃO II 2V PHVPRV UHVXOWDGRV SRGHP VHU REWLGRV FRQVLGHUDQGR GXDV FRPSRQHQWHV GH )5 GHILQLGDVSHORWULkQJXORHSHORUHWkQJXORPRVWUDGRVQD)LJXUDF&DGDIRUoDDWXD DWUDYpVGHVHXFHQWURLGHDVVRFLDGRHWHPXPDLQWHQVLGDGHGH )Re ^29, 43 kN/mh^3 mh 88, 3 kN )t 1 ^44, 15 kN/mh^3 mh 66, 2 kN 2 /RJR )5 )5H)W N1 $ ORFDOL]DomR GH )5 p GHWHUPLQDGR VRPDQGRVH RV PRPHQWRV HP UHODomR D % )LJXUDE HFRXVHMD H 05 % R0% K K P NOTA:8VDQGRD(TXDomRDIRUoDUHVXOWDQWHSRGHVHUFDOFXODGDFRPR S = ^9810 N/m3h^3, 5 mh^3 mh^1, 5 mh = 154, 5 kN F3 = czA Exemplo 9.15 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD KLGURVWiWLFD UHVXOWDQWH VREUH D VXSHUItFLH GH XPD EDUUHLUDGHFRQWHQomRGRPDUQDIRUPDGHXPDSDUiERODFRQIRUPHPRVWUDD)LJXUD D$SDUHGHpGHPGHFRPSULPHQWRtZ NJP Fν A C 3m Fh 1m (a) wB 150,1 kN / m B (b) Figura 9.29 SOLUÇÃO $VFRPSRQHQWHVKRUL]RQWDLVHYHUWLFDLVGDIRUoDUHVXOWDQWHVHUmRFDOFXODGDV )LJXUD E 9LVWRTXH S% tZJ]% NJP PV P N3D | 377 | | 378 | Estática HQWmR Z% ES% P N3D N1P $VVLP )I 1 ^3 mh^150, 1 kN/mh 225, 1 kN 2 $iUHDGRVHWRUSDUDEyOLFR$%&SRGHVHUGHWHUPLQDGDXVDQGRD7DEHODGRVDSrQGLFHV /RJRRSHVRGDiJXDGHQWURGHVVDUHJLmRGHPGHH[WHQVmRp F( = ^ tw gbhâreaABC h = ^1020 kg/m3h^9, 81 m/s2h^5 mh; 1 ^1 mh^3 mhE = 50, 0 kN 3 $IRUoDUHVXOWDQWHpSRUWDQWR ) h2 + )(2 = ^225, 1 kNh2 + ^50, 0 kNh2 = 231 kN )R = Exemplo 9.16 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHHDORFDOL]DomRGDIRUoDUHVXOWDQWHDWXDQGRVREUHDVSODFDV WULDQJXODUHVQDVSRQWDVGDFDOKDG¶iJXDPRVWUDGDQD)LJXUDDtZ NJP O 0,5 m E B 2x y z x 1m dF 1m 1m dz A z (a) (b) Figura 9.30 SOLUÇÃO $ GLVWULEXLomR GH SUHVVmR DWXDQGR VREUH D SODFD ( p PRVWUDGR QD )LJXUD E$ LQWHQVLGDGHGDIRUoDUHVXOWDQWHpLJXDODRYROXPHGHVVDGLVWULEXLomRGHFDUJD9DPRV UHVROYHU R SUREOHPD SRU LQWHJUDomR (VFROKHQGR R HOHPHQWR GH YROXPH GLIHUHQFLDO PRVWUDGRQDILJXUDWHPRV G) G9 SG$ tZJ] [G] ][G] $HTXDomRGDOLQKD$%p [ ±] /RJRVXEVWLWXLQGRHLQWHJUDQGRFRPUHODomRD]DSDUWLUGH] DWp] PWHPRV 1m [ dV = [ ^19620h z60, 5^1 - zh@dz = 9810 [ ^ z - z h dz = 1635 N = 1, 64 kN F=V= V 0 1m 2 0 (VVHUHVXOWDQWHSDVVDSHORFHQWURLGHGRYROXPH(PYLUWXGHGDVLPHWULD [S Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 379 | &RPR]˾ ]SDUDRHOHPHQWRGHYROXPHHQWmR zr = [ zu dV [ dV V = [ 0 1m z^19620h z 60, 5^1 - zh@ dz 1635 9810 = [ 0 1m ^ z 2 - z 3h dz 1635 V = 0, 5 m NOTA:7DPEpPSRGHPRVGHWHUPLQDUDIRUoDUHVXOWDQWHDSOLFDQGRD(TXDomR S = ^9810 N/m3hc 1 m^1 mh; 1 ^1 mh^1 mhE = 1, 64 kN. F3 = czA 3 2 Problemas fundamentais 9.17. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR SRU PHWUR GH FRPSULPHQWR GD SDUHGH $ iJXD WHP XPD GHQVLGDGHGHt 0JP 9.20. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR VREUHDFRPSRUWD$%TXHWHPXPDODUJXUDGHP$iJXD WHPXPDGHQVLGDGHGHt 0JP 6m 3m Problema 9.17 A 9.18. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR VREUHDFRPSRUWD$%TXHWHPXPDODUJXUDGHP2SHVR HVSHFtILFRGDiJXDpȖ N1P 2m B Problema 9.20 1,2 m A 9.21. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR VREUHDFRPSRUWD$%TXHWHPXPDODUJXUDGHP2SHVR HVSHFtILFRGDiJXDpȖ N1P B 0,9 m Problema 9.18 9.19. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR VREUHDFRPSRUWD$%TXHWHPXPDODUJXUDGHP$iJXD WHPXPDGHQVLGDGHGHt 0JP A 1,8 m A 2m 1,2 m B B 0,9 m 1,5 m Problema 9.19 Problema 9.21 | 380 | Estática Problemas *9.104. 2WDQTXHpXVDGRSDUDDUPD]HQDUXPOtTXLGRGHSHVR HVSHFtILFRGHN1P6HHQFKHUPRVDWpRWRSRGHWHUPLQH DLQWHQVLGDGHGDIRUoDTXHROtTXLGRH[HUFHVREUHFDGDXP GHVHXVGRLVODGRV$%'&H%')( 9.107. 2WDQTXHpXVDGRSDUDDUPD]HQDUXPOtTXLGRFRPXP SHVR HVSHFtILFR GH N1P 6H R WDQTXH HVWLYHU FKHLR GHWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDVREUHDVSODFDV &'()H$%'& C A z 1,2 m D E B 2,4 m D F 1,8 m B F 3,6 m 1,8 m E C 0,45 m 0,45 m Problema 9.104 x •9.105. $EDUUDJHPGHFRQFUHWRSRUµJUDYLGDGH¶pPDQWLGD QROXJDUSRUVHXSUySULRSHVR6HDGHQVLGDGHGRFRQFUHWR ptF 0JPHDiJXDWHPXPDGHQVLGDGHGHtZ 0JPGHWHUPLQHDPHQRUGLPHQVmRGTXHLPSHGLUiTXHD EDUUDJHPWRPEHHPWRUQRGHVXDH[WUHPLGDGH$ 6m A d Problema 9.105 9.106. $ EDUUDJHP GH FRQFUHWR SRU µJUDYLGDGH¶ p PDQWLGD SRU VHX SUySULR SHVR 6H D GHQVLGDGH GR FRQFUHWR p tF 0JP H D iJXD WHP XPD GHQVLGDGH GH tZ 0JP GHWHUPLQH D PHQRU GLVWkQFLD G HP VXD EDVH TXH LPSHGLUiTXHDEDUUDJHPWRPEHHPWRUQRGHVXDH[WUHPLGDGH $$EDUUDJHPWHPXPDODUJXUDGHP 0,6 m A 0,6 m 1,5 m 0,45 m 0,45 m y Problema 9.107 *9.108. $ SODFD GH DoR FLUFXODU $ p XVDGD SDUD VHODU D DEHUWXUDQRWDQTXHGHDUPD]HQDPHQWRGHiJXD'HWHUPLQHD LQWHQVLGDGH GD IRUoD KLGURVWiWLFD UHVXOWDQWH TXH DWXD VREUH HOD$GHQVLGDGHGDiJXDptZ 0JP •9.109. $SODFDGHDoRHOtSWLFD%pXVDGDSDUDVHODUDDEHUWXUD QR WDQTXH GH DUPD]HQDPHQWR GH iJXD 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD KLGURVWiWLFD UHVXOWDQWH TXH DWXD VREUH HOD$GHQVLGDGHGDiJXDptZ 0JP 2m 1,5 m 45 1m A 9m 1m 1m B 0,5 m 0,5 m A d Problema 9.106 Problemas 9.108/109 9.110. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGDIRUoDKLGURVWiWLFDDWXDQGR VREUHDMDQHODGHYLGURVHIRUFLUFXODU$2SHVRHVSHFtILFR GDiJXDGRPDUpȖZ N1P Capítulo 9 9.111. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH H D ORFDOL]DomR GD IRUoD KLGURVWiWLFDUHVXOWDQWHDWXDQGRVREUHDMDQHODGHYLGURVHHOD IRUHOtSWLFD%2SHVRHVSHFtILFRGDiJXDGRPDUpȖZ N1P | Centro de gravidade e centroide 381 | 9.115. 'HWHUPLQHDPDVVDGRFRQWUDSHVR$VHDFRPSRUWDGH P GH ODUJXUD HVWi SUHVWHV D DEULU TXDQGR D iJXD HVWi QR QtYHOPRVWUDGR$FRPSRUWDpDUWLFXODGDHP%HPDQWLGDSHOR DQWHSDUROLVRHP&$GHQVLGDGHGDiJXDptZ 0JP *9.116. 6HDPDVVDGRFRQWUDSHVRHP$pNJGHWHUPLQH DIRUoDTXHDFRPSRUWDH[HUFHVREUHRDQWHSDUROLVRHP& $ FRPSRUWD p DUWLFXODGD HP % H WHP P GH ODUJXUD $ GHQVLGDGHGDiJXDptZ 0JP 1,2 m 0,15 m 0,3 m A 0,5 m B 0,15 m 2m 1m B A 45 Problemas 9.110/111 *9.112. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD KLGURVWiWLFD DWXDQGRSRUPHWURGHFRPSULPHQWRGDSDUHGHȖZ N1௘P 2m C y Problemas 9.115/116 x y 2x 2 8m 2m •9.117. $ EDUUDJHP GH FRQFUHWR SRU JUDYLGDGH p SURMHWDGD GH PRGR TXH p PDQWLGD QD SRVLomR SRU VHX SUySULR SHVR 'HWHUPLQH R IDWRU GH VHJXUDQoD FRQWUD R WRPEDPHQWR HP WRUQRGRSRQWR$VH[ P2IDWRUGHVHJXUDQoDpGHILQLGR FRPR D UD]mR GR PRPHQWR GH HVWDELOL]DomR GLYLGLGR SHOR PRPHQWR GH WRPEDPHQWR$V GHQVLGDGHV GR FRQFUHWR H GD iJXDVmRtFRQF 0JPHtZ 0JPUHVSHFWLYDPHQWH 6XSRQKDTXHDEDUUDJHPQmRGHVOL]H y Problema 9.112 •9.113. 6H R VHJPHQWR $% GD FRPSRUWD $%& IRU JUDQGH RVXILFLHQWHDFRPSRUWDHVWDUiSUHVWHVDDEULU'HWHUPLQHR FRPSULPHQWR / GHVVH VHJPHQWR SDUD TXH LVVR RFRUUD $FRPSRUWDpDUWLFXODGDHP%HWHPXPDODUJXUDGHP$ GHQVLGDGHGDiJXDptZ 0JP x y 3 x2 –– 2 6m 9.114. 6H/ PGHWHUPLQHDIRUoDTXHDFRPSRUWD$%& H[HUFHVREUHDWDPSDOLVDHP&$FRPSRUWDpDUWLFXODGDHP %OLYUHHP$HWHPPGHODUJXUD$GHQVLGDGHGDiJXDp tZ 0JP A 2m 4m L B A 2m C Problemas 9.113/114 x Problema 9.117 9.118. $EDUUDJHPGHFRQFUHWRSRUJUDYLGDGHpSURMHWDGDGH PRGR TXH p PDQWLGD QD SRVLomR SRU VHX SUySULR SHVR 'HWHUPLQH D GLPHQVmR PtQLPD [ GH PRGR TXH R IDWRU GH VHJXUDQoD FRQWUD WRPEDPHQWR HP WRUQR GR SRQWR $ GD EDUUDJHP VHMD 2 IDWRU GH VHJXUDQoD p GHILQLGR FRPR D UD]mRGRPRPHQWRGHHVWDELOL]DomRGLYLGLGRSHORPRPHQWR GH WRPEDPHQWR$V GHQVLGDGHV GR FRQFUHWR H GD iJXD VmR | 382 | Estática tFRQF 0JPHtZ 0JPUHVSHFWLYDPHQWH6XSRQKD TXHDEDUUDJHPQmRGHVOL]H y GH XPD SDUiEROD 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD KLGURVWiWLFDTXHDWXDSRUPHWURGHFRPSULPHQWRDRORQJRGD VXSHUItFLH $% GR W~QHO $ GHQVLGDGH GD iJXD p WZ NJ௘P x y y 3 x2 –– 2 6m 2m y A x2 4 4m A 2m x Problema 9.118 2m 9.119. 2W~QHOVXEPDULQRQRSDUTXHDTXiWLFRpIHLWRGHXP PDWHULDO GH SROLFDUERQDWR WUDQVSDUHQWH PROGDGR QD IRUPD 2m x B Problema 9.119 REVISÃO DO CAPÍTULO &HQWURGHJUDYLGDGHHFHQWURLGH 2FHQWURGHJUDYLGDGH*UHSUHVHQWDXPSRQWRRQGHR xr SHVR GR FRUSR SRGH VHU FRQVLGHUDGR FRQFHQWUDGR$ GLVWkQFLDGHXPHL[RDWpHVVHSRQWRSRGHVHUGHWHUPL QDGD D SDUWLU GH XP HTXLOtEULR GH PRPHQWRV R TXH UHTXHUTXHRPRPHQWRGRSHVRGHWRGDVDVSDUWtFXODV yr GR FRUSR HP UHODomR D HVVH GHVVH HL[R VHMD LJXDO DR PRPHQWRGRSHVRLQWHLURGRFRUSRHPUHODomRDRHL[R zr z [ xu dW [ dW dV [ yu dW [ dW dW L L r 2FHQWURLGHpDORFDOL]DomRGRFHQWURJHRPpWULFRSDUD x RFRUSR(OHpGHWHUPLQDGRGHPDQHLUDVLPLODUXVDQGR XPHTXLOtEULRGHPRPHQWRVGRVHOHPHQWRVJHRPpWUL FRV FRPR RV VHJPHQWRV GH OLQKD iUHD RX YROXPH xr 3DUDFRUSRVTXHSRVVXHPXPDIRUPDFRQWtQXDRVPR PHQWRV VmR VRPDGRV LQWHJUDGRV XVDQGR HOHPHQWRV GLIHUHQFLDLV 2FHQWURGHPDVVDFRLQFLGLUiFRPRFHQWURLGHGHVGH TXHRPDWHULDOVHMDKRPRJrQHRRXVHMDDGHQVLGDGH GRPDWHULDOVHMDDPHVPDHPWRGDDSDUWH2FHQWURLGH VHPSUHHVWDUiHPXPHL[RGHVLPHWULD A A V V y ~x [ zu dW [ dW [ xu dL [ dL [ xu dA [ dA [ xu dV [ dV W ~ z ~y y x 2FHQWURGHPDVVDFRLQFLGLUiFRPRFHQWURGHJUDYL GDGH GHVGH TXH D DFHOHUDomR GD JUDYLGDGH VHMD xr FRQVWDQWH G [ yu dL [ dL [ yu dA yr [ dA [ yu dV yr [ dV yr [ zu dL [ dL [ zu dA zr [ dA [ zu dV zr [ dV zr L L L L A A A A V V V V y C x z x Capítulo 9 &RUSRFRPSRVWR 6HRFRUSRIRUXPDFRPELQDomRGHYiULDVIRUPDVFDGD XPDFRPXPDORFDOL]DomRFRQKHFLGDSDUDVHXFHQWUR GHJUDYLGDGHRXFHQWURLGHHQWmRDORFDOL]DomRGRFHQ WUR GH JUDYLGDGH RX FHQWURLGH GR FRUSR SRGH VHU GHWHUPLQDGRDSDUWLUGHXPVRPDWyULRGLVFUHWRXVDQGR VXDVSDUWHVFRPSRVWDV Centro de gravidade e centroide u xr RxW RW yr | 383 z u RyW RW u zr RzW RW y x 7HRUHPDVGH3DSSXVH*XOGLQXV 2VWHRUHPDVGH3DSSXVH*XOGLQXVSRGHPVHUXVDGRV SDUDGHWHUPLQDUDiUHDGDVXSHUItFLHHRYROXPHGHXP FRUSRGHUHYROXomR $ iUHD GH VXSHUItFLH p LJXDO DR SURGXWR GR FRPSUL PHQWR GD FXUYD GH JHUDomR SHOD GLVWkQFLD WUDIHJDGD SHORFHQWURLGHGDFXUYDQHFHVViULDSDUDJHUDUDiUHD S A irL 2 YROXPH GR FRUSR p LJXDO DR SURGXWR GD iUHD GH JHUDomRSHODGLVWkQFLDWUDIHJDGDSHORFHQWURLGHGHVVD iUHDQHFHVViULDSDUDJHUDURYROXPH S V irA | | 384 | Estática &DUUHJDPHQWRGLVWULEXtGR FR $ LQWHQVLGDGH GD IRUoD UHVXOWDQWH p LJXDO DR YROXPH WRWDOVRERGLDJUDPDGDFDUJDGLVWULEXtGD$OLQKDGH DomRGDIRUoDUHVXOWDQWHSDVVDSHORFHQWURJHRPpWULFR RXFHQWURLGHGHVVHYROXPH p [ p^ x yh dA [ dV A xS dF V [ x dV [ dV V dA dV x V yS p = p(x, y) x [ y dV [ dV y V V 3UHVVmRGHIOXLGRV $SUHVVmRGHVHQYROYLGDSRUXPOtTXLGRHPXPSRQWR HPXPDVXSHUItFLHVXEPHUVDGHSHQGHGDSURIXQGLGDGH GRSRQWRHGDGHQVLGDGHGROtTXLGRGHDFRUGRFRPD OHLGH3DVFDOS tJK ȖK(VVDSUHVVmRFULDUiXPD GLVWULEXLomR OLQHDU GD FDUJD VREUH XPD VXSHUItFLH SODQDYHUWLFDORXLQFOLQDGD 6HDVXSHUItFLHIRUKRUL]RQWDOHQWmRDFDUJDVHUiXQL IRUPH Superfície do líquido 'HTXDOTXHUIRUPDDVUHVXOWDQWHVGHVVDVFDUJDVSRGHP VHU GHWHUPLQDGDV DFKDQGR R YROXPH VRE D FXUYD GH FDUJDRXXVDQGR)5 Ȗ]ժ$RQGH]ժpDSURIXQGLGDGH DWp R FHQWURLGH GD iUHD GD SODFD$ OLQKD GH DomR GD IRUoD UHVXOWDQWH SDVVD SHOR FHQWURLGH GR YROXPH GR GLDJUDPD GH FDUJD H DWXD HP XP SRQWR 3 QD SODFD FKDPDGRFHQWURGHSUHVVmR FR P y Capítulo 9 Centro de gravidade e centroide | 385 | Problemas *9.120. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHDVRPEUHDGD •9.121. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDVRPEUHDGD *9.124. $SODFDGHDoRWHPPGHHVSHVVXUDHWHPXPD GHQVLGDGH GH NJP 'HWHUPLQH D ORFDOL]DomR GH VHX FHQWUR GH PDVVD &DOFXOH WDPEpP DV UHDo}HV QR SLQR H QR DSRLRGHUROHWH y y y2 2x 2m x2 y 4m x A 2m 1m y x x 1m B 1m 2m Problemas 9.120/121 Problema 9.124 9.122. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDVHomRWUDQVYHUVDOGDYLJD y 50 mm y 50 mm 75 mm 75 mm •9.125. /RFDOL]HRFHQWURLGH [ժ\ժ GDiUHD 25 mm 30 mm 10 mm C 100 mm 60 mm y 25 mm Problema 9.122 x Problema 9.125 x 25 mm 30 mm 9.126. 'HWHUPLQH D ORFDOL]DomR [ժ \ժ GR FHQWURLGH SDUD D IRUPDHVWUXWXUDO'HVSUH]HDHVSHVVXUDGRPHPEUR y 9.123. /RFDOL]HRFHQWURLGH]ժGRVyOLGR z y2 z a a– – 2 30 mm 2a x a x 15 mm y Problema 9.123 15 mm 15 mm 10 mm 10 mm Problema 9.126 15 mm | 386 | Estática 9.127. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDVRPEUHDGD •9.129. $ FDUJD GH SUHVVmR VREUH D SODFD p H[HUFLGD SHOD IXQomRS ^± [ `3D'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGH GDIRUoDUHVXOWDQWHHDVFRRUGHQDGDVGRSRQWRRQGHDOLQKD GHDomRGDIRUoDLQWHUFHSWDDSODFD y y 300 Pa p a a x 100 Pa 6m a 5m a — 2 a — 2 x Problema 9.129 Problema 9.127 *9.128. $ FDUJD VREUH D SODFD YDULD OLQHDUPHQWH DR ORQJR GRV ODGRV GD SODFD GH PRGR TXH p = 32 6 x^4 - yh@ kPa 'HWHUPLQHDIRUoDUHVXOWDQWHHVXDSRVLomR [ժ\ժ QDSODFD p 8 kPa y 3m 4m x Problema 9.128 CAPÍTULO 10 Momentos de inércia Objetivos do capítulo Desenvolver Introduzir um método para determinar o momento de inércia de uma área. o produto de inércia e mostrar como determinar os momentos de inércia máximo e mínimo de uma área. Discutir 10.1 o momento de inércia da massa. Definição de momentos de inércia para áreas z 6HPSUH TXH XPD FDUJD GLVWULEXtGD DWXD SHUSHQGLFXODUPHQWH D XPD iUHD H VXD LQWHQVLGDGH YDULD OLQHDUPHQWH R FiOFXOR GR PRPHQWR GD GLVWULEXLomR GH FDUJD HP UHODomRDXPHL[RHQYROYHUiXPDTXDQWLGDGHFKDPDGDPRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHD 3RUH[HPSORFRQVLGHUHDFKDSDQD)LJXUDTXHHVWiVXMHLWDDXPDSUHVVmRIOXLGD S &RQIRUPH GLVFXWLPRV QD 6HomR HVVD SUHVVmR S YDULD OLQHDUPHQWH FRP D SURIXQGLGDGHGHPRGRTXHSȖ\RQGHȖpRSHVRHVSHFtILFRGRIOXLGR$VVLPD IRUoDTXHDWXDVREUHDiUHDGLIHUHQFLDOG$GDFKDSDpG)SG$ Ȗ\ G$2PRPHQWR GHVVD IRUoD HP UHODomR DR HL[R [ p SRUWDQWR G0 \ G) Ȗ \G$ H SRUWDQWR D LQWHJUDomRGHG0VREUHDiUHDLQWHLUDGDFKDSDJHUD0Ȗѻ\G$$LQWHJUDOѻ\G$p GHQRPLQDGDPRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHD,[HPUHODomRDRHL[R[$VLQWHJUDLVGHVVD IRUPDQRUPDOPHQWHVXUJHPHPIyUPXODVXVDGDVHPPHFkQLFDGRVIOXLGRVPHFkQLFD GRVPDWHULDLVPHFkQLFDHVWUXWXUDOHSURMHWRPHFkQLFRHSRULVVRRHQJHQKHLURSUHFLVD HVWDUIDPLOLDUL]DGRFRPRVPpWRGRVXVDGRVSDUDRVHXFiOFXOR p = γy dA x y y dF Figura 10.1 \ Momento de inércia $ 3RUGHILQLomRRVPRPHQWRVGHLQpUFLDGHXPDiUHDGLIHUHQFLDOG$HPUHODomRDRV HL[RV[H\VmRG,[\G$HG,\[G$UHVSHFWLYDPHQWH )LJXUD 3DUDDiUHD LQWHLUD$RVPRPHQWRVGHLQpUFLDVmRGHWHUPLQDGRVSRULQWHJUDomRRXVHMD [ y dA [ x dA Ix Iy [ A U A 7DPEpPSRGHPRVIRUPXODUHVVDTXDQWLGDGHSDUDG$HPUHODomRDRµSROR¶2RX HL[R ] )LJXUD ,VVR p FRQKHFLGR FRPR R PRPHQWR GH LQpUFLD SRODU (OH p G$ \ [ 2 Figura 10.2 | | 388 Estática GHILQLGRFRPRG-2UG$RQGHUpDGLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUGRSROR HL[R] DWpR HOHPHQWRG$3DUDDiUHDLQWHLUDRPRPHQWRGHLQpUFLDSRODUp JO = [ r dA = I + I 2 x A y (VVDUHODomRHQWUH-2H,[,\pSRVVtYHOSRUTXHU [ \ )LJXUD 3RUHVVDVIRUPXODo}HVYHPRVTXH,[,\H-2VHPSUHVHUmRSRVLWLYRVSRLVHQYROYHP RSURGXWRGDGLVWkQFLDDRTXDGUDGRHiUHD$OpPGRPDLVDVXQLGDGHVSDUDPRPHQWR GH LQpUFLD HQYROYHP R FRPSULPHQWR HOHYDGR j TXDUWD SRWrQFLD SRU H[HPSOR PPP" \ \ 10.2 [ G$ \ G[ & G [ G\ [ 2 Teorema dos eixos paralelos para uma área 2 WHRUHPD GRV HL[RV SDUDOHORV SRGH VHU XVDGR SDUD GHWHUPLQDU R PRPHQWR GH LQpUFLDGHXPDiUHDHPUHODomRDTXDOTXHUHL[RTXHVHMDSDUDOHORDXPHL[RSDVVDQGR SHOR FHQWURLGH H HP UHODomR DR PRPHQWR GH LQpUFLD p FRQKHFLGR 3DUD GHVHQYROYHU HVVH WHRUHPD YDPRV FRQVLGHUDU D GHWHUPLQDomR GR PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGDPRVWUDGDQD)LJXUDHPUHODomRDRHL[R[3DUDFRPHoDUHVFROKHPRV XPHOHPHQWRGLIHUHQFLDOG$ORFDOL]DGRDXPDGLVWkQFLDTXDOTXHU\ GRHL[RFHQWURLGDO [ 6HDGLVWkQFLDHQWUHRVHL[RVSDUDOHORV[H[ IRUG\HQWmRRPRPHQWRGHLQpUFLD GHG$HPUHODomRDRHL[R[pG,[ \ G\ G$3DUDDiUHDLQWHLUD Ix = Figura 10.3 = 2 [ ^ yM + d h dA [ yM dA + d [ yMdA + d [ dA y A 2 A y A 2 y A $SULPHLUDLQWHJUDOUHSUHVHQWDRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomRDRHL[R FHQWURLGDO ,rYl $ VHJXQGD LQWHJUDO p ]HUR SRLV R HL[R [ SDVVD SHOR FHQWURLGH & GD iUHDRXVHMDѻ\ G$\ժ ѻ G$SRLV\ժ &RPRDWHUFHLUDLQWHJUDOUHSUHVHQWD DiUHDWRWDO$RUHVXOWDGRILQDOpSRUWDQWR Ix = Irxl + Ad y 8PDH[SUHVVmRVHPHOKDQWHSRGHVHUHVFULWDSDUD,\ RXVHMD Iy = Iryl + Ad x (ILQDOPHQWHSDUDRPRPHQWRGHLQpUFLDSRODUFRPR JrC = Irxl + Iryl HG G [G \ WHPRV JO = JSC + Ad2 Para prever a resistência e deflexão dessa viga, é necessário calcular o momento de inércia da seção transversal da viga. $IRUPDGHFDGDXPDGHVVDVWUrVHTXDo}HVLQGLFDTXHRPRPHQWRGHLQpUFLDSDUD XPDiUHDHPUHODomRDXPHL[RpLJXDODRVHXPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDXP HL[RSDUDOHORSDVVDQGRSHORFHQWURLGHGDiUHDPDLVRSURGXWRGDiUHDHRTXDGUDGR GDGLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUHQWUHRVHL[RV 10.3 Raio de giração de uma área 2UDLRGHJLUDomRGHXPDiUHDHPUHODomRDXPHL[RWHPXQLGDGHVGHFRPSULPHQWR H p XPD TXDQWLGDGH QRUPDOPHQWH XVDGD SDUD SURMHWRV GH FROXQDV QD PHFkQLFD HVWUXWXUDO6HDViUHDVHPRPHQWRVGHLQpUFLDIRUHPFRQKHFLGRVRVUDLRVGHJLUDomR VHUmRGHWHUPLQDGRVSHODVIyUPXODV Capítulo 10 kx ky kO Ix A Iy A JO A | 389 Momentos de inércia | y y = f(x) dA (x, y) dy x $IRUPDGHVVDVHTXDo}HVpIDFLOPHQWHOHPEUDGDSRLVpVHPHOKDQWHDTXHODXVDGD SDUDHQFRQWUDURPRPHQWRGHLQpUFLDSDUDXPDiUHDGLIHUHQFLDOHPUHODomRDXPHL[R 3RUH[HPSOR,[N[$HQTXDQWRSDUDXPDiUHDGLIHUHQFLDOG,[\G$ y x (a) y Procedimento para análise x 1D PDLRU SDUWH GRV FDVRV R PRPHQWR GH LQpUFLD SRGH VHU GHWHUPLQDGR XVDQGR XPD~QLFDLQWHJUDomR2SURFHGLPHQWRDVHJXLUPRVWUDGXDVPDQHLUDVFRPRLVVRSRGH VHUIHLWR 6H D FXUYD GHILQLQGR R OLPLWH GD iUHD IRU H[SUHVVD FRPR \ I [ HQWmR VHOHFLRQH XP HOHPHQWR GLIHUHQFLDO UHWDQJXODU GH PRGR TXH HOH WHQKD XP FRPSULPHQWRILQLWRHODUJXUDGLIHUHQFLDO 2HOHPHQWRGHYHUiHVWDUORFDOL]DGRGHPRGRTXHFUX]HDFXUYDHPXPSRQWR DUELWUiULR [\ (x, y) y = f(x) y dA x dx (b) Caso 1 2ULHQWHRHOHPHQWRGHPRGRTXHVHXWDPDQKRVHMDSDUDOHORDRHL[RVREUHR TXDORPRPHQWRGHLQpUFLDpFDOFXODGR(VVDVLWXDomRRFRUUHTXDQGRRHOHPHQWR UHWkQJXOR PRVWUDGR QD )LJXUD D p XVDGR SDUD GHWHUPLQDU ,[ SDUD D iUHD $TXL R HOHPHQWR LQWHLUR HVWi D XPD GLVWkQFLD \ GR HL[R [ SRLV WHP XPD HVSHVVXUDG\$VVLP,[ѻ\G$3DUDDFKDU,\RHOHPHQWRpRULHQWDGRFRPR PRVWUDD)LJXUDE(VVHHOHPHQWRVHHQFRQWUDjPHVPDGLVWkQFLD[GRHL[R \GHPRGRTXH,\ѻ[G$ Figura 10.4 Caso 2 2 FRPSULPHQWR GR HOHPHQWR SRGH VHU RULHQWDGR SHUSHQGLFXODU DR HL[R HP UHODomR DR PRPHQWR GH LQpUFLD p FDOFXODGR SRUpP D (TXDomR QmR VH DSOLFDSRLVWRGRVRVSRQWRVQRHOHPHQWRQmRHVWDUmRQDPHVPDGLVWkQFLDGR EUDoRGHPRPHQWRDSDUWLUGRHL[R3RUH[HPSORVHRHOHPHQWRUHWDQJXODUQD )LJXUDDIRUXVDGRSDUDGHWHUPLQDU,\SULPHLURVHUiQHFHVViULRFDOFXODUR PRPHQWRGHLQpUFLDGRHOHPHQWRHPUHODomRDXPHL[RSDUDOHORDRHL[R\TXH SDVVDSHORFHQWURLGHGRHOHPHQWRHGHSRLVGHWHUPLQDURPRPHQWRGHLQpUFLD GR HOHPHQWR HP UHODomR DR HL[R \ XVDQGR R WHRUHPD GH HL[R SDUDOHOR $ LQWHJUDomRGHVVHUHVXOWDGRJHUDUi,\9HUH[HPSORVH \ G\ Exemplo 10.1 K \ 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDUHWDQJXODUPRVWUDGDQD)LJXUDHP UHODomRD D RHL[RFHQWURLGDO[ E RHL[R[ESDVVDQGRSHODEDVHGRUHWkQJXORH F RSRORRXHL[R] SHUSHQGLFXODUDRSODQR[ ±\ HSDVVDQGRSHORFHQWURLGH& SOLUÇÃO (CASO 1) Parte (a) 2 HOHPHQWR GLIHUHQFLDO PRVWUDGR QD )LJXUD p HVFROKLGR SDUD LQWHJUDomR 3RU FDXVDGHVHXORFDOHGHVXDRULHQWDomRRHOHPHQWRLQWHLURHVWiDXPDGLVWkQFLD\ GR [ & K [E E E Figura 10.5 | | 390 Estática HL[R[ $TXLpQHFHVViULRLQWHJUDUDSDUWLUGH\ ±KSDUD\ K&RPRG$E G\ HQWmR h/2 h/2 Irxl = yl2 dA = yl2 ^b dylh = b yl2 dyl [ [ [ -h/2 A -h/2 Irxl = 1 bh3 12 Parte (b) 2PRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDXPHL[RSDVVDQGRSHODEDVHGRUHWkQJXORSRGH VHUREWLGRXVDQGRRUHVXOWDGRGDSDUWH D HDSOLFDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV (TXDomR Ixb = Irxl + Ad 2y 2 = 1 bh3 + bh c h m = 1 bh3 12 2 3 Parte (c) 3DUDREWHURPRPHQWRGHLQpUFLDSRODUHPUHODomRDRSRQWR&SULPHLURWHPRVTXH REWHUࠂ\ TXHSRGHVHUHQFRQWUDGRDOWHUQDQGRDVGLPHQV}HVEHKQRUHVXOWDGRGDSDUWH D RXVHMD Iryl 1 hb3 12 8VDQGRD(TXDomRRPRPHQWRGHLQpUFLDSRODUHPUHODomRD&pSRUWDQWR JrC = Irxl + Iryl = 1 bh^h2 + b2h 12 \ \ [ Exemplo [ ±[ 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD VRPEUHDGD PRVWUDGD QD )LJXUD D HPUHODomRDRHL[R[ G\ PP \ 10.2 [ PP (a) SOLUÇÃO I (CASO 1) 8PHOHPHQWRGLIHUHQFLDOGDiUHDTXHpSDUDOHORDRHL[R[FRPRPRVWUDD)LJXUD D p HVFROKLGR SDUD LQWHJUDomR &RPR HVVH HOHPHQWR WHP XPD HVSHVVXUD G\ H FUX]D D FXUYD QR SRQWR DUELWUiULR [ \ VXD iUHD p G$ ± [ G\$OpP GR PDLVRHOHPHQWRHVWijPHVPDGLVWkQFLD\GRHL[R[/RJRDLQWHJUDomRHPUHODomR D\GH\D\PPSURGX] Ix = \ = \ [ [y A [ 0 2 dA = 200 mm [ 200 mm 0 y2 c100 - = 107^106h mm4 PP \ [ a \ \ ±± [ [ G[ PP (b) Figura 10.6 y2 ^100 - xh dy y2 m dy = 400 [ 0 200 mm c100y2 - y4 m dy 400 SOLUÇÃO II (CASO 2) 8PHOHPHQWRGLIHUHQFLDOSDUDOHORDRHL[R\FRPRPRVWUDD)LJXUDEpHVFROKLGR SDUD LQWHJUDomR (OH FUX]D D FXUYD QR SRQWR DUELWUiULR [ \ 1HVVH FDVR WRGRV RV SRQWRV GR HOHPHQWR QmR VH HQFRQWUDP j PHVPD GLVWkQFLD GR HL[R [ H SRUWDQWR R WHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVSUHFLVDVHUXVDGRSDUDGHWHUPLQDURPRPHQWRGHLQpUFLD GRHOHPHQWRHPUHODomRDHVVHHL[R3DUDXPUHWkQJXORGHEDVHEHDOWXUDKRPRPHQWR GHLQpUFLDHPWRUQRGHVHXHL[RFHQWURLGDOIRLGHWHUPLQDGRQDSDUWH D GR([HPSOR /iGHVFREULXVHTXHIrxl 121 bh3 3DUDRHOHPHQWRGLIHUHQFLDOPRVWUDGRQD)LJXUD E E G[ H K \ H DVVLP dIrxl 121 dx y3 &RPR R FHQWURLGH GR HOHPHQWR p \V \/2 DSDUWLUGRHL[R[RPRPHQWRGHLQpUFLDGRHOHPHQWRHPUHODomRDHVVHHL[Rp y 2 dIY = dIrYl + dAyu2 = 1 dx y3 + y dx c m = 1 y3 dx 12 2 3 Capítulo 10 (VVHUHVXOWDGRWDPEpPSRGHVHUFRQFOXtGRDSDUWLUGDSDUWH E GR([HPSOR $LQWHJUDomRHPUHODomRD[GH[D[PPSURGX] 100 mm 1 y3 dx = 100 mm 1 ^400xh3/2 dx IY = dIY = 3 3 0 0 = 107^106h mm4 [ Exemplo [ [ 10.3 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDRHL[R[SDUDDiUHDFLUFXODUPRVWUDGD QD)LJXUDD SOLUÇÃO I (CASO 1) 8VDQGRRHOHPHQWRGLIHUHQFLDOPRVWUDGRQD)LJXUDDFRPRG$[G\WHPRV Ix = = [ y dA = [ y ^2xh dy [ y ^2 a - y h dy = r4a 2 2 A A a 2 2 2 4 -a \ \ ±[ [\ D [\ [ ±[\ \ [\ G\ a a [\ 2 \ [ 2 [ D ±\ D [±\ [\ D G[ (a) (b) Figura 10.7 SOLUÇÃO II (CASO 2) 4XDQGR R HOHPHQWR GLIHUHQFLDO PRVWUDGR QD )LJXUD E p HVFROKLGR R FHQWURLGH SDUDRHOHPHQWRVHHQFRQWUDVREUHRHL[R[HFRPR I x' WHPRV dIY = 1 dx^2yh3 12 = 2 y3 dx 3 1 12 bh3 SDUDXPUHWkQJXOR $LQWHJUDomRHPUHODomRD[JHUD Ix = [ a -a 2 â2 - x2h3/2 dx = ra4 3 4 NOTA: 3RU FRPSDUDomR D 6ROXomR , UHTXHU PXLWR PHQRV FiOFXOR 3RUWDQWR VH XPD LQWHJUDO TXH XVD GHWHUPLQDGR HOHPHQWR SDUHFH GLItFLO GH DYDOLDU WHQWH UHVROYHU R SUREOHPDXVDQGRXPHOHPHQWRRULHQWDGRQDRXWUDGLUHomR Momentos de inércia | 391 | | 392 | Estática Problemas fundamentais 10.1. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPUHODomRDRHL[R[ 10.3. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPUHODomRDRHL[R\ y y y3 = x2 y3 = x2 1m 1m x x 1m 1m Problema 10.1 Problema 10.3 10.2. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPUHODomRDRHL[R[ 10.4. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD VRPEUHDGD HPUHODomRDRHL[R\ y y 1m 1m y3 = x2 y3 = x2 x x 1m 1m Problema 10.4 Problema 10.2 Problemas •10.1. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ *10.4. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ 10.2. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ y y 1m y2 = x3 3 2m y = 0,25 x x x 2m 1m Problemas 10.1/2 Problemas 10.3/4 10.3. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ •10.5. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ Capítulo 10 10.6. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHDOomR DRHL[R\ y Momentos de inércia | 393 | *10.12. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ •10.13. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ y y2 = 2x 2m y = 2 – 2 x3 2m x 2m x 1m Problemas 10.5/6 10.7. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ *10.8. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ •10.9. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD SRODU GD iUHD HP UHODomRDRHL[R]SDVVDQGRSHORSRQWR2 y Problemas 10.12/13 10.14. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DR HL[R [ 5HVROYD R SUREOHPD GH GXDV PDQHLUDV XVDQGR HOHPHQWRVGLIHUHQFLDLVUHWDQJXODUHV D FRPXPDHVSHVVXUD GHG[H E FRPXPDHVSHVVXUDGHG\ 10.15. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DR HL[R \ 5HVROYD R SUREOHPD GH GXDV PDQHLUDV XVDQGR HOHPHQWRVGLIHUHQFLDLVUHWDQJXODUHV D FRPXPDHVSHVVXUD GHG[H E FRPXPDHVSHVVXUDGHG\ y y = 4 – 4x2 y = 2x4 2m 4m x O x 1m 1m 1m Problemas 10.7/8/9 Problemas 10.14/15 10.10. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ *10.16. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDWULDQJXODU HPUHODomRDRHL[R[ 10.11. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ •10.17. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDWULDQJXODU HPUHODomRDRHL[R\ y y y = x3 h (b – x) y = –– b h 8m x x 2m Problemas 10.10/11 b Problemas 10.16/17 | 394 | Estática 10.18. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ 10.22. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ 10.19. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ 10.23. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ y y y = 2 cos (–– x) 8 2m x 4m h 4m Problemas 10.22/23 h x2 y= — b2 *10.24. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R[ x b Problemas 10.18/19 •10.25. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R\ *10.20. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPWRUQR GRHL[R[ 10.26. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRHL[R]SDVVDQGRSHORSRQWR2 •10.21. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDHPWRUQR GRHL[R\ y x2 + y2 = r02 y r0 x 2m y3 = x x 8m Problemas 10.20/21 10.4 Problemas 10.24/25/26 Momentos de inércia para áreas compostas 8PD iUHD FRPSRVWD FRQVLVWH HP XPD VpULH GH SDUWHV RX IRUPDV µPDLV VLPSOHV¶ FRQHFWDGDVFRPRUHWkQJXORVWULkQJXORVHFtUFXORV6HRPRPHQWRGHLQpUFLDGHFDGD XPD GHVVDV SDUWHV IRU FRQKHFLGR RX SXGHU VHU GHWHUPLQDGR HP UHODomR D XP HL[R FRPXPHQWmRRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWDHPUHODomRDRHL[RpLJXDOj VRPDDOJpEULFDGRVPRPHQWRVGHLQpUFLDGHWRGDVDVVXDVSDUWHV Procedimento para análise 2PRPHQWRGHLQpUFLDSDUDXPDiUHDFRPSRVWRHPUHODomRDXPHL[RGHUHIHUrQFLD SRGHVHUGHWHUPLQDGRXVDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU Partes compostas 8VDQGR XP HVERoR GLYLGD D iUHD HP VXDV SDUWHV FRPSRVWDV H LQGLTXH D GLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUGRFHQWURLGHGHFDGDSDUWHDWpRHL[RGHUHIHUrQFLD Capítulo 10 Teorema dos eixos paralelos 6HRHL[RFHQWURLGDOSDUDFDGDSDUWHQmRFRLQFLGHFRPRHL[RGHUHIHUrQFLD RWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV ,Ʈ$G GHYHVHUXVDGRSDUDGHWHUPLQDUR PRPHQWRGHLQpUFLDGDSDUWHHPUHODomRDRHL[RGHUHIHUrQFLD3DUDRFiOFXOR GHƮXVHDWDEHODQRVDSrQGLFHV Somatório 2 PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD LQWHLUD HP UHODomR DR HL[R GH UHIHUrQFLD p GHWHUPLQDGRSHODVRPDGRVUHVXOWDGRVGHVXDVSDUWHVFRPSRVWDVHPUHODomRD HVVHHL[R 6HXPDSDUWHFRPSRVWDWHPXPµIXUR¶VHXPRPHQWRGHLQpUFLDpHQFRQWUDGR µVXEWUDLQGR¶ R PRPHQWR GH LQpUFLD GR IXUR GR PRPHQWR GH LQpUFLD GD SDUWH LQWHLUDLQFOXLQGRRIXUR Exemplo 10.4 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDPRVWUDGDQD)LJXUDDHPUHODomRDR HL[R[ SOLUÇÃO Partes compostas $iUHDSRGHVHUREWLGDVXEWUDLQGRRFtUFXORGRUHWkQJXORPRVWUDGRQD)LJXUDE 2FHQWURLGHGHFDGDiUHDHVWiORFDOL]DGRQDILJXUD PP PP PP PP PP PP ± PP [ PP [ (a) (b) Figura 10.8 Teorema dos eixos paralelos 2V PRPHQWRV GH LQpUFLD HP UHODomR DR HL[R [ VmR GHWHUPLQDGRV XVDQGR R WHRUHPD GRVHL[RVSDUDOHORVHRVGDGRVQRVDSrQGLFHV &tUFXOR Ix = Irxl + Ad 2y = 1 r^25h4 + r^25h2 ^75h2 = 11, 4^106h mm4 4 5HWkQJXOR Ix = Irxl + Ad 2y = 1 ^100h^150h3 + ^100h^150h^75h2 = 112, 5^106h mm4 12 Somatório 2PRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDpSRUWDQWR Ix = -11, 4^106h + 112, 5^106h = 101^106h mm 4 Momentos de inércia | 395 | | 396 | Estática Exemplo 10.5 'HWHUPLQH RV PRPHQWRV GH LQpUFLD SDUD D iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GR PHPEUR PRVWUDGRQD)LJXUDDHPUHODomRDRVHL[RVFHQWURLGDLV[H\ SOLUÇÃO Partes compostas $VHomRWUDQVYHUVDOSRGHVHUVXEGLYLGLGRHPWUrViUHDVUHWDQJXODUHV$%H'PRVWUDGDV QD )LJXUD E 3DUD R FiOFXOR R FHQWURLGH GH FDGD XP GHVVHV UHWkQJXORV HVWi ORFDOL]DGRQDILJXUD \ PP PP [ & PP PP PP PP (a) \ PP PP PP $ PP [ % PP PP PP ' PP (b) Figura 10.9 Teorema dos eixos paralelos $ SDUWLU GRV DSrQGLFHV RX SHOR ([HPSOR R PRPHQWR GH LQpUFLD GRUHWkQJXOR HPUHODomRDVHXHL[RFHQWURLGDOpI 121 bh3 /RJRXVDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV SDUDRVUHWkQJXORV$H'RVFiOFXORVVmRRVVHJXLQWHV 5HWkQJXORV$H' Ix = Irxl + Ad 2y = 1 ^100h^300h3 + ^100h^300h^200h2 12 = 1, 425^109h mm 4 Iy = Iryl + Ad x2 = 1 ^300h^100h3 + ^100h^300h^250h2 12 = 1, 90^109h mm 4 Capítulo 10 | 397 Momentos de inércia | 5HWkQJXOR% Ix 1 ^600h^100h3 0, 05^109h mm 4 12 Iy 1 ^100h^600h3 1, 80^109h mm 4 12 Somatório 2VPRPHQWRVGHLQpUFLDSDUDDVHomRWUDQVYHUVDOLQWHLUDVmRSRUWDQWR Ix = 2 61, 425^109h@ + 0, 05^109h = 2, 90^109h mm 4 Iy = 2 61, 90^109h@ + 1, 8^109h = 5, 60^109h mm 4 Problemas fundamentais 10.5. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RVFHQWURLGDLV[H\ 10.7. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGRFDQDOHPUHODomRDRHL[R\ y y 50 mm 200 mm 50 mm x 50 mm x 300 mm 200 mm 50 mm 150 mm 150 mm 50 mm 200 mm Problema 10.5 Problema 10.7 10.6. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RVFHQWURLGDLV[H\ 10.8. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD 7 HP UHODomR DR HL[R [ SDVVDQGR SHOR FHQWURLGHGDVHomRWUDQVYHUVDO 30 mm y 30 mm x 200 mm 150 mm x' y 30 mm 30 mm 300 mm 30 mm 30 mm Problema 10.6 150 mm Problema 10.8 | 398 | Estática Problemas 10.27. 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD \ժ DWp R FHQWURLGH GD iUHD GD VHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDGHSRLVDFKHRPRPHQWRGHLQpUFLD HPUHODomRDRHL[R[ *10.28. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOHPUHODomRDRHL[R[ •10.33. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRHL[R\ y •10.29. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOHPUHODomRDRHL[R\ 150 mm 150 mm y 100 mm 60 mm 100 mm x x 20 mm y 75 mm 300 mm x' C Problemas 10.32/33 40 mm 10 mm 10.34. 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD \ժ DWp R FHQWURLGH GD iUHD GD VHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDGHSRLVGHWHUPLQHRPRPHQWRGH LQpUFLDHPUHODomRDRHL[R[ 10 mm Problemas 10.27/28/29 10.30. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOUHODomRDRGRHL[R[ 10.35. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R\ 10.31. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOHPUHODomRDRHL[R\ \ PP PP y 60 mm 15 mm 60 mm 15 mm PP & [ B \ 100 mm 15 mm PP PP 50 mm PP [ PP PP PP x 50 mm 100 mm 15 mm PP Problemas 10.34/35 Problemas 10.30/31 *10.32. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRHL[R[ *10.36. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD FRPSRVWD GHSRLV GHWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GHVVD iUHD HP UHODomR DR HL[RFHQWURLGDO[ Capítulo 10 •10.37. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRHL[RFHQWURLGDO\ y Momentos de inércia | 399 | 10.43. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO SDUD R kQJXOR 'HSRLV DFKH R PRPHQWR GH LQpUFLD ,[ HP UHODomRDRHL[RFHQWURLGDO[ *10.44. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDO SDUD R kQJXOR 'HSRLV DFKH R PRPHQWR GH LQpUFLD ,\ HP UHODomRDRHL[RFHQWURLGDO\ 10 mm 10 mm y 50 mm y' x' 20 mm C y –x x 30 mm 30 mm 60 mm Problemas 10.36/37 *10.40. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R\ y 50 mm x' 20 mm 10.38. 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD \ժ DWp R FHQWURLGH GD iUHD GD VHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDGHSRLVDFKHRPRPHQWRGHLQpUFLD HPUHODomRDRHL[R[ 10.39. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R[ C –y x 60 mm 20 mm Problemas 10.43/44 •10.45. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRHL[R[ 10.46. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRHL[R\ 50 mm y 150 mm 300 mm C x x' 150 mm y 100 mm x 150 mm 200 mm 150 mm Problemas 10.38/39/40 Problemas 10.45/46 •10.41. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R[ 10.47. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD FRPSRVWD HPUHODomRDRHL[RFHQWURLGDO\ 10.42. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R\ *10.48. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD FRPSRVWD GHSRLV GHWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHVVDiUHDHPUHODomRDR HL[R[ y y 240 mm 15 mm 115 mm 50 mm 7,5 mm x 115 mm x' C 50 mm 400 mm 15 mm y x 50 mm 50 mm Problemas 10.41/42 150 mm 150 mm Problemas 10.47/48 50 mm | 400 | Estática •10.49. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD ,[ GD VHomR $ RULJHPGDVFRRUGHQDGDVHVWiQRFHQWURLGH& 10.50. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD ,\ GD VHomR $ RULJHPGDVFRRUGHQDGDVHVWiQRFHQWURLGH& *10.56. /RFDOL]HRFHQWURLGH[ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDO GD YLJD H GHSRLV GHWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD HPUHODomRDRHL[RFHQWURLGDO\ y y' 10 mm y' x 200 mm x' 20 mm 180 mm x C C 600 mm 200 mm 100 mm 20 mm 10 mm 20 mm Problemas 10.49/50 10 mm 10.51. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLD,[GDYLJDHPUHODomR DRHL[RFHQWURLGDO[ *10.52. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD ,\ GD YLJD HP UHODomRDRHL[RFHQWURLGDO\ y 100 mm Problemas 10.55/56 •10.57. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R[ 10.58. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R\ y 15 mm 15 mm 125 mm 50 mm 12 mm 100 mm x C 50 mm 125 mm 12 mm 12 mm 10 mm 75 mm 25 mm 100 mm 100 mm x 75 mm 12 mm Problemas 10.51/52 •10.53. /RFDOL]HRFHQWURLGH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDO GR FDQDO GHSRLV GHWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD HPUHODomRDRHL[RFHQWURLGDO[ 10.54. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GR FDQDO HPUHODomRDRHL[R\ Problemas 10.57/58 10.59. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD HP UHODomR DR HL[R [ TXH SDVVD SHOR FHQWURLGH&GDVHomRWUDQVYHUVDO\ժPP y 35 mm A 5 mm x' C 60 mm 150 mm C y x 65 mm 5 mm 65 mm 5 mm Problemas 10.53/54 10.55. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOHPUHODomRDRHL[R[ x' 15 mm –y B 50 mm Problema 10.59 Capítulo 10 10.5 Momentos de inércia | 401 | Produto de inércia para uma área 0RVWUDUHPRVQDSUy[LPDVHomR TXHDSURSULHGDGHGHXPDiUHDFKDPDGD SURGXWRGHLQpUFLDpQHFHVViULDSDUDGHWHUPLQDURVPRPHQWRVGHLQpUFLDPi[LPRH PtQLPRSDUDDiUHD(VVHVYDORUHVPi[LPRHPtQLPRVmRSURSULHGDGHVLPSRUWDQWHV QHFHVViULDV SDUD SURMHWDU PHPEURV HVWUXWXUDLV H PHFkQLFRV FRPR YLJDV FROXQDV H HL[RV 2SURGXWRGHLQpUFLDGDiUHDQD)LJXUDHPUHODomRDRVHL[RV[H\pGHILQLGR FRPR Ixy \ [ [ xy dA A $ 6HRHOHPHQWRGHiUHDHVFROKLGRWHPXPDGLPHQVmRGLIHUHQFLDOQDVGXDVGLUHo}HV FRPRPRVWUDD)LJXUDXPDGXSODLQWHJUDomRSUHFLVDVHUUHDOL]DGDSDUDDYDOLDU ,[\ 1RUPDOPHQWH SRUpP p PDLV IiFLO HVFROKHU XP HOHPHQWR WHQGR XPD GLPHQVmR GLIHUHQFLDORXHVSHVVXUDHPDSHQDVXPDGLUHomRRQGHDDYDOLDomRUHTXHUDSHQDVXPD ~QLFDLQWHJUDomR YHU([HPSOR $VVLP FRPR R PRPHQWR GH LQpUFLD R SURGXWR GH LQpUFLD WHP XQLGDGHV GH FRPSULPHQWRHOHYDGDVjTXDUWDSRWrQFLDSRUH[HPSORPRXPP3RUpPFRPR[ RX\SRGHPVHUQHJDWLYRVRSURGXWRGHLQpUFLDSRGHVHUSRVLWLYRQHJDWLYRRX]HUR GHSHQGHQGR GR ORFDO H GD RULHQWDomR GRV HL[RV GH FRRUGHQDGDV 3RU H[HPSOR R SURGXWRGHLQpUFLD,[\SDUDXPDiUHDVHUi]HURVHRHL[R[RX\IRUXPHL[RGHVLPHWULD SDUDDiUHDFRPRQD)LJXUD$TXLFDGDHOHPHQWRG$ORFDOL]DGRQRSRQWR [\ WHP XP HOHPHQWR FRUUHVSRQGHQWH G$ ORFDOL]DGR HP [ ±\ &RPR RV SURGXWRV GH LQpUFLDSDUDHVVHVHOHPHQWRVVmRUHVSHFWLYDPHQWH[\G$H±[\G$DVRPDDOJpEULFD RX LQWHJUDomR GH WRGRV RV HOHPHQWRV TXH VmR HVFROKLGRV GHVVD PDQHLUD FDQFHODUmR XQV DRV RXWURV &RQVHTXHQWHPHQWH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD WRWDO WRUQDVH ]HUR6HJXHVHWDPEpPSHODGHILQLomRGH,[\TXHRµVLQDO¶GHVVDTXDQWLGDGHGHSHQGH GR TXDGUDQWH RQGH D iUHD HVWi ORFDOL]DGD &RPR YHPRV QD )LJXUD VH D iUHD IRUJLUDGDGHXPTXDGUDQWHSDUDRXWURRVLQDOGH,[\PXGDUi G$ \ [ Figura 10.10 \ [ G$ \ ±\ G$ [ Figura 10.11 \ ,[\ ±Ǖ[\G$ ±[ [ \ ,[\ Ǖ[\G$ \ [ ±\ ±\ \ ,[\ Ǖ[\G$ ±[ [ \ [ ,[\ ±Ǖ[\G$ Figura 10.12 G$ & Teorema dos eixos paralelos &RQVLGHUHDiUHDVRPEUHDGDPRVWUDGDQD)LJXUDRQGH[ H\ UHSUHVHQWDP XP FRQMXQWR GH HL[RV TXH SDVVDP SHOR FHQWURLGH GD iUHD H [ H \ UHSUHVHQWDP R FRQMXQWR FRUUHVSRQGHQWH GH HL[RV SDUDOHORV &RPR R SURGXWR GH LQpUFLD GH G$ HP UHODomRDRVHL[RV[H\p dIxy = ^ xM + dxh^ yM + dyh dA HQWmRSDUDDiUHDLQWHLUD \ [ G\ [ G[ Figura 10.13 | | 402 Estática Ixy = = [ ^ xM + d h^ yM + d h dA [ xMyM dA + d [ yM dA + d [ xM dA + d d [ dA A x y x A y A A x y A 2SULPHLURWHUPRjGLUHLWDUHSUHVHQWDRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDHPUHODomR DRVHL[RVFHQWURLGDLVƮ[ \ $VLQWHJUDLVQRVHJXQGRHWHUFHLURWHUPRVVmR]HURSRLV RV PRPHQWRV GD iUHD VmR FRQVLGHUDGRV HP UHODomR DR HL[R FHQWURLGDO 2EVHUYDQGR TXHDTXDUWDLQWHJUDOUHSUHVHQWDDiUHDLQWHLUD$RWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVSDUD RSURGXWRGHLQpUFLDWRUQDVH Ixy = Irxlyl + Adx dy eLPSRUWDQWHTXHRVVLQDLVDOJpEULFRVSDUDG[HG\VHMDPPDQWLGRVDRVHDSOLFDU HVVDHTXDomR \ Exemplo 10.6 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLD,[\SDUDRWULkQJXORPRVWUDGRQD)LJXUDD K [ E (a) RQGH[˾HͿORFDOL]HPRFHQWURLGHGRHOHPHQWRRXDRULJHPGRVHL[RV[ \ 9HU)LJXUD &RPR dIrxlyl GHYLGRjVLPHWULDH xV x, yV y y/2 HQWmR y dIxy = 0 + ^ y dxh x c m = c h x dx m x c h x m b 2 2b 2 3 h = 2 x dx 2b \ \ K[ E [\ K \ aa [\ [ G[ SOLUÇÃO I 8PHOHPHQWRGLIHUHQFLDOTXHWHPXPDHVSHVVXUDG[FRPRPRVWUDD)LJXUDE WHPXPDiUHDG$\G[2SURGXWRGHLQpUFLDGHVVHHOHPHQWRHPUHODomRDRVHL[RV [H\pGHWHUPLQDGRXVDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV uu dIxy = dIrxlyl + dAxy $LQWHJUDomRHPUHODomRD[GH[DWp[ESURGX] 2 2 2 b Ixy = h 2 x3 dx = b h 8 2b 0 [ E (b) \ \ K[ E a[\a [ [\ G\ E±[ K \ [ E (c) Figura 10.14 SOLUÇÃO II 2HOHPHQWRGLIHUHQFLDOTXHWHPHVSHVVXUDG\FRPRPRVWUDD)LJXUDFWDPEpP SRGH VHU XVDGR 6XD iUHD p G$ E ± [ G\ 2 FHQWURLGH HVWi ORFDOL]DGR QR SRQWR xV = x + ^b - xh /2 = ^b + xh /2, yV = y GHPRGRTXHRSURGXWRGHLQpUFLDGRHOHPHQWR WRUQDVH uu dIxy = dIrxlyl + dAxy = 0 + ^b - xh dy c b + x m y 2 2 b b/hh y ^ + G y = 1 y eb2 - b2 y2 o dy = cb - b y m dy = h 2 2 h $LQWHJUDomRHPUHODomRD\GH\DWp\KJHUD 2 2 2 h Ixy = 1 y cb2 - b2 y2 m dy = b h 2 0 8 h [ Capítulo 10 Exemplo 10.7 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D VHomR WUDQVYHUVDO GR PHPEUR PRVWUDGR QD )LJXUDDHPUHODomRDRVHL[RVFHQWURLGDLV[H\ \ PP PP [ & PP PP PP PP (a) \ PP PP PP $ PP [ % PP PP PP ' PP (b) Figura 10.15 SOLUÇÃO &RPR QR ([HPSOR D VHomR WUDQVYHUVDO SRGH VHU VXEGLYLGLGR HP WUrV iUHDV UHWDQJXODUHV FRPSRVWDV $ % H ' )LJXUD E $V FRRUGHQDGDV GR FHQWURLGH GH FDGDXPGHVVHVUHWkQJXORVPRVWUDPQDILJXUD3RUFDXVDGDVLPHWULDRSURGXWRGH LQpUFLDGHFDGDUHWkQJXORp]HURHPUHODomRDXPFRQMXQWRGHHL[RV[ \ TXHSDVVD SHORFHQWURLGHGHFDGDUHWkQJXOR8VDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVWHPRV 5HWkQJXOR$ Ixy = Irxlyl + Adx dy = 0 + ^300h^100h^-250h^200h = -1, 50^109h mm 4 5HWkQJXOR% 5HWkQJXOR' Ixy = Irxlyl + Adx dy = + = Ixy = Irxlyl + Adx dy = 0 + ^300h^100h^250h^-200h = -1, 50^109h mm 4 2SURGXWRGHLQpUFLDSDUDDVHomRWUDQVYHUVDOLQWHLUDpSRUWDQWR ,[\± ± ± PP NOTA: (VVH UHVXOWDGR QHJDWLYR GHYHVH DR IDWR GH TXH RV UHWkQJXORV $ H ' WrP FHQWURLGHVORFDOL]DGDVFRPFRRUGHQDGDV[QHJDWLYDH\QHJDWLYDUHVSHFWLYDPHQWH Momentos de inércia | 403 | | 404 | Estática 10.6 Momentos de inércia para uma área em relação aos eixos inclinados (PSURMHWRHVWUXWXUDOHPHFkQLFRjVYH]HVpQHFHVViULRFDOFXODURVPRPHQWRVH R SURGXWR GH LQpUFLD ,X ,Y H ,XY SDUD XPD iUHD HP UHODomR D XP FRQMXQWR GH HL[RV LQFOLQDGRVXHYTXDQGRRVYDORUHVSDUDș,[,\H,[\VmRFRQKHFLGRV3DUDID]HULVVR XVDUHPRVHTXDo}HVGHWUDQVIRUPDomRTXHVHUHODFLRQDPjVFRRUGHQDGDV[\HXY 'D)LJXUDHVVDVHTXDo}HVVmR X[FRVș\VHQș Y\FRVș[VHQș \ ȣ G$ $ ȣ ș \ ș \FRVș [VHQș ș 2 X [ \VHQș [ [FRVș X Figura 10.16 &RPHVVDVHTXDo}HVRVPRPHQWRVHRSURGXWRGHLQpUFLDGHG$HPUHODomRDRVHL[RV XHYWRUQDPVH G,XȣG$ \FRVș±[VHQș G$ G,YXG$ [FRVș\VHQș G$ G,XYXYG$ [FRVș\VHQș \FRVș±[VHQș G$ ([SDQGLQGRFDGDH[SUHVVmRHLQWHJUDQGRREVHUYDQGRTXH,[Ǖ\G$,\Ǖ[G$H ,[\Ǖ[\G$REWHPRV ,X,[FRVș,\VHQș±,[\VHQșFRVș ,Y,[VHQș,\FRVș±,[\VHQșFRVș ,XY,[VHQșFRVș±,\VHQșFRVș,[\ FRVș±VHQș 8VDQGRDVLGHQWLGDGHVWULJRQRPpWULFDVVHQșVHQșFRVșHFRVșFRVș± VHQ șSRGHPRVVLPSOLILFDUDVH[SUHVV}HVDQWHULRUHV1HVVHFDVR Ix + Iy Ix - Iy cos 2i - Ixy sen 2i + 2 2 I + Iy Ix - Iy Iv = x cos 2i + Ixy sen 2i 2 2 I - Iy Iuv = x sen 2i + Ixy cos 2i 2 Iu = 2EVHUYH TXH VH D SULPHLUD H VHJXQGD HTXDo}HV IRUHP VRPDGDV SRGHPRV PRVWUDU TXH R PRPHQWR GH LQpUFLD SRODU HP UHODomR DR HL[R ] SDVVDQGR SHOR SRQWR 2 p FRQIRUPHHVSHUDGRLQGHSHQGHQWHGDRULHQWDomRGRVHL[RVXHYRXVHMD -2,X,Y,[,\ Capítulo 10 Momentos principais de inércia $VHTXDo}HVPRVWUDPTXH,X,YH,XYGHSHQGHPGRkQJXORGHLQFOLQDomRș GRV HL[RV X H Y$JRUD GHWHUPLQDUHPRV D RULHQWDomR GHVVHV HL[RV HP UHODomR DRV PRPHQWRVGHLQpUFLDSDUDDiUHDVmRPi[LPRHPtQLPR(VVHFRQMXQWRGHHL[RVHP SDUWLFXODU p FKDPDGR GH HL[RV SULQFLSDLV GD iUHD H RV PRPHQWRV GH LQpUFLD FRUUHVSRQGHQWHV HP UHODomR D HVVHV HL[RV VmR FKDPDGRV PRPHQWRV SULQFLSDLV GH LQpUFLD(PJHUDOH[LVWHXPFRQMXQWRGHHL[RVSULQFLSDLVSDUDFDGDRULJHPHVFROKLGD2 3RUpPSDUDRSURMHWRHVWUXWXUDOHPHFkQLFRDRULJHP2HVWiORFDOL]DGDQRFHQWURLGH GDiUHD 2 kQJXOR TXH GHILQH D RULHQWDomR GRV HL[RV SULQFLSDLV SRGH VHU HQFRQWUDGR GLIHUHQFLDQGR D SULPHLUD GDV HTXDo}HV HP UHODomR D ș H ID]HQGR R UHVXOWDGR LJXDOD]HUR$VVLP Ix - Iy dIu m sen 2i - 2Ixy cos 2i = 0 = -2 c 2 di 3RUWDQWRHPșșS tg 2i p = - Ixy ^ Ix - Iyh /2 $VGXDVUDt]HVșSHșSGHVVDHTXDomRHVWmRDIDVWDGDVSRUHSRUWDQWRFDGDXPD HVSHFLILFD D LQFOLQDomR GH XP GRV HL[RV SULQFLSDLV 3DUD VXEVWLWXtODV QD (TXDomRSULPHLURWHPRVTXHDFKDURVHQRHRFRVVHQRGHșSHșS,VVRSRGH VHUIHLWRXVDQGRDVUD]}HVGRVWULkQJXORVPRVWUDGRVQD)LJXUDTXHVmREDVHDGRV QD(TXDomR ,[±,\ șS ,[\ șS ± ,[±,\ ,[±,\ ±,[\ , [\ Figura 10.17 6XEVWLWXLQGR FDGD XPD GDV UD]}HV GH VHQR H FRVVHQR QD SULPHLUD RX VHJXQGD GDV HTXDo}HVHVLPSOLILFDQGRREWHPRV máx I mín = Ix + Iy 2 c Ix + Iy 2 2 m + I xy 2 'HSHQGHQGRGRVLQDOHVFROKLGRHVVHUHVXOWDGRJHUDRPRPHQWRGHLQpUFLDPi[LPR RXPtQLPRSDUDDiUHD$OpPGRPDLVVHDVUHODo}HVWULJRQRPpWULFDVDQWHULRUHVSDUD șSHșSIRUHPVXEVWLWXtGDVQDWHUFHLUDGDVHTXDo}HVSRGHVHPRVWUDUTXH,XY RX VHMD R SURGXWR GH LQpUFLD HP UHODomR DRV HL[RV SULQFLSDLV p ]HUR &RPR IRL LQGLFDGRQD6HomRTXHRSURGXWRGHLQpUFLDp]HURHPUHODomRDTXDOTXHUHL[R VLPpWULFR VHJXHVH SRUWDQWR TXH TXDOTXHU HL[R VLPpWULFR UHSUHVHQWD XP HL[R GH LQpUFLDSULQFLSDOSDUDDiUHD Momentos de inércia | 405 | | 406 | Estática Exemplo 10.8 'HWHUPLQHRVPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLDHDRULHQWDomRGRVHL[RVSULQFLSDLVSDUD DiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGRPHPEURPRVWUDGRQD)LJXUDDHPUHODomRDXP HL[RTXHSDVVDPSHORFHQWURLGH \ \ PP X PP ȣ șS [ & PP PP [ & PP PP șS ± (a) (b) Figura 10.18 SOLUÇÃO 2VPRPHQWRVHRSURGXWRGHLQpUFLDGDVHomRWUDQVYHUVDOHPUHODomRDRVHL[RV[\ IRUDPGHWHUPLQDGRVQRVH[HPSORVH2VUHVXOWDGRVVmR ,[ PP ,\ PP ,[\± PP 8VDQGRD(TXDomRRVkQJXORVGHLQFOLQDomRGRVHL[RVSULQFLSDLVXHYVmR - Ixy - 6-3, 00^109h@ tg 2i p = = = - 2, 22 ^ Ix - Iyh /2 6 2, 90^109h - 5, 60^109h@ /2 2i p = -65, 8° e 114, 2° $VVLPSHODLQVSHomRGD)LJXUDE șS±HșS 2VPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLDHPUHODomRDHVVHVHL[RVVmRGHWHUPLQDGRVSHOD (TXDomR/RJR I + Iy I - Iy 2 máx 2 m + I xy c x I mín = x 2 2 2, 90^109h + 5, 60^109h = 2 2 2, 90^109h - 5, 60^109h G + 6-3, 00^109h@2 2 máx I mín = 4, 25^109h 3, 29^109h = RX ,máx 7, 54^109h mm 4 ,mín 0, 960^109h mm 4 NOTA: 2 PRPHQWR GH LQpUFLD Pi[LPR ,Pi[ PP RFRUUH HP UHODomR DR HL[RXSRLVSRULQVSHomRDPDLRUSDUWHGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOpDPDLVGLVWDQWH GHVVH HL[R 2X HQWmR HP RXWUDV SDODYUDV ,Pi[ RFRUUH HP UHODomR DR HL[R X SRUTXH HVVHHL[RHVWiORFDOL]DGRGHQWURGHGRHL[R\TXHWHPRPDLRUYDORUGH, ,\! ,[ $OpPGRPDLVLVVRSRGHVHUFRQFOXtGRVXEVWLWXLQGRVHRVGDGRVFRPș QDSULPHLUDGDVHTXDo}HVHUHVROYHQGR,X Capítulo 10 Momentos de inércia Círculo de Mohr para momentos de inércia 10.7 $V HTXDo}HV GH D SRVVXHP XPD VROXomR JUiILFD FRQYHQLHQWH H JHUDOPHQWHIiFLOGHOHPEUDU(OHYDQGRDSULPHLUDHDWHUFHLUDGDVHTXDo}HVDR TXDGUDGRHVRPDQGRGHVFREULPRVTXH c ,u - ,x + ,y 2 ,x - ,y 2 2 m + ,uv m + , 2xy =c $TXL,[,\H,[\VmRFRQVWDQWHVFRQKHFLGDV$VVLPDHTXDomRDQWHULRUSRGHVHUHVFULWD GHIRUPDFRPSDFWDFRPR ,X±D ,XY5 4XDQGRHVVDHTXDomRpGHVHQKDGDHPXPFRQMXQWRGHHL[RVTXHUHSUHVHQWDRPRPHQWR GHLQpUFLDUHVSHFWLYRHRSURGXWRGHLQpUFLDFRPRPRVWUDD)LJXUDRJUiILFR UHVXOWDQWHUHSUHVHQWDXPFtUFXORGHUDLR I -I 2 R = c x y m + I 2xy H FRP FHQWUR ORFDOL]DGR QR SRQWR D RQGH D ,[ ,\ 2 FtUFXOR DVVLP FRQVWUXtGR p FKDPDGR GH FtUFXOR GH 0RKU HP YLUWXGH GR QRPH GR HQJHQKHLUR DOHPmR2WWR0RKU ± Procedimento para análise $ILQDOLGDGHSULQFLSDOGRXVRGRFtUFXORGH0RKUpWHUXPPHLRFRQYHQLHQWHGH HQFRQWUDURVPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLDSDUDXPDiUHD2SURFHGLPHQWRDVHJXLU RIHUHFHXPPpWRGRSDUDID]HULVVR Determine Ix, Iy e Ixy (VWDEHOHoDRVHL[RV[\HGHWHUPLQH,[,\H,[\ )LJXUDD Construa o círculo &RQVWUXD XP VLVWHPD GH FRRUGHQDGDV UHWDQJXODUHV GH PRGR TXH D DEVFLVVD UHSUHVHQWHRPRPHQWRGHLQpUFLD,HDRUGHQDGDUHSUHVHQWHRSURGXWRGHLQpUFLD ,[\ )LJXUDE 'HWHUPLQHRFHQWURGRFtUFXOR2TXHHVWiORFDOL]DGRDXPDGLVWkQFLD ,[,\ GD RULJHP H UHSUHVHQWH R SRQWR GH UHIHUrQFLD $ WHQGR FRRUGHQDGDV ,[ ,\ /HPEUHVHGHTXH,[pVHPSUHSRVLWLYRDRSDVVRTXH,[\SRGHVHUSRVLWLYRRX QHJDWLYR \ ,[\ Y ,[±,\ 5 ,[\ ,[ $ (L[RSDUDPRPHQWR SULQFLSDOGHLQpUFLDPHQRU,PtQ șS ,[\ , 2 3 (L[RSDUDPRPHQWRSULQFLSDO GHLQpUFLDPDLRU,Pi[ ,[±,\ [ șS ,PtQ ,[,\ X (a) ,Pi[ (b) Figura 10.19 | 407 | | 408 | Estática &RQHFWH R SRQWR GH UHIHUrQFLD $ FRP R FHQWUR GR FtUFXOR H GHWHUPLQH D GLVWkQFLD2$SRUWULJRQRPHWULD(VVDGLVWkQFLDUHSUHVHQWDRUDLRGRFtUFXOR )LJXUDE)LQDOPHQWHGHVHQKHRFtUFXOR Momentos principais de inércia 2V SRQWRV RQGH R FtUFXOR FUX]D R HL[R , LQGLFD RV YDORUHV GRV PRPHQWRV SULQFLSDLV GH LQpUFLD ,PtQ H ,Pi[ 2EVHUYH TXH FRQIRUPH HVSHUDGR R SURGXWR GHLQpUFLDVHUi]HURQHVVHVSRQWRV )LJXUDE Eixos principais 3DUDGHWHUPLQDUDRULHQWDomRGRHL[RSULQFLSDOPDLRUXVHDWULJRQRPHWULDSDUD DFKDURkQJXORșSPHGLGRDSDUWLUGRUDLR2$DWpRHL[R,SRVLWLYR )LJXUD E (VVH kQJXOR UHSUHVHQWD R GREUR GR kQJXOR GR HL[R [ DWp R HL[R GR PRPHQWRGHLQpUFLDPi[LPR,Pi[ )LJXUDD 7DQWRRkQJXORQRFtUFXOR șSFRPRRkQJXORșSGHYHPVHUPHGLGRVQRPHVPRVHQWLGRFRPRPRVWUD D)LJXUD2HL[RSDUDRPRPHQWRGHLQpUFLDPtQLPR,PtQpSHUSHQGLFXODU DRHL[RSDUD,Pi[ 8VDQGR D WULJRQRPHWULD SRGHVH YHULILFDU TXH R SURFHGLPHQWR LQGLFDGR HVWi GH DFRUGRFRPDVHTXDo}HVGHVHQYROYLGDVQD6HomR Exemplo 10.9 8VDQGRRFtUFXORGH0RKUGHWHUPLQHRVPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLDHDRULHQWDomR GR HL[R SULQFLSDO PDLRU SDUD D iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GR PHPEUR PRVWUDGR QD )LJXUDDHPUHODomRDXPHL[RSDVVDQGRSHORFHQWURLGH y 100 mm ,[\ PP 400 mm x C 100 mm 400 mm 2 , PP % ± 100 mm 600 mm $ ± (a) (b) \ X ,[\ PP ȣ ,Pi[ ,PtQ [ 2 șS , PP & șS $ ± (c) (d) Figura 10.20 Capítulo 10 | 409 Momentos de inércia | SOLUÇÃO Determine Ix, Iy e Ixy 2V PRPHQWRV H R SURGXWR GH LQpUFLD IRUDP GHWHUPLQDGRV QRV H[HPSORV H HP UHODomR DRV HL[RV [ H \ PRVWUDGRV QD )LJXUD D 2V UHVXOWDGRV VmR ,[ PP,\ PPH,[\± PP Construa o círculo 2VHL[RV,H,[\VmRPRVWUDGRVQD)LJXUDE2FHQWURGRFtUFXOR2HVWiDXPD GLVWkQFLD ,[,\ DSDUWLUGDRULJHP4XDQGRRSRQWRGH UHIHUrQFLD $ ,[ ,[\ RX $ ± HVWi FRQHFWDGR DR SRQWR 2 R UDLR 2$ p GHWHUPLQDGRDSDUWLUGRWULkQJXOR2%$XVDQGRRWHRUHPDGH3LWiJRUDV OA = ^1, 35h2 + ^-3, 00h2 = 3, 29 2FtUFXORpFRQVWUXtGRQD)LJXUDF Momentos principais de inércia 2FtUFXORFUX]DRHL[R,QRVSRQWRV H /RJR ,Pi[ PP ,PtQ ± PP Eixos principais &RPR YHPRV QD )LJXUD F R kQJXOR șS HVWi GHWHUPLQDGR D SDUWLU GR FtUFXOR PHGLQGRHPVHQWLGRDQWLKRUiULRDSDUWLUGH2$DWpDGLUHomRGRHL[R,SRVLWLYR/RJR BA 3, 00 2ip1 = 180° - sen- 1 e o = 180° - sen- 1 e o = 114, 2° 3, 29 OA 2 HL[R SULQFLSDO SDUD ,Pi[ PP p SRUWDQWR RULHQWDGR HP XP kQJXOR șS PHGLGR QR VHQWLGR DQWLKRUiULR D SDUWLU GR HL[R [ SRVLWLYR DWp R HL[R X SRVLWLYR2HL[RYpSHUSHQGLFXODUDHVVHHL[R2VUHVXOWDGRVPRVWUDPQD)LJXUDG Problemas *10.60. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD GD iUHD SDUDEyOLFD HPUHODomRDRVHL[RV[H\ y 2 x2 + –– y =1 –– a2 b2 •10.61. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLD,[\GDPHWDGHGLUHLWD GDiUHDSDUDEyOLFDQR3UREOHPDOLPLWDGDSHODVOLQKDV \PH[ b y x a 1m Problema 10.62 10.63. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD HP UHODomRDRVHL[RV[H\ 2m y = 2x2 y x 2m y3 = x Problemas 10.60/61 10.62. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDGHXPTXDUWRGDiUHD HOtSWLFDHPUHODomRDRVHL[RV[H\ x 8m Problema 10.63 | 410 | Estática *10.64. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD HP UHODomRDRVHL[RV[H\ y y x2 + 4y2 = 16 4m 2m x x 4m 4m Problema 10.68 x (x – 8) y = –– 4 •10.69. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDSDUDEyOLFD HPUHODomRDRVHL[RV[H\ Problema 10.64 •10.65. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD HP UHODomRDRVHL[RV[H\ y y y2 = x 8y = x3 + 2x2 + 4x 2m x 4m 3m Problema 10.69 x 10.70. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDFRPSRVWD HPUHODomRDRVHL[RV[H\ 2m Problema 10.65 y 10.66. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD D iUHD HP UHODomRDRVHL[RV[H\ 2m 2m \ 2m \ ±[ 1,5 m P 2m x [ Problema 10.70 P Problema 10.66 10.67. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDHPUHODomR DRVHL[RV[H\ 10.71. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOHPUHODomRDRVHL[RV[H\TXHWrPVXDRULJHP ORFDOL]DGDQRFHQWURLGH& y \ 40 mm \ K [ E 10 mm 5 mm K 50 mm [ 35 mm E Problema 10.67 10 mm 40 mm *10.68. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDGDHOLSVH HPUHODomRDRVHL[RV[H\ x C Problema 10.71 Capítulo 10 *10.72. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RV[H\TXHWrPVXD RULJHPORFDOL]DGDQRFHQWURLGH& \ | 411 Momentos de inércia | 10.75. /RFDOL]H R FHQWURLGH [ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD H GHSRLV GHWHUPLQH RV PRPHQWRV GH LQpUFLD H R SURGXWRGHLQpUFLDGHVVDiUHDHPUHODomRDRVHL[RVXHY2V HL[RVWrPVXDRULJHPQRFHQWURLGH& y PP x 20 mm v 200 mm PP C PP x 60º & [ 200 mm PP 20 mm PP PP 20 mm 175 mm Problema 10.72 •10.73. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RV[H\ u Problema 10.75 *10.76. /RFDOL]H R FHQWURLGH [ժ \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHGHSRLVGHWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLD GHVVDiUHDHPUHODomRDRVHL[RV[ H\ y 10 mm y' y x 10 mm 100 mm 300 mm 10 mm 300 mm 10 mm x' C y x 10 mm 10 mm 100 mm x 200 mm Problema 10.73 10.74. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RV[H\TXHWrPVXD RULJHPORFDOL]DGDQRFHQWURLGH& Problema 10.76 •10.77. 'HWHUPLQH R SURGXWR GH LQpUFLD GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRVHL[RVFHQWURLGDLV[H\ y y 100 mm 5 mm 10 mm 150 mm 50 mm 10 mm 5 mm 10 mm x C 10 mm 50 mm 50 mm 10 mm Problema 10.74 x C 50 mm 150 mm 100 mm 10 mm Problema 10.77 | 412 | Estática 10.78. 'HWHUPLQH RV PRPHQWRV GH LQpUFLD H R SURGXWR GH LQpUFLDGDiUHDGDVHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRV HL[RVXHY •10.81. 'HWHUPLQHDRULHQWDomRGRVHL[RVSULQFLSDLVTXHWrP VXD RULJHP QR FHQWURLGH & GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD$OpPGLVVRGHWHUPLQHRVPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLD y v y 150 mm 150 mm u 100 mm 20 mm 300 mm 30º 20 mm x C 300 mm 150 mm x C 150 mm Problema 10.78 100 mm 10.79. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD H GHSRLV GHWHUPLQH RV PRPHQWRV GH LQpUFLD H R SURGXWRGHLQpUFLDGHVVDiUHDHPUHODomRDRVHL[RVXHY 20 mm Problema 10.81 y u v 50 mm 450 mm 10.82. /RFDOL]H R FHQWURLGH \ժ GD iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD H GHSRLV GHWHUPLQH RV PRPHQWRV GH LQpUFLD GHVVD iUHDHRSURGXWRGHLQpUFLDHPUHODomRDRVHL[RVXHY2V HL[RVWrPVXDRULJHPQRFHQWURLGH& 450 mm 50 mm 60º 400 mm x C y 50 mm 25 mm y 800 mm Problema 10.79 200 mm υ 25 mm x C 60º *10.80. /RFDOL]HRVFHQWURLGHV[ժH\ժGDiUHDGDVHomRWUDQV YHUVDOHGHSRLVGHWHUPLQHDRULHQWDomRGRVHL[RVSULQFLSDLV TXH WrP VXD RULJHP QR FHQWURLGH & GD iUHD $OpP GLVVR GHWHUPLQHRVPRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLD y y 25 mm 75 mm 75 mm u Problema 10.82 x 10.83. 5HVROYDR3UREOHPDXVDQGRRFtUFXORGH0RKU *10.84. 5HVROYD R 3UREOHPD XVDQGR R FtUFXOR GH 0RKU 5 mm 60 mm C x 5 mm 60 mm Problema 10.80 y •10.85. 5HVROYD R 3UREOHPD XVDQGR R FtUFXOR GH 0RKU 10.86. 5HVROYDR3UREOHPDXVDQGRRFtUFXORGH0RKU 10.87. 5HVROYDR3UREOHPDXVDQGRRFtUFXORGH0RKU *10.88. 5HVROYD R 3UREOHPD XVDQGR R FtUFXOR GH 0RKU Capítulo 10 10.8 Momento de inércia da massa I= [r N dm U GP $TXLUpDGLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUGRHL[RDWpRHOHPHQWRDUELWUiULRGP&RPR D IRUPXODomR HQYROYH U R YDORU GH , p H[FOXVLYR SDUD FDGD HL[R HP UHODomR DR TXDOHOHpFDOFXODGR2HL[RTXHJHUDOPHQWHpHVFROKLGRSRUpPSDVVDSHORFHQWUR GHPDVVD*GRFRUSR8QLGDGHVFRPXQVXVDGDVSDUDHVVDPHGLGDVmRNJP 6H R FRUSR FRQVLVWH HP PDWHULDO WHQGR XPD GHQVLGDGH t HQWmR GP t G9 )LJXUD D 6XEVWLWXLQGR LVVR QD (TXDomR R PRPHQWR GH LQpUFLD GR FRUSRpHQWmRFDOFXODGRXVDQGRVHHOHPHQWRVGHYROXPHSDUDLQWHJUDomRRXVHMD I= [ r t dV 2 7 I=t [r 7 2 dV Figura 10.21 ] GP ȡG9 [\] 3DUD D PDLRULD GDV DSOLFDo}HV t VHUi XPD FRQVWDQWH H DVVLP HVVH WHUPR SRGH VHU IDWRUDGRGDLQWHJUDOHDLQWHJUDomRpHQWmRSXUDPHQWHXPDIXQomRGDJHRPHWULD 413 ] 2 PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD GH XP FRUSR p XPD PHGLGD GD UHVLVWrQFLD GR FRUSRjDFHOHUDomRDQJXODU&RPRHOHpXVDGRQDGLQkPLFDSDUDHVWXGDURPRYLPHQWR GHURWDomRRVPpWRGRVSDUDRVHXFiOFXORVHUmRGLVFXWLGRVDVHJXLU &RQVLGHUH R FRUSR UtJLGR PRVWUDGR QD )LJXUD 'HILQLPRV R PRPHQWR GH LQpUFLDGDPDVVDGRFRUSRHPUHODomRDRHL[R]FRPR 2 | Momentos de inércia \ [ (a) ] Procedimento para análise [\ 6HXPFRUSRpVLPpWULFRHPUHODomRDXPHL[RFRPRQD)LJXUDHQWmRVHX PRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDHPUHODomR DRHL[RSRGHVHUGHWHUPLQDGRXVDQGRVH XPDLQWHJUDomRLVRODGD(OHPHQWRVGHFDVFDHGLVFRVmRXVDGRVSDUDHVVDILQDOLGDGH Elemento de casca 6HXPHOHPHQWRGHFDVFDWHQGRXPDDOWXUD]UDLR\HHVSHVVXUDG\pHVFROKLGR SDUDLQWHJUDomR )LJXUDE HQWmRVHXYROXPHpG9 +\ ] G\ (VVHHOHPHQWRSRGHVHUXVDGRQDVHTXDo}HVRXSDUDGHWHUPLQDU RPRPHQWRGHLQpUFLD,]GRFRUSRHPUHODomRDRHL[R]SRLVRHOHPHQWRLQWHLUR GHYLGRjVXDµILQXUD¶VHHQFRQWUDQDPHVPDGLVWkQFLDSHUSHQGLFXODUU\GR HL[R] YHU([HPSOR Elemento de disco 6HXPHOHPHQWRGHGLVFRGHUDLR\HHVSHVVXUDG]pHVFROKLGRSDUDLQWHJUDomR )LJXUDF HQWmRVHXYROXPHpG9 +\ G] 1HVVHFDVRRHOHPHQWRpILQLWRQDGLUHomRUDGLDOHFRQVHTXHQWHPHQWHVHXVSRQWRV QmRVHHQFRQWUDPWRGRVjPHVPDGLVWkQFLDUDGLDOUGRHL[R]&RPRUHVXOWDGR DVHTXDo}HVRXQmRSRGHPVHUXVDGDVSDUDGHWHUPLQDU,](PYH] GLVVR SDUD UHDOL]DU D LQWHJUDomR XVDQGR HVVH HOHPHQWR p QHFHVViULR SULPHLUR GHWHUPLQDU R PRPHQWR GH LQpUFLD GR HOHPHQWR HP UHODomR DR HL[R ] H GHSRLV LQWHJUDUHVVHUHVXOWDGR YHU([HPSOR 2XWUD SURSULHGDGH GR FRUSR TXH PHGH D VLPHWULD GD PDVVD GR FRUSR HP UHODomR D XP VLVWHPD GH FRRUGHQDGDV p R SURGXWR GH LQpUFLD GD PDVVD (VVD SURSULHGDGH QRUPDOPHQWH VH DSOLFD DR PRYLPHQWRWULGLPHQVLRQDOGHXPFRUSRHpGLVFXWLGRHP'LQkPLFDPHFkQLFDSDUDHQJHQKDULD &DStWXOR ] \ \ G\ [ (b) ] \ [\ G] ] \ [ (c) Figura 10.22 | | 414 | Estática ] Exemplo 5 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD GR FLOLQGUR PRVWUDGR QD )LJXUD D HPUHODomRDRHL[R]$GHQVLGDGHGRPDWHULDOtpFRQVWDQWH K \ 2 SOLUÇÃO K [ Elemento de casca (VWH SUREOHPD VHUi UHVROYLGR XVDQGR R HOHPHQWR GH FDVFD QD )LJXUD E H SRUWDQWR DSHQDV XPD ~QLFD LQWHJUDomR p QHFHVViULD 2 YROXPH GR HOHPHQWR p G9 +U K GU H SRUWDQWR VXD PDVVD p GP t G9 t +KU GU &RPR R HOHPHQWR LQWHLUR HVWi j PHVPD GLVWkQFLD U GR HL[R ] R PRPHQWR GH LQpUFLD GR HOHPHQWRp G,]U GPt+KUGU (a) ] U GU ,QWHJUDQGRVHSHORFLOLQGURLQWHLURSURGX]VH K Iz = \ 2 K [ 10.10 tr 4 R h [ R r3 dr = [ dm = trh [ R r dr = prhR2 [r 2 m dm = trh 0 &RPRDPDVVDGRFLOLQGURp m= (b) 0 m HQWmR I[ = 1 mR2 2 Figura 10.23 Exemplo 10.11 8P VyOLGR p IRUPDGR JLUDQGR D iUHD VRPEUHDGD FRPR PRVWUD D )LJXUD D HP WRUQR GR HL[R \ 6H D GHQVLGDGH GR PDWHULDO p 0JP GHWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLDGDPDVVDHPUHODomRDRHL[R\ y 1m SOLUÇÃO 1m y2 = x x (a) y 1m x dy 1m (x, y) y (b) Figura 10.24 Elemento de disco 2PRPHQWRGHLQpUFLDVHUiGHWHUPLQDGRXVDQGRHVVHHOHPHQWRGHGLVFRFRPRPRVWUD D)LJXUDE$TXLRHOHPHQWRFUX]DDFXUYDQRSRQWRDUELWUiULR [\ HWHPXPD PDVVD GPtG9t +[ G\ (PERUDWRGRVRVSRQWRVQRHOHPHQWRQmRHVWHMDPORFDOL]DGRVjPHVPDGLVWkQFLDGR HL[R\DLQGDpSRVVtYHOGHWHUPLQDURPRPHQWRGHLQpUFLDG,\GRHOHPHQWRHPUHODomR DRHL[R\1RH[HPSORDQWHULRUPRVWUDPRVTXHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHXPFLOLQGUR KRPRJrQHRHPUHODomR DRHL[RORQJLWXGLQDOp I 12 mR 2 RQGHPH5VmRDPDVVD H R UDLR GR FLOLQGUR &RPR D DOWXUD GR FLOLQGUR QmR HVWi HQYROYLGD QHVVD IyUPXOD WDPEpPSRGHPRVXVDUHVVHUHVXOWDGRSDUDXPGLVFR$VVLPSDUDRHOHPHQWRGHGLVFR QD)LJXUDEWHPRV dIZ = 1 ^dmh x2 = 1 6 t^rx2h dy @ x2 2 2 6XEVWLWXLQGR[\t0JPHLQWHJUDQGRHPUHODomRD\GH\DWp\P REWHPRVRPRPHQWRGHLQpUFLDSDUDRVyOLGRLQWHLUR 1m 1m IZ = 5r x4 dy = 5r y8 dy = 0, 873 kg m2 2 0 2 0 [ [ Capítulo 10 Teorema dos eixos paralelos \ GP U U * $ G ] \ [ [ ] Figura 10.25 6HRPRPHQWRGHLQpUFLDGRFRUSRHPUHODomRDXPHL[RTXHSDVVDSHORFHQWUR GHPDVVDGRFRUSRIRUFRQKHFLGRHQWmRRPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDTXDOTXHU RXWURHL[RSDUDOHORSRGHVHUGHWHUPLQDGRXVDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV3DUD GHULYDUHVVHWHRUHPDFRQVLGHUHRFRUSRPRVWUDGRQD)LJXUD2HL[R] SDVVD SHORFHQWURGHPDVVD*DRSDVVRTXHRSDUDOHOR]FRUUHVSRQGHQWHHVWiDIDVWDGRSRU XPD GLVWkQFLD FRQVWDQWH G 6HOHFLRQDQGR R HOHPHQWR GH PDVVD GLIHUHQFLDO GP TXH HVWiORFDOL]DGRQRSRQWR [ \ HXVDQGRRWHRUHPDGH3LWiJRUDVU G[ \ RPRPHQWRGHLQpUFLDGRFRUSRHPUHODomRDRHL[R]p I= [r N 2 dm = = [ 6^d + xMh + yM @ dm [ ^ xM + yM h dm + d [ xM dm + d [ dm 2 2 N 2 2 2 N N N &RPRU [ \ DSULPHLUDLQWHJUDOUHSUHVHQWD,*$VHJXQGDLQWHJUDOpLJXDO D ]HUR SRLV R HL[R ] SDVVD SHOR FHQWUR GH PDVVD GR FRUSR RX VHMD ѻ[ GP[ժ ѻGPSRLV[ժ )LQDOPHQWHDWHUFHLUDLQWHJUDOpDPDVVDWRWDO PGRFRUSR/RJRRPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDRHL[R]WRUQDVH ,,*PG RQGH ,*PRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDRHL[R] SDVVDQGRSHORFHQWURGH PDVVD* PPDVVDGRFRUSR GGLVWkQFLDHQWUHRVHL[RVSDUDOHORV Raio de giração 2FDVLRQDOPHQWH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH XP FRUSR HP UHODomR D XP HL[R HVSHFLILFDGR p UHSRUWDGR QRV PDQXDLV GH HQJHQKDULD XVDQGR R UDLR GH JLUDomR N (VVH YDORU WHP XQLGDGHV GH FRPSULPHQWR H TXDQGR HOH H D PDVVD GR FRUSR P VmR FRQKHFLGRVRPRPHQWRGHLQpUFLDSRGHVHUGHWHUPLQDGRSHODHTXDomR I = mk2 ou k = I m 2EVHUYHDVHPHOKDQoDHQWUHDGHILQLomRGHNQHVVDIyUPXODHUQDHTXDomRG,UGP TXHGHILQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHXPHOHPHQWRGHPDVVDGLIHUHQFLDOGPGRFRUSR HPUHODomRDXPHL[R Momentos de inércia | 415 | | 416 | Estática Corpos compostos 6HXPFRUSRpFRQVWUXtGRDSDUWLUGHXPDVpULHGHIRUPDVVLPSOHVFRPRGLVFRV HVIHUDVHEDUUDVRPRPHQWRGHLQpUFLDGRFRUSRHPUHODomRDTXDOTXHUHL[R]SRGH VHUGHWHUPLQDGRVRPDQGRDOJHEULFDPHQWHRVPRPHQWRVGHLQpUFLDGHWRGDVDVIRUPDV FRPSRVWDV FDOFXODGDV HP UHODomR DR PHVPR HL[R$ DGLomR DOJpEULFD p QHFHVViULD SRUTXHXPDSDUWHFRPSRVWDGHYHVHUFRQVLGHUDGDXPDTXDQWLGDGHQHJDWLYDVHMiWLYHU VLGRLQFOXtGDHPRXWUDSDUWH±FRPRQRFDVRGHXPµIXUR¶VXEWUDtGRGHXPDFKDSD VyOLGD$OpPGLVVRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVpQHFHVViULRSDUDRVFiOFXORVVHR FHQWUR GH PDVVD GH FDGD SDUWH FRPSRVWD QmR HVWi QR HL[R ] (P UHODomR D LVVR DV IyUPXODV SDUD R PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD GH DOJXPDV IRUPDV FRPXQV FRPR GLVFRVHVIHUDVHEDUUDVVmRGDGDVQRVDSrQGLFHV Exemplo 10.12 6H D FKDSD PRVWUDGD QD )LJXUD D WHP XPD GHQVLGDGH GH NJP H XPD HVSHVVXUDGHPPGHWHUPLQHVHXPRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDHPUHODomRDXP HL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHSDVVDQGRSHORSLQRHP2 P P * * P ± * P (VSHVVXUDP 2 (a) (b) Figura 10.26 SOLUÇÃO $FKDSDFRQVLVWHHPGXDVSDUWHVFRPSRVWDVRGLVFRFRPUDLRGHPPPHQRVXP GLVFRFRPUDLRGHPP )LJXUDE 2PRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRD2 SRGHVHUGHWHUPLQDGRDFKDQGRRPRPHQWRGHLQpUFLDGHFDGDXPDGHVVDVSDUWHVHP UHODomR D 2 H GHSRLV VRPDQGR DOJHEULFDPHQWH RV UHVXOWDGRV 2V FiOFXORV VmR UHDOL]DGRVXVDQGRRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVHPFRQMXQWRFRPRVGDGRVOLVWDGRV QRVDSrQGLFHV Disco 2PRPHQWRGHLQpUFLDGHXPGLVFRHPUHODomRDXPHL[RSHUSHQGLFXODUDRSODQRGR GLVFRHTXHSDVVDSRU*p IG 12 mr 2 2FHQWURGHPDVVDGRVGRLVGLVFRVpP DSDUWLUGRSRQWR2$VVLP md = td Vd = 8000 kg/m3 6r^0, 25 mh2 ^0, 01 mh@ = 15, 71 kg 2 2 1 ^ IOhd = md r d + md d 2 = 1 ^15, 71 kgh^0, 25 mh2 + ^15, 71 kgh^0, 25 mh2 2 1 = , 473 kg m2 Furo 3DUDRGLVFRPHQRU IXUR WHPRV mh = th Vh = 8000 kg/m3 6r^0, 125 mh2 ^0, 01 mh@ = 3, 93 kg 2 2 1 ^ IOhh = mh r h + mh d 2 = 1 ^3, 93 kgh^0, 125 mh2 + ^3, 93 kgh^0, 25 mh2 2 0 = , 276 kg m2 Capítulo 10 | 417 Momentos de inércia 2PRPHQWRGHLQpUFLDGDSODFDHPUHODomRDRSLQRpSRUWDQWR IO = ^ IOhd - ^ IOhh = 1, 473 kg m 2 - 0, 276 kg m 2 = 120 kg m 2 Exemplo 10.13 2SrQGXORQD)LJXUDFRQVLVWHHPGXDVEDUUDVILQDVFDGDXPDFRPXPDPDVVD GHNJ'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDGRSrQGXORHPUHODomRDXP HL[RTXHSDVVDDWUDYpV D SLQRHP2H E GRFHQWURGHPDVVD*GRSrQGXOR O y– SOLUÇÃO Parte (a) 8VDQGRDWDEHODQRVDSrQGLFHVRPRPHQWRGHLQpUFLDGDEDUUD2$HPUHODomRDXP HL[R SHUSHQGLFXODU j SiJLQD H SDVVDQGR SHOD H[WUHPLGDGH 2 GD EDUUD p IO 13 ml 2 3RUWDQWR 2 1 2 1 2 ^ IOAhO = ml = ^100 kgh^3 mh = 300 kg m 3 3 1 ml2 2EVHUYHTXHHVVHPHVPRYDORUSRGHVHUFDOFXODGRXVDQGR I( = HRWHRUHPD 12 GRVHL[RVSDUDOHORVRXVHMD 1 ml2 + md2 = 1 ^100 kgh^3 mh2 + ^100 kgh^1, 5 mh2 ^ IOAhO = 12 12 = 300 kg m 3DUDDEDUUD%&WHPRV 1 ml2 + md2 = 1 ^100 kgh^3 mh2 + ^100 kgh^3 mh2 ^ IBC hO = 12 12 = 975 kg m 2PRPHQWRGHLQpUFLDGRSrQGXORHPUHODomRD2pSRUWDQWR ,2NJP Parte (b) 2FHQWURGHPDVVD*HVWDUiORFDOL]DGRHPUHODomRDRSLQRHP26XSRQGRTXHHVVD GLVWkQFLDVHMD\ժ )LJXUD HXVDQGRDIyUPXODSDUDGHWHUPLQDURFHQWURGHPDVVD WHPRV u ^1, 5 mh^100 kgh + ^3 mh^100 kgh Rym yr = = = 2, 25 m Rm ^100 kgh + ^100 kgh 2PRPHQWRGHLQpUFLD,*SRGHVHUFDOFXODGRGDPHVPDPDQHLUDTXH,2TXHUHTXHU DSOLFDo}HVVXFHVVLYDVGRWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVDILPGHWUDQVIHULURVPRPHQWRV GH LQpUFLD GDV EDUUDV 2$ H %& SDUD * 8PD VROXomR PDLV GLUHWD SRUpP HQYROYH DSOLFDURWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVXVDQGRRUHVXOWDGRSDUD,2GHWHUPLQDGRDFLPD RXVHMD ,2,*PG NJP,* NJ P ,*NJP 3m G A B C 1,5 m 1,5 m Figura 10.27 | | 418 | Estática Problemas 10.89. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVD,]GRFRQH IRUPDGR JLUDQGR D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R ]$ GHQVLGDGHGRPDWHULDOpt([SUHVVHRUHVXOWDGRHPWHUPRV GDPDVVDPGRFRQH *10.92. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,\ GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R \$ GHQVLGDGH GR PDWHULDO p t ([SUHVVH R UHVXOWDGR HPWHUPRVGDPDVVDPGRVyOLGR z z h z = –– r0(r0 – y) z = 1 y2 4 1m y h x y 2m x r0 Problema 10.92 Problema 10.89 10.90. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVD,[GRFRQH FLUFXODUGLUHLWRHH[SUHVVHRUHVXOWDGRHPWHUPRVGDPDVVD PGRFRQH2FRQHWHPXPDGHQVLGDGHFRQVWDQWHt •10.93. 2 SDUDERORLGH p IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRP EUHDGDHPWRUQRGRHL[R['HWHUPLQHRUDLRGHJLUDomRN $GHQVLGDGHGRPDWHULDOpt0JP y y y 2 = 50x 100 mm y = –hr x r x x h 200 mm Problema 10.90 Problema 10.93 10.91. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,\ GD EDUUD HVEHOWD $ EDUUD p IHLWD GH PDWHULDO GH GHQVLGDGH YDULiYHO t t [O RQGH t p FRQVWDQWH$ iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD EDUUD p $ ([SUHVVH R UHVXOWDGR HP WHUPRVGDPDVVDPGDEDUUD 10.94. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,\ GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R \$ GHQVLGDGH GR PDWHULDO p t ([SUHVVH R UHVXOWDGR HPWHUPRVGDPDVVDPGDVHPLHOLSVRLGH z a z 2 y2 + –– z =1 –– a2 b2 b l y y x x Problema 10.91 Problema 10.94 Capítulo 10 10.95. 2 IUXVWXP p IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R [ 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD,[HH[SUHVVHRUHVXOWDGRHPWHUPRVGDPDVVDWRWDOP GRIUXVWXP2PDWHULDOWHPXPDGHQVLGDGHFRQVWDQWHt Momentos de inércia | 419 | z 4m y y = –ba x + b 8m 2b b x z= 3 –– y2 y a x Problema 10.95 Problema 10.98 *10.96. 2VyOLGRpIRUPDGRSHORJLURGDiUHDVRPEUHDGDHP WRUQR GR HL[R \ 'HWHUPLQH R UDLR GH JLUDomR N\ 2 SHVR HVSHFtILFRGRPDWHULDOpȖN1P y 10.99. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,\ GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R\$PDVVDWRWDOGRVyOLGRpNJ z 4m 1 y3 z2 = –– 16 3m y3 = 9x 2m x y O 3m Problema 10.96 •10.97. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,] GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R]$GHQVLGDGHGRPDWHULDOpt0JP z x Problema 10.99 *10.100. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD GR SrQGXOR HP UHODomR D XP HL[R SHUSHQGLFXODU j SiJLQD H SDVVDQGRSHORSRQWR2$EDUUDHVEHOWDWHPXPDPDVVDGH NJHDHVIHUDWHPXPDPDVVDGHNJ 2m O z2 = 8y 4m 450 mm y x Problema 10.97 10.98. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD ,] GR VyOLGR IRUPDGR JLUDQGRVH D iUHD VRPEUHDGD HP WRUQR GR HL[R]2VyOLGRpIHLWRGHXPPDWHULDOKRPRJrQHRTXHSHVD N1 A 100 mm B Problema 10.100 | 420 | Estática •10.101. 2SrQGXORFRQVLVWHHPXPGLVFRGHPDVVDNJH EDUUDV HVEHOWDV $% H '& TXH WrP PDVVD SRU XQLGDGH GH FRPSULPHQWRGHNJP'HWHUPLQHRFRPSULPHQWR/GH'& GHPRGRTXHRFHQWURGHPDVVDHVWHMDQRDSRLR24XDOpR PRPHQWR GH LQpUFLD GR FRQMXQWR HP UHODomR DR HL[R SHUSHQGLFXODUjSiJLQDHTXHSDVVDSHORSRQWR2" 0,8 m 0,5 m O y 2m D G 0,2 m L A 0,5 m B O C 1m Problema 10.101 Problema 10.105 10.102. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDGDEDUUD FXUYDGHNJHPUHODomRDRHL[R] 10.106. $PRQWDJHPGHFRQHHGHFLOLQGURpIHLWDGHPDWHULDO KRPRJrQHR GH GHQVLGDGH 0JP 'HWHUPLQH VHX PRPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVDHPUHODomRDRHL[R] z z 300 mm 150 mm x 300 mm 300 mm y Problema 10.102 150 mm 300 mm 10.103. $SODFDILQDWHPXPDPDVVDSRUXQLGDGHGHiUHDGH NJP'HWHUPLQHVHXPRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDHP UHODomRDRHL[R\ *10.104. $FKDPDILQDWHPXPDPDVVDSRUXQLGDGHGHiUHD GH NJP 'HWHUPLQH VHX PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD HPUHODomRDRHL[R] z 200 mm x y Problema 10.106 10.107. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD GD PDQLYHODHPUHODomRDRHL[R[2PDWHULDOpDoRFRPXPD GHQVLGDGHGHt0JP *10.108. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GD PDVVD GD PDQLYHODHPUHODomRDRHL[R[ 2PDWHULDOpDoRFRPXPD GHQVLGDGHGHt0JP 200 mm 100 mm 200 mm 20 mm 30 mm 100 mm 200 mm 200 mm x 200 mm 200 mm 90 mm y 50 mm x 200 mm 20 mm Problemas 10.103/104 •10.105. 2SrQGXORFRQVLVWHHPXPDEDUUDHVEHOWDGHNJ H XPD SODFD ILQD GH NJ 'HWHUPLQH D ORFDOL]DomR \ժ GR FHQWUR GH PDVVD * GR SrQGXOR GHSRLV GHWHUPLQH R PR PHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD GR SrQGXOR HP UHODomR D XP HL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHTXHSDVVDSRU* 180 mm x' 30 mm 20 mm 50 mm 30 mm Problemas 10.107/108 Capítulo 10 •10.109. 6H R DQHO JUDQGH R DQHO SHTXHQR H FDGD XP GRV UDLRVSHVDP11H1UHVSHFWLYDPHQWHGHWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD GD URGD HP UHODomR D XP HL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHTXHSDVVDSHORSRQWR$ Momentos de inércia | 421 10.111. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVDGDSODFD ILQDHPUHODomRDXPHL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHTXHSDVVD SHOR SRQWR 2 2 PDWHULDO WHP XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH iUHDGHNJP 1,2 m 0,3 m O O 200 mm 200 mm A Problema 10.109 10.110. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVDGDSODFD ILQDHPUHODomRDXPHL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHTXHSDVVD SHOR SRQWR 2 2 PDWHULDO WHP XPD PDVVD SRU XQLGDGH GH iUHDGHNJP O 200 mm 50 mm 150 mm 50 mm 400 mm 150 mm 400 mm 150 mm 150 mm Problema 10.110 | Problema 10.111 | 422 | Estática REVISÃO DO CAPÍTULO 0RPHQWRGHLQpUFLDGHiUHD 2PRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHDUHSUHVHQWDR VHJXQGRPRPHQWRGHiUHDHPUHODomRDXP HL[R1RUPDOPHQWHHOHpXVDGRHPIyUPXODV UHODFLRQDGDVjIRUoDHHVWDELOLGDGHGHPHP EURVHVWUXWXUDLVRXHOHPHQWRVPHFkQLFRV Ix = [y 2 dA \ A [ \ I [ \ 6HDIRUPDGDiUHDIRULUUHJXODUPDVSXGHU VHUGHVFULWDPDWHPDWLFDPHQWHHQWmRXPHOH PHQWRGLIHUHQFLDOSUHFLVDVHUVHOHFLRQDGRHD LQWHJUDomR VREUH D iUHD WRWDO GHYH VHU UHDOL ]DGDSDUDGHWHUPLQDURPRPHQWRGHLQpUFLD Iy = 7HRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV 6HRPRPHQWRGHLQpUFLDSDUDXPDiUHDIRU FRQKHFLGRUHODomRDGHXPHL[RFHQWURLGDO HQWmRVHXPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRD XPHL[RSDUDOHORSRGHVHUGHWHUPLQDGRSHOR WHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORV [ G$ [ x2 dA G[ A A I = IS + Ad2 I C d I ÈUHDFRPSRVWD 6H XPD iUHD p XPD FRPSRVLomR GH IRUPDV FRPXQVFRQIRUPHDSUHVHQWDGRQRVDSrQGLFHV HQWmRVHXPRPHQWRGHLQpUFLDpLJXDOjVRPD DOJpEULFD GRV PRPHQWRV GH LQpUFLD GH FDGD XPDGHVXDVSDUWHV – x 3URGXWRGHLQpUFLD 2 SURGXWR GH LQpUFLD GH XPD iUHD p XVDGR HP IyUPXODV SDUD GHWHUPLQDU D RULHQWDomR GHXPHL[RHPUHODomRDRTXDORPRPHQWR GHLQpUFLDSDUDDiUHDpXPPi[LPRRXXP PtQLPR x \ Ixy \ [ [ xy dA A G$ \ G[ 6H R SURGXWR GH LQpUFLD SDUD XPD iUHD IRU FRQKHFLGR HP UHODomR DRV VHXV HL[RV FHQWURLGDLV [ \ HQWmR VHX YDORU SRGH VHU GHWHUPLQDGR HP UHODomR D TXDLVTXHU HL[RV [\SHORWHRUHPDGRVHL[RVSDUDOHORVSDUDR SURGXWRGHLQpUFLD 0RPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLD 6H RV PRPHQWRV GH LQpUFLD ,[ H ,\ H R SURGXWR GH LQpUFLD ,[\ IRUHP FRQKHFLGRV HQWmR DV IyUPXODV GH WUDQVIRUPDomR RX FtUFXOR GH 0RKU SRGHP VHU XVDGRV SDUD GHWHUPLQDU R Pi[LPR H R PtQLPR RX DV PRPHQWRVSULQFLSDLVGHLQpUFLDSDUDDiUHD DOpP GH DFKDU D RULHQWDomR GRV HL[RV GH LQpUFLD Ixy = Irxlyl + Adx dy G 2 máx I mín = Ix + Iy 2 tg 2i p = c Ix - Iy 2 2 m + I xy 2 -Ixy ^ Ix - Iyh /2 & [ G\ [ Capítulo 10 0RPHQWRGHLQpUFLDGHPDVVD 2 PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVD p XPD SURSULHGDGH GH XP FRUSR TXH PHGH VXD UHVLVWrQFLDDXPDPXGDQoDHPVXDURWDomR (OHpGHILQLGRFRPRRµVHJXQGRPRPHQWR¶ GHPDVVDGRVHOHPHQWRVGRFRUSRHPUHODomR DXPHL[R | 423 Momentos de inércia | ] I= [r 2 dm N U GP z y 3DUD FRUSRV KRPRJrQHRV TXH DSUHVHQWDP VLPHWULD D[LDO R PRPHQWR GH LQpUFLD GH PDVVDSRGHVHUGHWHUPLQDGRSRUXPD~QLFD LQWHJUDomRXVDQGRXPHOHPHQWRGHGLVFRRX FDVFD I=t [r 2 (x, y) dz dV z 7 y x ] [\ 2PRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVDGHXPFRUSR FRPSRVWRpGHWHUPLQDGRSRUYDORUHVWDEHODGRV GH VXDV IRUPDV FRPSRVWDV HQFRQWUDGDV QRV DSrQGLFHVGROLYURMXQWRFRPRWHRUHPDGR HL[RSDUDOHOR ] ,,*PG \ \ G\ [ Problemas *10.112. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH iUHD GD VHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R[TXHSDVVD SHORFHQWUR& 10.114. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R[ •10.113. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH iUHD GD VHomRWUDQVYHUVDOGDYLJDHPUHODomRDRHL[R\TXHSDVVD SHORFHQWUR& y y a –x –– 2 y= a d 2 d 2 a x 60º x C 60º a d 2 a d 2 Problemas 10.112/113 Problema 10.114 | | 424 Estática 10.115. 'HWHUPLQH R PRPHQWR GH LQpUFLD GH iUHD GD VHomR WUDQVYHUVDO GD YLJD HP UHODomR DR HL[R [ TXH SDVVD SHOR FHQWURLGH& GHWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDHPUHODomRDRHL[R[ TXH SDVVDSHORFHQWURLGH&GDiUHD\ժPP y 400 mm 200 mm 50 mm _ y 250 mm C x' 200 mm x' C –y 1 2 y = ––– x 200 x 50 mm 50 mm Problema 10.119 Problema 10.115 *10.116. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDSDUDDiUHDGDVHomR WUDQVYHUVDOGDFDQWRQHLUDHPUHODomRDRVHL[RV[ H\ WHQGR VXDRULJHPORFDOL]DGDQRFHQWURLGH&6XSRQKDTXHWRGRVRV FDQWRVVHMDPkQJXORVUHWRV y' *10.120. 2SrQGXORFRQVLVWHHPXPDEDUUDHVEHOWD2$TXH WHPXPDPDVVDSRUXQLGDGHGHFRPSULPHQWRGHNJP2 GLVFRILQRWHPXPDPDVVDSRUXQLGDGHGHiUHDGHNJP 'HWHUPLQHDGLVWkQFLD\ժDWpRFHQWURGHPDVVD*GRSrQGXOR GHSRLVFDOFXOHRPRPHQWRGHLQpUFLDGRSrQGXORHPUHODomR DXPHL[RSHUSHQGLFXODUjSiJLQDHSDVVDQGRSRU* 57,37 mm 20 mm O 200 mm y 1,5 m x' C 57,37 mm 20 mm G A 200 mm 0,1 m Problema 10.116 0,3 m •10.117. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHDHPUHODomR DRHL[R\ Problema 10.120 10.118. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHDHPUHODomR DRHL[R[ •10.121. 'HWHUPLQHRSURGXWRGHLQpUFLDGDiUHDHPUHODomR DRVHL[RV[H\ y \ 4y = 4 – x2 1m x P 2m \ [ Problemas 10.117/118 10.119. 'HWHUPLQHRPRPHQWRGHLQpUFLDGHiUHDHPUHODomR DR HL[R [ 'HSRLV XVDQGR R WHRUHPD GRV HL[RV SDUDOHORV [ P Problema 10.121 CAPÍTULO 11 Trabalho virtual Objetivos do capítulo Introduzir o princípio de trabalho virtual e mostrar como ele se aplica à determinação da configuração de equilíbrio de um sistema de membros conectados por pinos. Estabelecer a função energia potencial e usar o método da energia potencial para investigar o tipo de equilíbrio ou estabilidade de um corpo rígido ou um sistema de membros conectados por pinos. 11.1 Definição de trabalho 2SULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDOIRLSURSRVWRSHORPDWHPiWLFRVXtoR-HDQ%HUQRXOOL QR VpFXOR ;9,,, (OH IRUQHFH XP PpWRGR DOWHUQDWLYR SDUD UHVROYHU SUREOHPDV TXH HQYROYHP R HTXLOtEULR GH XPD SDUWtFXOD GH XP FRUSR UtJLGR RX GH XP VLVWHPD GH FRUSRV UtJLGRV FRQHFWDGRV $QWHV GH GLVFXWLUPRV R SULQFtSLR SRUpP WHPRV TXH SULPHLURGHILQLURWUDEDOKRSURGX]LGRSRUXPDIRUoDHSRUXPPRPHQWRGHELQiULR Trabalho de uma força 8PD IRUoD UHDOL]D WUDEDOKR TXDQGR VRIUH XP GHVORFDPHQWR QD GLUHomR GH VXD OLQKD GH DomR &RQVLGHUH SRU H[HPSOR D IRUoD ) QD )LJXUD D TXH VRIUH XP GHVORFDPHQWRGLIHUHQFLDOGU6HșpRkQJXORHQWUHDIRUoDHRGHVORFDPHQWRHQWmR DFRPSRQHQWHGH)QDGLUHomRGRGHVORFDPHQWRp)FRVș(SRUWDQWRRWUDEDOKR SURGX]LGRSRU)p F θ F cos θ dr (a) G8)GUFRVș 2EVHUYHTXHHVVDH[SUHVVmRWDPEpPpRSURGXWRGDIRUoD)HDFRPSRQHQWHGH GHVORFDPHQWRQDGLUHomRGDIRUoDGUFRVș )LJXUDE 6HXVDUPRVDGHILQLomR GRSURGXWRHVFDODU (TXDomR RWUDEDOKRWDPEpPSRGHVHUHVFULWRFRPR G8)GU &RQIRUPHDV HTXDo}HVDQWHULRUHV LQGLFDPR WUDEDOKRp HVFDODU H FRPRRXWUDV TXDQWLGDGHVHVFDODUHVHOHWHPXPDLQWHQVLGDGHTXHSRGHVHUSRVLWLYDRXQHJDWLYD 1R6LVWHPD,QWHUQDFLRQDODXQLGDGHGHWUDEDOKRpXPMRXOH - TXHpRWUDEDOKR SURGX]LGRSRUXPDIRUoDGH1TXHVHGHVORFDSRUXPDGLVWkQFLDGHPQDGLUHomR GDIRUoD -1P F dr cos θ θ dr (b) Figura 11.1 | 426 | Estática 2PRPHQWRGHXPDIRUoDWHPHVVDPHVPDFRPELQDomRGHXQLGDGHVSRUpPRV FRQFHLWRVGHPRPHQWRHWUDEDOKRGHIRUPDDOJXPDHVWmRUHODFLRQDGRV8PPRPHQWR pXPDTXDQWLGDGHYHWRULDODRSDVVRTXHRWUDEDOKRpXPHVFDODU Trabalho de um momento de binário dr' F B drA B"– B' drB r –F dθ A drA Figura 11.2 A' $URWDomRGHXPPRPHQWRGHELQiULRWDPEpPSURGX]WUDEDOKR&RQVLGHUHTXHR FRUSR UtJLGR QD )LJXUD HVWi VXEPHWLGR D XP ELQiULR GH IRUoDV ) H ±) TXH SURGX]HPXPPRPHQWRGHELQiULR0GHLQWHQVLGDGH0)U4XDQGRRFRUSRVRIUH R GHVORFDPHQWR GLIHUHQFLDO PRVWUDGR RV SRQWRV $ H % VH PRYHP GH GU$ H GU% DWp VXDVSRVLo}HVILQDLV$ H% UHVSHFWLYDPHQWH&RPRGU%GU$GU HVVHPRYLPHQWR SRGHVHUFRQVLGHUDGRXPDWUDQVODomRGU$RQGH$H%VHPRYHPSDUD$ H% HXPD URWDomRHPWRUQRGH$ RQGHRFRUSRJLUDGHXPkQJXORGșHPWRUQRGH$$VIRUoDV GR ELQiULR QmR WUDEDOKDP GXUDQWH D WUDQVODomR GU$ SRLV FDGD IRUoD VRIUH D PHVPD TXDQWLGDGH GH GHVORFDPHQWR HP GLUHo}HV RSRVWDV FDQFHODQGR DVVLP R WUDEDOKR 'XUDQWH D URWDomR SRUpP ) p GHVORFDGR dr N r di H SRUWDQWR UHDOL]D WUDEDOKR dU F dr N F r di &RPR 0 )U R WUDEDOKR GR PRPHQWR GH ELQiULR 0 p SRUWDQWR G80Gș 6H 0 H Gș WrP R PHVPR VHQWLGR R WUDEDOKR p SRVLWLYR SRUpP VH HOHV WrP R VHQWLGRRSRVWRRWUDEDOKRVHUiQHJDWLYR Trabalho virtual $VGHILQLo}HVGRWUDEDOKRGHXPDIRUoDGHXPELQiULRWrPVLGRDSUHVHQWDGDVHP WHUPRV GH PRYLPHQWRV UHDLV H[SUHVVRV SRU GHVORFDPHQWRV GLIHUHQFLDLV WHQGR LQWHQVLGDGHVGHGUHGș&RQVLGHUHDJRUDXPPRYLPHQWRLPDJLQiULRRXYLUWXDOGHXP FRUSRHPHTXLOtEULRHVWiWLFRTXHLQGLFDXPGHVORFDPHQWRRXURWDomRTXHpDVVXPLGR HQmRH[LVWHUHDOPHQWH(VVHVPRYLPHQWRVVmRTXDQWLGDGHVGLIHUHQFLDLVGHSULPHLUD RUGHPHVHUmRLQGLFDGRVSHORVVtPERORVįUHįș GHOWDUHGHOWDș UHVSHFWLYDPHQWH 2WUDEDOKRYLUWXDOUHDOL]DGRSRUXPDIRUoDWHQGRXPGHVORFDPHQWRYLUWXDOįUp į8)FRVșįU 'HPRGRVHPHOKDQWHTXDQGRXPELQiULRVRIUHXPDURWDomRYLUWXDOįșQRSODQRGD IRUoDGRELQiULRRWUDEDOKRYLUWXDOp į80įș 11.2 Princípio do trabalho virtual 2SULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDODILUPDTXHVHXPFRUSRHVWiHPHTXLOtEULRDVRPD DOJpEULFDGRWUDEDOKRYLUWXDOUHDOL]DGRSRUWRGDVDVIRUoDVHPRPHQWRVGHELQiULRTXH DWXDPVREUHRFRUSRp]HURSDUDTXDOTXHUGHVORFDPHQWRYLUWXDOGRFRUSR$VVLP į8 3RU H[HPSOR FRQVLGHUH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH GD SDUWtFXOD EROD TXH HVWi DSRLDGD VREUH R SLVR )LJXUD 6H µLPDJLQDUPRV¶ D EROD VHQGR GHVORFDGD SDUD EDL[RFRPXPDTXDQWLGDGHYLUWXDOį\HQWmRRSHVRUHDOL]DWUDEDOKRYLUWXDOSRVLWLYR :į\HDIRUoDQRUPDOUHDOL]DWUDEDOKRYLUWXDOQHJDWLYR±1į\3DUDRHTXLOtEULRR WUDEDOKRYLUWXDOWRWDOSUHFLVDVHU]HURGHPRGRTXHį8:į\±1į\ :±1 į\ &RPRį\HQWmR1:FRQIRUPHH[LJLGRDSOLFDQGRVHR)\ Capítulo 11 : į\ 1 Figura 11.3 'HIRUPDVLPLODUWDPEpPSRGHPRVDSOLFDUDHTXDomRGRWUDEDOKRYLUWXDOį8 D XP FRUSR UtJLGR VXMHLWR D XP VLVWHPD GH IRUoDV FRSODQDUHV$TXL WUDQVODo}HV YLUWXDLV VHSDUDGDV QDV GLUHo}HV [ H \ H XPD URWDomR YLUWXDO HP WRUQR GH XP HL[R SHUSHQGLFXODUDRSODQR[±\TXHSDVVDSRUXPSRQWRDUELWUiULR2FRUUHVSRQGHUmRjV HTXDo}HVGHHTXLOtEULRR)[R)\HR02$RHVFUHYHUHVVDVHTXDo}HV QmRpQHFHVViULRLQFOXLURWUDEDOKRUHDOL]DGRSHODVIRUoDVLQWHUQDVTXHDWXDPGHQWUR GRFRUSRSRLVXPFRUSRUtJLGRQmRGHIRUPDTXDQGRVXMHLWRDXPDFDUJDH[WHUQDH DOpPGRPDLVTXDQGRRFRUSRVHPRYHDWUDYpVGHXPGHVORFDPHQWRYLUWXDODVIRUoDV LQWHUQDVRFRUUHPHPSDUHVFROLQHDUHVLJXDLVSRUpPRSRVWRVGHPRGRTXHRWUDEDOKR FRUUHVSRQGHQWHUHDOL]DGRSRUFDGDSDUGHIRUoDVVHFDQFHODUi 3DUD GHPRQVWUDU XPD DSOLFDomR FRQVLGHUH D YLJD VLPSOHVPHQWH DSRLDGD QD )LJXUDD4XDQGRDYLJDVRIUHXPDURWDomRYLUWXDOįșHPWRUQRGRSRQWR%)LJXUD E DV~QLFDVIRUoDVTXHUHDOL]DPWUDEDOKRVmR3H$\&RPRį\OįșHį\ O įșDHTXDomRGRWUDEDOKRYLUWXDOSDUDHVVHFDVRpį8$\ Oįș ±3 O įș $\O 3O įș &RPR įș HQWmR $\ 3 ([FOXLQGR įș REVHUYH TXH RV WHUPRVHQWUHSDUrQWHVHVUHDOPHQWHUHSUHVHQWDPDDSOLFDomRGHR0% P A B l –– 2 l –– 2 (a) 3 įș į\ į\ %[ $\ %\ O ±± O ±± (b) Figura 11.4 &RPRSRGHVHUYLVWRQRVGRLVH[HPSORVDQWHULRUHVQHQKXPDYDQWDJHPDGLFLRQDO pJDQKDUHVROYHQGRVHSUREOHPDVGHHTXLOtEULRGDSDUWtFXODHGHFRUSRUtJLGRXVDQGR R SULQFtSLR GR WUDEDOKR YLUWXDO ,VVR SRUTXH SDUD FDGD DSOLFDomR GD HTXDomR GR WUDEDOKRYLUWXDORGHVORFDPHQWRYLUWXDOFRPXPDFDGDWHUPRpIDWRUDGRGHL[DQGR XPD HTXDomR TXH SRGHULD WHU VLGR REWLGD GH PDQHLUD PDLV GLUHWD VLPSOHVPHQWH DSOLFDQGRXPDHTXDomRGHHTXLOtEULR Trabalho virtual | 427 | | | 428 Estática P 11.3 l l θ θ F P l l θ θ F Figura 11.5 Princípio do trabalho virtual para um sistema de corpos rígidos conectados 2PpWRGRGHWUDEDOKRYLUWXDOpSDUWLFXODUPHQWHHILFLHQWHSDUDUHVROYHURVSUREOHPDV GHHTXLOtEULRTXHHQYROYHPXPVLVWHPDGHYiULRVFRUSRVUtJLGRVFRQHFWDGRVFRPR RVGD)LJXUD &RQVLGHUDVHTXHFDGDXPGHVVHVVLVWHPDVWHPDSHQDVXPJUDXGHOLEHUGDGHSRLV R DUUDQMR GDV OLJDo}HV SRGH VHU HVSHFLILFDGR FRPSOHWDPHQWH XVDQGR DSHQDV XPD FRRUGHQDGDș(PRXWUDVSDODYUDVFRPHVVD~QLFDFRRUGHQDGDHRFRPSULPHQWRGRV PHPEURVSRGHPRVORFDOL]DUDSRVLomRGDVIRUoDV)H3 1HVVHWH[WRVyFRQVLGHUDUHPRVTXHDDSOLFDomRGRSULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDO DRVVLVWHPDVFRQWpPXPJUDXGHOLEHUGDGH &RPRHOHVVmRPHQRVFRPSOLFDGRVHOHV VHUYLUmR FRPR XP PRGR GH DERUGDUPRV D VROXomR GH SUREOHPDV PDLV FRPSOH[RV HQYROYHQGR VLVWHPDV FRP PXLWRV JUDXV GH OLEHUGDGH (P VHJXLGD YHPRV R SURFH GLPHQWRSDUDUHVROYHUSUREOHPDVHQYROYHQGRXPVLVWHPDGHFRUSRVUtJLGRVFRQHFWDGRV VHPDWULWR Pontos importantes 8PDIRUoDUHDOL]DWUDEDOKRTXDQGRHODVHPRYHDWUDYpVGHXPGHVORFDPHQWR B A Este elevador pantográfico tem um grau de liberdade. Sem a necessidade de desmembrar o mecanismo, a força no cilindro hidráulico $% exigida para fornecer a elevação pode ser determinada diretamente usando o princípio do trabalho virtual. QDGLUHomRGDIRUoD8PPRPHQWRGHELQiULRUHDOL]DWUDEDOKRTXDQGRVHPRYH DWUDYpV GH XPD URWDomR FROLQHDU (VSHFLILFDPHQWH R WUDEDOKR SRVLWLYR p UHDOL]DGR TXDQGR D IRUoD RX PRPHQWR GH ELQiULR H VHX GHVORFDPHQWR WrP R PHVPRVHQWLGRGHGLUHomR 2SULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDOJHUDOPHQWHpXVDGRSDUDGHWHUPLQDUDFRQILJX UDomRGHHTXLOtEULRSDUDXPVLVWHPDFRPP~OWLSORVPHPEURVFRQHFWDGRV 8PGHVORFDPHQWRYLUWXDOpLPDJLQiULRRXVHMDHOHQmRDFRQWHFHUHDOPHQWH (OH p XP GHVORFDPHQWR GLIHUHQFLDO TXH p GDGR QD GLUHomR SRVLWLYD GH XPD XPD FRRUGHQDGDGHSRVLomR $V IRUoDV RX PRPHQWRV GH ELQiULR TXH QmR VH GHVORFDP YLUWXDOPHQWH QmR UHDOL]DPWUDEDOKRYLUWXDO UHDOL]DPWUDEDOKRYLUWXDO Procedimento para análise Diagrama de corpo livre 'HVHQKHXPGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGRVLVWHPDLQWHLURGHFRUSRVFRQHFWDGRV HGHILQDDFRRUGHQDGDT (VERFH D µSRVLomR GHVORFDGD¶ GR VLVWHPD VREUH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH TXDQGRRVLVWHPDVRIUHXPGHVORFDPHQWRYLUWXDOSRVLWLYRįT Deslocamentos virtuais ,QGLTXHDVFRRUGHQDGDVGHSRVLomRVFDGDXPDPHGLGDDSDUWLUGHXPSRQWR IL[R VREUH R GLDJUDPD GH FRUSR OLYUH (VVDV FRRUGHQDGDV VmR GLUHFLRQDGDV SDUDDVIRUoDVTXHUHDOL]DPWUDEDOKR (VVH PpWRGR GH DSOLFDomR GR SULQFtSLR GR WUDEDOKR YLUWXDO jV YH]HV p FKDPDGR GH PpWRGR GRV GHVORFDPHQWRV YLUWXDLV SRUTXH XP GHVORFDPHQWR YLUWXDO p DSOLFDGR UHVXOWDQGR QR FiOFXOR GH XPDIRUoDUHDO(PERUDQmRVHMDXVDGRDTXLWDPEpPSRGHPRVDSOLFDURSULQFtSLRGRWUDEDOKR YLUWXDOFRPRXPPpWRGRGHIRUoDVYLUWXDLV(VVHPpWRGRQRUPDOPHQWHpXVDGRSDUDDSOLFDUXPD IRUoDYLUWXDOHGHSRLVGHWHUPLQDURVGHVORFDPHQWRVGRVSRQWRVVREUHFRUSRVGHIRUPiYHLV9HU5 &+LEEHOHU5HVLVWrQFLDGHPDWHULDLVHG3HDUVRQ3UHQWLFH+DOO Capítulo 11 Trabalho virtual | 429 &DGD XP GHVVHV HL[RV GH FRRUGHQDGDV GHYH VHU SDUDOHOR j OLQKD GH DomR GD IRUoDjTXDOpGLULJLGRGHPRGRTXHRWUDEDOKRYLUWXDODRORQJRGRHL[RGH FRRUGHQDGDVSRVVDVHUFDOFXODGR 5HODFLRQH FDGD XPD GDV FRRUGHQDGDV GH SRVLomR V j FRRUGHQDGD T GHSRLV FDOFXOH D GHULYDGD GHVVDV H[SUHVV}HV D ILP GH H[SUHVVDU FDGD GHVORFDPHQWR YLUWXDOįVHPWHUPRVGHįT Equação do trabalho virtual (VFUHYD D HTXDomR GR WUDEDOKR YLUWXDO SDUD R VLVWHPD DVVXPLQGR TXH VH SRVVtYHORXQmRFDGDFRRUGHQDGDGHSRVLomRVVRIUHXPGHVORFDPHQWRYLUWXDO SRVLWLYRįV6HXPDIRUoDRXPRPHQWRGHELQiULRHVWLYHUQDPHVPDGLUHomR GRGHVORFDPHQWRYLUWXDOSRVLWLYRRWUDEDOKRpSRVLWLYR&DVRFRQWUiULRHOHp QHJDWLYR ([SUHVVHRWUDEDOKRGHFDGDIRUoDHPRPHQWRGHELQiULRQDHTXDomRHPWHUPRV GHįT )DWRUHHVVHGHVORFDPHQWRFRPXPDSDUWLUGHWRGRVRVWHUPRVHUHVROYDSDUD DIRUoDRPRPHQWRGHELQiULRRXDSRVLomRGHHTXLOtEULRTLQFyJQLWD Exemplo 11.1 'HWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR GH GRLV PHPEURV GH OLJDomR PRVWUDGR QD )LJXUDD&DGDPHPEURWHPXPDPDVVDGHNJ [% '[ % ) 1 ' \Z į\Z ș P & į\Z : 1 (b) Figura 11.6 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre 2VLVWHPDWHPDSHQDVXPJUDXGHOLEHUGDGHSRLVDORFDOL]DomRGHDPEDVDVOLJDo}HV SRGHVHUHVSHFLILFDGRSRUXPD~QLFDFRRUGHQDGD T ș&RPRYHPRVQRGLDJUDPD GHFRUSROLYUHGD)LJXUDETXDQGRșWHPXPDURWDomRYLUWXDOSRVLWLYD VHQWLGR KRUiULR įșDSHQDVDIRUoD)HRVGRLVSHVRVGH1UHDOL]DPWUDEDOKR $VIRUoDV UHDWLYDV'[H'\VmRIL[DVH%\QmRVHGHVORFDDRORQJRGHVXDOLQKDGHDomR Deslocamentos virtuais 6HDRULJHPGDVFRRUGHQDGDVIRUHVWDEHOHFLGDQRDSRLRGHSLQRIL[R'HQWmRDSRVLomR GH)H:SRGHVHUHVSHFLILFDGDSHODVFRRUGHQDGDVGHSRVLomR[%H\Z3DUDGHWHUPLQDU RWUDEDOKRREVHUYHTXHFRQIRUPHH[LJLGRHVVDVFRRUGHQDGDVVmRSDUDOHODVjVOLQKDV GH DomR GH VXDV IRUoDV DVVRFLDGDV ([SUHVVDQGR HVVDV FRRUGHQDGDV GH SRVLomR HP WHUPRVGHșHID]HQGRDVGHULYDGDVREWHPRV [% FRVș P į[%±VHQșįșP yw 1 ^1 sen i h m 2 %\ įș : 1 (a) į\ZFRVșįșP % ) 1 ș '\ P į[% ' 9HPRV SHORV VLQDLV GHVVDV HTXDo}HV H LQGLFDGR QD )LJXUD E TXH XP DXPHQWR HPș RXVHMDįș FDXVDXPDGLPLQXLomRHP[%HXPDXPHQWRHP\Z | | 430 | Estática Equação do trabalho virtual 6H RV GHVORFDPHQWRV YLUWXDLV į[% H į\Z IRVVHP DPERV SRVLWLYRV HQWmR DV IRUoDV : H ) UHDOL]DULDP WUDEDOKR SRVLWLYR SRLV DV IRUoDV H VHXV GHVORFDPHQWRV FRUUHVSRQGHQWHV WHULDP R PHVPR VHQWLGR /RJR D HTXDomR GR WUDEDOKR YLUWXDO SDUDRGHVORFDPHQWRįșp į8 :į\Z:į\Z)į[% 6XEVWLWXLQGRDVHTXDo}HVHQD(TXDomRSDUDUHODFLRQDURVGHVORFDPHQWRVYLUWXDLV DRGHVORFDPHQWRYLUWXDOFRPXPįșREWHPRV FRVșįș FRVșįș ±VHQșįș 2EVHUYH TXH R µWUDEDOKR QHJDWLYR¶ UHDOL]DGR SRU ) IRUoD QR VHQWLGR RSRVWR DR GHVORFDPHQWR UHDOPHQWHIRLOHYDGRHPFRQVLGHUDomRQDHTXDomRDFLPDSHORµVLQDO QHJDWLYR¶GD(TXDomR)DWRUDQGRRGHVORFDPHQWRFRPXPįșHUHVROYHQGRSDUDș REVHUYDQGRTXHįșREWHPRV ^98, 1 cos i - 50 sen i h di = 0 98, 1 i = tg- 1 = 63, 0° 50 127$ 6H HVVH SUREOHPD WLYHVVH VLGR UHVROYLGR XVDQGR DV HTXDo}HV GH HTXLOtEULR VHULD QHFHVViULR GHVPHPEUDU DV OLJDo}HV H DSOLFDU WUrV HTXDo}HV HVFDODUHV D FDGD OLJDomR 2 SULQFtSLR GR WUDEDOKR YLUWXDO SRU PHLR GR FiOFXOR GLIHUHQFLDO HOLPLQRX HVVDWDUHIDGHPRGRTXHDUHVSRVWDpREWLGDGLUHWDPHQWH Exemplo 11.2 'HWHUPLQHDIRUoDH[LJLGD3QD)LJXUDDQHFHVViULDSDUDPDQWHURHTXLOtEULRGR PHFDQLVPRSDQWRJUiILFRTXDQGRș$PRODHVWiOLYUHTXDQGRș'HVSUH]H DPDVVDGDVOLJDo}HV C xD G 0,3 m 0,3 m Gx θ k = 5 kN/m D δxD P B Fs B P δθ θ θ 0,3 m 0,3 m A E Ax xB Ay (a) δxB (b) Figura 11.7 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre 6RPHQWH )V H 3 WUDEDOKDP TXDQGR ș VRIUH XP GHVORFDPHQWR YLUWXDO SRVLWLYR įș )LJXUD E 3DUD D SRVLomR DUELWUiULD ș D PROD HVWi HVWLFDGD P VHQș± P VHQGHPRGRTXH )VNV1P> P VHQș± P VHQ@ VHQș± 1 Capítulo 11 Trabalho virtual Deslocamentos virtuais $VFRRUGHQDGDVGHSRVLomR[%H['PHGLGDVDSDUWLUGRSRQWRIL[R$VmRXVDGDVSDUD ORFDOL]DU )V H 3 (VVDV FRRUGHQDGDV VmR SDUDOHODV j OLQKD GH DomR GH VXDV IRUoDV FRUUHVSRQGHQWHV([SUHVVDQGR[%H['HPWHUPRVGRkQJXORșXVDQGRDWULJRQRPHWULD [% P VHQș ['> P VHQș@ P VHQș 'HULYDQGRREWHPRVRVGHVORFDPHQWRVYLUWXDLVGRVSRQWRV%H' į[%FRVșįș į['FRVșįș Equação do trabalho virtual $IRUoD3UHDOL]DWUDEDOKRSRVLWLYRSRLVDWXDQRVHQWLGRSRVLWLYRGHVHXGHVORFDPHQWR YLUWXDO$IRUoDGDPROD)VUHDOL]DWUDEDOKRQHJDWLYRSRLVDWXDHPVHQWLGRRSRVWRDR VHXGHVORFDPHQWRYLUWXDOSRVLWLYR$VVLPDHTXDomRGRWUDEDOKRYLUWXDOWRUQDVH į8 ±)Vį[%3į[' ±>VHQș±@ FRVșįș 3 FRVșįș >3±VHQș@FRVșįș &RPRFRVșįșHQWmRHVVDHTXDomRUHTXHU 3VHQș± 4XDQGRș 3VHQ±1 Exemplo 11.3 6H D FDL[D QD )LJXUD D WHP XPD PDVVD GH NJ GHWHUPLQH R PRPHQWR GH ELQiULR0QHFHVViULRSDUDPDQWHURHTXLOtEULRTXDQGRș'HVSUH]HDPDVVDGRV PHPEURV 10(9,81) N 0,2 m b δ yE 0,4 m A yE C A M 0,45 m δθ δθ 0,45 m M θ 0,45 m θ C D B θ Dx Bx θ By (a) Dy (b) Figura 11.8 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre 4XDQGR ș VRIUH XP GHVORFDPHQWR YLUWXDO SRVLWLYR įș VRPHQWH R PRPHQWR GH ELQiULR0HRSHVRGDFDL[DUHDOL]DPWUDEDOKR )LJXUDE | 431 | | 432 | Estática Deslocamentos virtuais $ FRRUGHQDGD GH SRVLomR \( PHGLGD D SDUWLU GR SRQWR IL[R % ORFDOL]D R SHVR 1$TXL \( P VHQșE RQGHEpXPDGLVWkQFLDFRQVWDQWH'HULYDQGRHVVDHTXDomRREWHPRV į\(PFRVșįș Equação do trabalho virtual $HTXDomRGRWUDEDOKRYLUWXDOWRUQDVH į8 0įș±> 1@į\( 6XEVWLWXLQGRD(TXDomRQHVVDHTXDomR 0įș± 1 PFRVșįș įș 0±FRVș &RPRįșHQWmR 0±FRVș &RPRpUHTXHULGRTXHșHQWmR 0FRV1P Exemplo 11.4 2PHFDQLVPRQD)LJXUDDVXSRUWDRFLOLQGURGH1 §NJ 'HWHUPLQHR kQJXORșSDUDHTXLOtEULRVHDPRODWHPXPFRPSULPHQWROLYUHGHPTXDQGRș 'HVSUH]HDPDVVDGRVPHPEURV A θ 1m C θ xE k = 2000 N/m E D xD Ax 1m δxE θ δx D 1m 1m yB B D Fs Ay Fs E Cy δθ δyB 500 N (a) (b) Figura 11.9 SOLUÇÃO Diagrama de corpo livre 4XDQGR R PHFDQLVPR VRIUH XP GHVORFDPHQWR YLUWXDO SRVLWLYR įș )LJXUD E VRPHQWH)VHDIRUoDGH1UHDOL]DPWUDEDOKR&RPRRFRPSULPHQWRILQDOGDPROD p PFRVș HQWmR )VNV 1P P±PFRVș ±FRVș 1 Deslocamentos virtuais $V FRRUGHQDGDV GH SRVLomR [' H [( VmR HVWDEHOHFLGDV D SDUWLU GR SRQWR IL[R$ SDUD ORFDOL]DU)VHP'HHP($FRRUGHQDGD\%WDPEpPPHGLGDDSDUWLUGH$HVSHFLILFD DSRVLomRGDIRUoDGH1HP%$VFRRUGHQDGDVSRGHPVHUH[SUHVVDVHPWHUPRV GHșXVDQGRDWULJRQRPHWULD Capítulo 11 Trabalho virtual | 433 | [' P FRVș [(> P FRVș@ P FRVș \% P VHQș 'HULYDQGRREWHPRVRVGHVORFDPHQWRVYLUWXDLVGRVSRQWRV'(H%FRPR į['±VHQșįș į[(±VHQșįș į\%FRVșįș Equação do trabalho virtual $ HTXDomR GR WUDEDOKR YLUWXDO p HVFULWD FRPR VH WRGRV RV GHVORFDPHQWRV YLUWXDLV IRVVHPSRVLWLYRVGHPRGRTXH į8 )Vį[(į\%±)Vį[' ±FRVș ±VHQșįș FRVșįș ± ±FRVș ±VHQșįș įș VHQșFRVș±VHQșFRVș &RPRįșHQWmR VHQșFRVș±VHQșFRVș 5HVROYHQGRSRUWHQWDWLYDHHUUR ș Problemas fundamentais 11.1. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHH[LJLGDGDIRUoD3SDUDPDQWHU RHTXLOtEULRGRPHFDQLVPRHPș&DGDPHPEURWHP XPDPDVVDGHNJ 11.3. 2 PHFDQLVPR HVWi VXMHLWR D XPD IRUoD 3 N1 'HWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR$ PROD HVWi OLYUH TXDQGRș'HVSUH]HDPDVVDGRVPHPEURV P = 2 kN C A θ k = 15 kN/m P C B θ θ 1,5 m 1,5 m 0,6 m θ A 0,6 m D B 0,6 m Problema 11.1 Problema 11.3 11.2. 'HWHUPLQH D LQWHQVLGDGH GD IRUoD 3 H[LJLGD SDUD PDQWHUDEDUUDOLVDGHNJHPHTXLOtEULRFRPș B 11.4. 2 PHFDQLVPR HVWi VXMHLWR D XPD IRUoD 3 N1 'HWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR$ PROD HVWi OLYUH HPș'HVSUH]HDPDVVDGRVPHPEURV B P = 6 kN 5m 0,9 m θ P 0,9 m θ k = 20 kN/m C A A Problema 11.2 Problema 11.4 | 434 | Estática 11.5. 'HWHUPLQHRkQJXORșRQGHDEDUUDGHNJHVWiHP HTXLOtEULR$PRODHVWiOLYUHHPș 11.6. 2 PHFDQLVPR SDQWRJUiILFR HVWi VXMHLWR D XPD IRUoD 31'HWHUPLQHRkQJXORșSDUDRHTXLOtEULR$PROD HVWiOLYUHHPș'HVSUH]HDPDVVDGRVPHPEURV B A 0,3 m P = 150 N θ k = 15 kN/m 5m C 0,3 m B θ k = 600 N/m A Problema 11.6 Problema 11.5 Problemas •11.1. $ FDL[D GH NJ HVWi QR HOHYDGRU SDQWRJUiILFR QD SRVLomR ș 'HWHUPLQH D IRUoD QR FLOLQGUR KLGUiXOLFR $'SDUDRHTXLOtEULR'HVSUH]HDPDVVDGRVFRPSRQHQWHVGD SODWDIRUPDHOHYDWyULD *11.4. 2 µSDQWyJUDIR GH 1XUHPEHUJ¶ HVWi VXMHLWR D XPD IRUoDKRUL]RQWDO31'HWHUPLQHDULJLGH]NGDPROD SDUDRHTXLOtEULRTXDQGRș$PRODHVWiOLYUHTXDQGR ș H I 1,2 m 11.3. 2µSDQWyJUDIRGH1XUHPEHUJ¶HVWiVXMHLWRDXPDIRUoD KRUL]RQWDO31'HWHUPLQHRkQJXORșSDUDRHTXLOtEULR $ PROD WHP XPD ULJLGH] N N1P H HVWi OLYUH TXDQGR ș F 1,2 m E D θ E 200 mm A B k C 200 mm θ B A D P C Problema 11.1 11.2. $EDUUDXQLIRUPH2$WHPXPSHVRGH14XDQGR D EDUUD HVWi QD SRVLomR YHUWLFDO ș D PROD HVWi OLYUH 'HWHUPLQHRkQJXORșSDUDRHTXLOtEULRVHDH[WUHPLGDGHGD PRODFRQWRUQDDSHULIHULDGRGLVFRHQTXDQWRRGLVFRJLUD A Problemas 11.3/4 •11.5. 'HWHUPLQHDIRUoDGHVHQYROYLGDQDPRODH[LJLGDSDUD PDQWHUDEDUUDXQLIRUPH$%GH1 §NJ HPHTXLOtEULR TXDQGRș 0,6 m k = 250 N/m B θ M = 15 N · m O 0,15 m 1,8 m θ k = 500 N/m Problema 11.2 A Problema 11.5 Capítulo 11 11.6. 6H XPD IRUoD 3 1 p DSOLFDGD j DOoD GR PHFDQLVPRGHWHUPLQHDIRUoDTXHRSDUDIXVRH[HUFHVREUH DUROKDGDJDUUDID2SDUDIXVRHVWiFRQHFWDGRDRSLQRHP $HSDVVDSHORFRODUTXHHVWiFRQHFWDGRjERFDGDJDUUDID HP% 435 | E 200 mm F D θ P P = 25 N | Trabalho virtual C θ B A 200 mm D 500 mm Problema 11.9 A 11.10. 4XDQGR DV IRUoDV VmR DSOLFDGDV jV DOoDV GR VDFD UROKDVGHWHUPLQHDIRUoDGHSX[DGDGHVHQYROYLGDQDUROKD θ = 30º 75 mm P=5N B P=5N 90 mm 90 mm E A C D B Problema 11.6 15 mm 15 mm 11.7. 2PHFDQLVPRFRQHFWDGRSRUSLQRVpUHVWULQJLGRHP $ SRU XP SLQR H HP % SRU XP UROHWH 6H 3 1 GHWHUPLQHRkQJXORșSDUDRHTXLOtEULR$PRODHVWiOLYUH TXDQGRș'HVSUH]HRSHVRGRVPHPEURV F *11.8. 2 PHFDQLVPR FRQHFWDGR SRU SLQRV p UHVWULQJLGR SRUXPSLQRHP$HXPUROHWHHP%'HWHUPLQHDIRUoD 3TXHGHYHVHUDSOLFDGDDRUROHWHSDUDPDQWHURPHFDQLVPR HPHTXLOtEULRTXDQGRș$PRODHVWiOLYUHTXDQGR ș'HVSUH]HRSHVRGRVPHPEURV B A P θ Problema 11.10 11.11. 6HDPRODWHPXPDULJLGH]NHXPFRPSULPHQWROLYUH OGHWHUPLQHDIRUoD3TXDQGRRPHFDQLVPRHVWiQDSRVLomR PRVWUDGD'HVSUH]HRSHVRGRVPHPEURV *11.12. 5HVROYDR3UREOHPDVHDIRUoD3IRUDSOLFDGD YHUWLFDOPHQWHSDUDEDL[RHP% 0,15 m A l k = 1000 N/m P 0,15 m θ B k 0,15 m Problemas 11.7/8 •11.9. 6H XPD IRUoD 3 1 IRU DSOLFDGD DR EUDoR GH DODYDQFD GD SUHQVD DUWLFXODGD GHWHUPLQH D IRUoD GH DSHUWR GHVHQYROYLGDQREORFRTXDQGRș'HVSUH]HRSHVRGR EORFR l C Problemas 11.11/12 | 436 | Estática •11.13. 'HWHUPLQHRVkQJXORVșSDUDHTXLOtEULRGRGLVFRGH 1 §NJ XVDQGRRSULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDO'HVSUH]H RSHVRGDEDUUD$PRODHVWiOLYUHTXDQGRșHVHPSUH SHUPDQHFHQDSRVLomRYHUWLFDOGHYLGRjJXLDGHUROHWH A L L θ θ P 0,9 m B –P k 0,3 m B D θ C L A L k = 1000 N/m C Problema 11.15 Problema 11.13 *11.16. 8PDPHVDGHVHUYLUXQLIRUPHGHNJHVWiDSRLDGD HPFDGDODGRSRUGRLVSDUHVGHOLJDo}HVLGrQWLFDV$%H&' H PRODV &( 6H D WLJHOD WHP PDVVD GH NJ GHWHUPLQH R kQJXORșRQGHDPHVDHVWiHPHTXLOtEULR$VPRODVWrPXPD ULJLGH]N1PFDGDXPDHHVWmRHPUHSRXVRTXDQGR ș'HVSUH]HDPDVVDGDVOLJDo}HV 11.14. 2 FDPLQKmR p SHVDGR QD EDODQoD GH LQVSHomR GD URGRYLD 6H XPD PDVVD FRQKHFLGD P p FRORFDGD D XPD GLVWkQFLD V GR IXOFUR % QD EDODQoD GHWHUPLQH D PDVVD GR FDPLQKmR PW VH VHX FHQWUR GH JUDYLGDGH HVWi ORFDOL]DGR D XPDGLVWkQFLDGGRSRQWR&4XDQGRDEDODQoDHVWiYD]LDR SHVRGDDODYDQFD$%&HTXLOLEUDDEDODQoD&'( •11.17. 8PD PHVD GH VHUYLU XQLIRUPH FRP NJ p DSRLDGD HP FDGD ODGR SRU SDUHV GH OLJDo}HV LGrQWLFDV $% H &' H PRODV &( 6H D WLJHOD WHP XPD PDVVD GH NJ H HVWi HP HTXLOtEULR TXDQGR ș GHWHUPLQH D ULJLGH] N GH FDGD PROD $V PRODV HVWmR OLYUHV TXDQGR ș 'HVSUH]H D PDVVDGDVOLJDo}HV 250 mm 150 mm d A s a 250 mm θ C E k C θ D B A B E 150 mm Problemas 11.16/17 m a D Problema 11.14 11.18. 6H XPD IRUoD YHUWLFDO GH 3 1 IRU DSOLFDGD DR FDER GR JUDPSR DUWLFXODGR GHWHUPLQH D IRUoD GH IL[DomR H[HUFLGDVREUHRFDQR 300 mm A 11.15. $PRQWDJHPpXVDGDSDUDH[HUFtFLR(ODFRQVLVWHHP TXDWUREDUUDVFRQHFWDGDVSRUSLQRVFDGDXPDFRPH[WHQVmR /HXPDPRODGHULJLGH]NHFRPSULPHQWROLYUHD / 6H IRUoDV KRUL]RQWDLV VmR DSOLFDGDV jV DOoDV GH PRGR TXH ș GLPLQXD OHQWDPHQWH GHWHUPLQH R kQJXOR ș HP TXH D LQWHQVLGDGHGH3VHWRUQDPi[LPD P = 50 N 100 mm 500 mm C 150 mm θ = 45º B Problema 11.18 D Capítulo 11 11.19. $PRODHVWiOLYUHTXDQGRșHWHPXPDULJLGH] NN1P'HWHUPLQHRkQJXORșSDUDHTXLOtEULRVHFDGD XPGRVFLOLQGURVSHVD1'HVSUH]HRSHVRGRVPHPEURV $ PROD SHUPDQHFH KRUL]RQWDO R WHPSR WRGR GHYLGR DR UROHWH 1,2 m 0,6 m 0,6 m A D θ θ 11.23. 6H D FDUJD ) SHVD 1 H R EORFR * SHVD 1 GHWHUPLQH VXD SRVLomR [ SDUD R HTXLOtEULR GD EDODQoD GLIHUHQFLDO$EDODQoDHVWiHPHTXLOtEULRTXDQGRDFDUJDHR EORFRQmRHVWmRQDEDODQoD 100 mm 100 mm B x G C A C | 11.22. 'HWHUPLQH R SHVR GR EORFR * QHFHVViULR SDUD HTXLOLEUDUDEDODQoDGLIHUHQFLDOTXDQGRDFDUJD)GH1 §NJ pFRORFDGDQDSDQHOD$EDODQoDHVWiHPHTXLOtEULR TXDQGR D FDUJD H R EORFR QmR HVWmR QD EDODQoD &RQVLGHUH [PP E k | 437 Trabalho virtual B 1,2 m E D 50 mm Problema 11.19 *11.20. $PiTXLQDPRVWUDGDpXVDGDSDUDGDUIRUPDDFKDSDV GHPHWDO(ODFRQVLVWHHPGXDVDUWLFXODo}HV$%&H'()TXH VmR RSHUDGDV SHOR FLOLQGUR KLGUiXOLFR $V DUWLFXODo}HV HPSXUUDPDEDUUDPyYHO*SDUDIUHQWHSUHVVLRQDQGRDSODFD QDFDYLGDGH6HDIRUoDTXHDSODFDH[HUFHVREUHDFDEHoDp 3N1GHWHUPLQHDIRUoD)QRFLOLQGURKLGUiXOLFRTXDQGR ș θ = 30º E 200 mm F D F F Problemas 11.22/23 *11.24. 'HWHUPLQHDLQWHQVLGDGHGRPRPHQWRGHELQiULR0 QHFHVViULRSDUDVXSRUWDURFLOLQGURGHNJQDFRQILJXUDomR PRVWUDGD $ UDQKXUD OLVD HP % SRGH GHVOL]DU OLYUHPHQWH GHQWURGDUDQKXUD'HVSUH]HDPDVVDGRVPHPEURV D placa 200 mm B H 2,5 m P –F 200 mm B 200 mm θ A 1m C A θ = 30º E M C G 1m Problema 11.20 Problema 11.24 •11.21. $SODFDGHYHQWLODomRpDSRLDGDHP%SRUXPSLQR 6H HOD SHVD 1 H WHP XP FHQWUR GH JUDYLGDGH HP * GHWHUPLQHDULJLGH]NGDPRODGHPRGRTXHDSODFDSHUPD QHoD HP HTXLOtEULR HP ș $ PROD HVWi OLYUH TXDQGR ș •11.25. 2YLUDEUHTXLPHVWiVXMHLWRDXPWRUTXH01P 'HWHUPLQHDIRUoDFRPSUHVVLYDYHUWLFDO)DSOLFDGDDRSLVWmR SDUDRHTXLOtEULRTXDQGRș F θ 0,15 m G C 0,3 m B k 1,2 m 125 mm A B 75 mm M θ A Problema 11.21 Problema 11.25 | 438 | Estática 11.4 Forças conservativas 6H R WUDEDOKR GH XPD IRUoD Vy GHSHQGH GH VXDV SRVLo}HV LQLFLDLV H ILQDLV H p LQGHSHQGHQWH GR FDPLQKR TXH HOH SHUFRUUH HQWmR D IRUoD p FRQKHFLGD FRPR XPD IRUoDFRQVHUYDWLYD2SHVRGHXPFRUSRHDIRUoDGHXPDPRODVmRGRLVH[HPSORV GHIRUoDVFRQVHUYDWLYDV Peso W B s W dr h A y &RQVLGHUHXPEORFRGHSHVR:TXHSHUFRUUHRFDPLQKRGD)LJXUDD4XDQGR HOHpGHVORFDGRWUDMHWyULDDFLPDSRUXPDTXDQWLGDGHGUHQWmRRWUDEDOKRpG8:GU RXG8±: GUFRVș ±:G\FRPRPRVWUDD)LJXUDE1HVVHFDVRRWUDEDOKR pQHJDWLYRSRLV:DWXDQRVHQWLGRRSRVWRDRGHG\$VVLPVHREORFRVHPRYHGH $SDUD%DWUDYpVGRGHVORFDPHQWRYHUWLFDOKRWUDEDOKRp [ h U = - W dy = -Wh (a) 2SHVRGHXPFRUSRpSRUWDQWRXPDIRUoDFRQVHUYDWLYDSRLVRWUDEDOKRUHDOL]DGR SHOR SHVR GHSHQGH DSHQDV GR GHVORFDPHQWR YHUWLFDO GR FRUSR H p LQGHSHQGHQWH GD WUDMHWyULDTXHRFRUSRSHUFRUUH W dy = dr cos θ θ dr Força da mola (b) $JRUD FRQVLGHUH D PROD OLQHDUPHQWH HOiVWLFD QD )LJXUD TXH VRIUH XP GHVORFDPHQWR GV 2 WUDEDOKR UHDOL]DGR SHOD IRUoD GD PROD VREUH R EORFR p G8±)VGV±NVGV2WUDEDOKRpQHJDWLYRSRUTXH)VDWXDQRVHQWLGRRSRVWRDR GHGV$VVLPRWUDEDOKRGH)VTXDQGRREORFRpGHVORFDGRGHVVDWpVVp Figura 11.10 U =Fs s Posição de repouso Figura 11.11 ds [ s2 s1 ks ds = -` 1 ks 22 - 1 ks12j 2 2 $TXLRWUDEDOKRGHSHQGHDSHQDVGDVSRVLo}HVLQLFLDOHILQDOGDPRODVHVPHGLGD DSDUWLUGDSRVLomROLYUH QmRGHIRUPDGD GDPROD&RPRHVVHUHVXOWDGRpLQGHSHQGHQWH GD WUDMHWyULD WRPDGR SHOR EORFR HQTXDQWR HOH VH PRYH HQWmR XPD IRUoD GD PROD WDPEpPpXPDIRUoDFRQVHUYDWLYD Atrito (P FRQWUDVWH FRP XPD IRUoD FRQVHUYDWLYD FRQVLGHUH D IRUoD GH DWULWR H[HUFLGD VREUHXPFRUSRGHVOL]DQGRSRUXPDVXSHUItFLHIL[D2WUDEDOKRUHDOL]DGRSHODIRUoD GH DWULWR GHSHQGH GD WUDMHWyULD TXDQWR PDLRU D WUDMHWyULD PDLRU R WUDEDOKR &RQVHTXHQWHPHQWHDVIRUoDVGHDWULWRVmRQmRFRQVHUYDWLYDVHDPDLRULDGRWUDEDOKR UHDOL]DGRSRUHODVpGLVVLSDGRGRFRUSRQDIRUPDGHFDORU 11.5 Energia potencial 4XDQGRXPDIRUoDFRQVHUYDWLYDDWXDVREUHXPFRUSRHODGiDHOHDFDSDFLGDGH GH UHDOL]DU WUDEDOKR (VVD FDSDFLGDGH PHGLGD FRPR HQHUJLD SRWHQFLDO GHSHQGH GD ORFDOL]DomRGRFRUSRHPUHODomRDXPDSRVLomRGHUHIHUrQFLDIL[D Energia potencial gravitacional 6HXPFRUSRHVWiORFDOL]DGRDXPDGLVWkQFLD\DFLPDGHXPDUHIHUrQFLDKRUL]RQWDO FRPRQD)LJXUDRSHVRGRFRUSRWHPHQHUJLDSRWHQFLDOJUDYLWDFLRQDOSRVLWLYD 9JSRLV:WHPDFDSDFLGDGHGHUHDOL]DUWUDEDOKRSRVLWLYRTXDQGRRFRUSRpPRYLGR GHYROWDSDUDEDL[RDWpDUHIHUrQFLD'HPRGRVHPHOKDQWHVHRFRUSRHVWiORFDOL]DGR Capítulo 11 D XPD GLVWkQFLD \ DEDL[R GD UHIHUrQFLD 9J p QHJDWLYR SRLV R SHVR UHDOL]D WUDEDOKR QHJDWLYRTXDQGRRFRUSRpPRYLGRGHYROWDSDUDFLPDDWpDUHIHUrQFLD1DUHIHUrQFLD 9Jp 0HGLQGR \ FRPR SRVLWLYR SDUD FLPD D HQHUJLD SRWHQFLDO JUDYLWDFLRQDO GR SHVR GRFRUSR:pSRUWDQWR 9J:\ Energia potencial elástica 4XDQGR XPD PROD p DORQJDGD RX FRPSULPLGD GH XPD TXDQWLGDGH V D SDUWLU GH VXD SRVLomR GH UHSRXVR D UHIHUrQFLD D HQHUJLD DUPD]HQDGD QD PROD p FKDPDGD HQHUJLDSRWHQFLDOHOiVWLFD(ODpGHWHUPLQDGDDSDUWLUGH VF = 1 ks2 2 (VVDHQHUJLDpVHPSUHXPDTXDQWLGDGHSRVLWLYDSRLVDIRUoDGDPRODTXHDWXDVREUHR FRUSRFRQHFWDGRUHDOL]DWUDEDOKRSRVLWLYRVREUHRFRUSRjPHGLGDTXHDIRUoDUHWRUQD RFRUSROLYUHGHUHSRXVRGDPROD )LJXUD Posição de repouso Posição de repouso s s Fs Fs Ve = + 12 ks2 Figura 11.13 Função potencial 1R FDVR JHUDO VH XP FRUSR HVWi VXMHLWR D IRUoDV JUDYLWDFLRQDLV H HOiVWLFDV D HQHUJLD SRWHQFLDO RX IXQomR SRWHQFLDO 9 GR FRUSR SRGH VHU H[SUHVVD FRPR D VRPD DOJpEULFD 99J9H RQGHDPHGLomRGH9GHSHQGHGDORFDOL]DomRGRFRUSRHPUHODomRDXPUHIHUHQFLDO VHOHFLRQDGRGHDFRUGRFRPDVHTXDo}HVH (P SDUWLFXODU VH XP VLVWHPD GH EORFRV UtJLGRV FRQHFWDGRV VHP DWULWR WHP XP ~QLFR JUDX GH OLEHUGDGH GH PRGR TXH VXD SRVLomR YHUWLFDO D SDUWLU GR UHIHUHQFLDO VHMD GHILQLGD SHOD FRRUGHQDGD T HQWmR D IXQomR SRWHQFLDO SDUD R VLVWHPD SRGH VHU H[SUHVVD FRPR 9 9 T 2 WUDEDOKR UHDOL]DGR SRU WRGDV DV IRUoDV SHVR H GH PROD TXHDWXDPVREUHRVLVWHPDPRYHQGRVHGHTSDUDTpPHGLGRSHODGLIHUHQoDHP9 RXVHMD 8±9 T ±9 T 3RUH[HPSORDIXQomRSRWHQFLDOSDUDXPVLVWHPDFRQVLVWLQGRHPXPEORFRGHSHVR :DSRLDGRSRUXPDPRODFRPRQD)LJXUDSRGHVHUH[SUHVVDHPWHUPRVGDV FRRUGHQDGDV T \PHGLGDDSDUWLUGHXPUHIHUHQFLDOIL[RORFDOL]DGRQRFRPSULPHQWR OLYUHGDPROD$TXL V = Vg + Ve = -Wy + 1 ky 2 2 | Trabalho virtual 439 W Vg = + Wy +y Referência W Vg = 0 –y Vg = – Wy Figura 11.12 | | 440 | Estática 6HREORFRVHPRYHGH\SDUD\HQWmRDSOLFDQGRD(TXDomRRWUDEDOKRGH :H)Vp U1 - 2 = V^ y1h - V^ y2h = -W^ y1 - y2h + 1 ky12 - 1 ky 22 2 2 11.6 Critério da energia potencial para o equilíbrio 6HXPVLVWHPDFRQHFWDGRVHPDWULWRWHPXPJUDXGHOLEHUGDGHHVXDSRVLomRp GHILQLGDSHODFRRUGHQDGDTHQWmRVHHOHVHGHVORFDGHTSDUDTGTD(TXDomR WRUQDVH G89 T ±9 TGT RX G8±G9 6HRVLVWHPDHVWLYHUHPHTXLOtEULRHVRIUHUXPGHVORFDPHQWRYLUWXDOįTDRLQYpVGH XP GHVORFDPHQWR UHDO GT HQWmR D HTXDomR DFLPD WRUQDVH į8 ±į9 3RUpP R SULQFtSLRGHWUDEDOKRYLUWXDOUHTXHUTXHį8HSRUWDQWRį9HSRULVVRSRGHPRV HVFUHYHUį9 G9GT įT&RPRįTHVVDH[SUHVVmRWRUQDVH Referência y1 y2 y W dV dq k /RJRTXDQGRXPVLVWHPDGHFRUSRVOLYUHVFRQHFWDGRVHPDWULWRHVWiHPHTXLOtEULR D SULPHLUD GHULYDGD GH VXD IXQomR SRWHQFLDO p ]HUR 3RU H[HPSOR XVDQGR D (TXDomRSRGHPRVGHWHUPLQDUDSRVLomRGHHTXLOtEULRSDUDDPRODHREORFRQD )LJXUDD7HPRV dV = -W + ky = dy (a) : /RJRDSRVLomRGHHTXLOtEULR\\HTp yeq W k )V N\HT (b) 1DWXUDOPHQWHHVVHPHVPRUHVXOWDGRSRGHVHUREWLGRDSOLFDQGRR)\jVIRUoDVTXH DWXDPVREUHRGLDJUDPDGHFRUSROLYUHGREORFR )LJXUDE Figura 11.14 11.7 Estabilidade da configuração de equilíbrio $ IXQomR SRWHQFLDO 9 GH XP VLVWHPD WDPEpP SRGH VHU XVDGD SDUD LQYHVWLJDU D HVWDELOLGDGHGDFRQILJXUDomRGHHTXLOtEULRTXHpFODVVLILFDGDFRPRHVWiYHOLQGLIHUHQWH RXLQVWiYHO Equilíbrio estável A B O contrapeso em $ equilibra o peso do tabuleiro % dessa ponte levadiça simples. Aplicando-se o método da energia potencial, podemos estudar a estabilidade da estrutura para várias posições de equilíbrio do tabuleiro. 8P VLVWHPD p FRQVLGHUDGR HVWiYHO VH WLYHU XPD WHQGrQFLD GH UHWRUQDU j SRVLomR RULJLQDOTXDQGRXPSHTXHQRGHVORFDPHQWRpGDGRDHOH$HQHUJLDSRWHQFLDOGRVLVWHPD QHVVHFDVRHVWiHPVHXPtQLPR8PH[HPSORVLPSOHVpPRVWUDGRQD)LJXUDD 4XDQGRRGLVFRUHFHEHXPSHTXHQRGHVORFDPHQWRVHXFHQWURGHJUDYLGDGH*VHPSUH VH PRYHUi GH YROWD j SRVLomR GH HTXLOtEULR TXH HVWi QR SRQWR PDLV EDL[R GH VXD WUDMHWyULDeQHVWHSRQWRTXHDHQHUJLDSRWHQFLDOGRGLVFRHVWiHPVHXPtQLPR Equilíbrio indiferente 8P VLVWHPD p FRQVLGHUDGR HP HTXLOtEULR LQGLIHUHQWH VH TXDQGR UHFHEHU XP SHTXHQR GHVORFDPHQWR GH VXD SRVLomR RULJLQDO DLQGD SHUPDQHFHU HP HTXLOtEULR 1HVVHFDVRDHQHUJLDSRWHQFLDOGRVLVWHPDpFRQVWDQWH2HTXLOtEULRLQGLIHUHQWHp Capítulo 11 Trabalho virtual | 441 | PRVWUDGRQD)LJXUDERQGHRGLVFRWHPXPSLQRHP*7RGDYH]TXHRGLVFR JLUDXPDQRYDSRVLomRGHHTXLOtEULRpHVWDEHOHFLGDHDHQHUJLDSRWHQFLDOSHUPDQHFH LQDOWHUDGD Equilíbrio instável 8PVLVWHPDpFRQVLGHUDGRLQVWiYHOVHTXDQGRUHFHEHUXPSHTXHQRGHVORFDPHQWR WLYHUXPDWHQGrQFLDDVHUGHVORFDGRSDUDPDLVGLVWDQWHGHVXDSRVLomRGHHTXLOtEULR RULJLQDO$HQHUJLDSRWHQFLDOGRVLVWHPDQHVWHFDVRHVWiHPVHXPi[LPR8PDSRVLomR GHHTXLOtEULRLQVWiYHOGRGLVFRpPRVWUDGRQD)LJXUDF$TXLRGLVFRJLUDUiSDUD IRUDGHSRVLomRGHHTXLOtEULRTXDQGRRFHQWURGHJUDYLGDGHpOLJHLUDPHQWHGHVORFDGR (PVHXSRQWRPDLVDOWRDHQHUJLDSRWHQFLDOHVWiQRPi[LPR G G G Equilíbrio estável Equilíbrio indiferente Equilíbrio instável (a) (b) (c) Figura 11.15 Sistema com um grau de liberdade 6H XP VLVWHPD WHP DSHQDV XP JUDX GH OLEHUGDGH H VXD SRVLomR p GHILQLGD SHOD FRRUGHQDGD T HQWmR D IXQomR SRWHQFLDO 9 SDUD R VLVWHPD HP WHUPRV GH T SRGH VHU GHVFULWDJUDILFDPHQWH )LJXUD 'HVGHTXHRVLVWHPDHVWHMDHPHTXLOtEULRHQWmR G9GT TXH UHSUHVHQWD D LQFOLQDomR GHVVD IXQomR GHYH VHU LJXDO D ]HUR 8PD LQYHVWLJDomR GD HVWDELOLGDGH QD FRQILJXUDomR GH HTXLOtEULR SRUWDQWR UHTXHU TXH D VHJXQGDGHULYDGDGDIXQomRSRWHQFLDOVHMDDYDOLDGD V V V d 2V <0 dq2 dV =0 dq 2 dV >0 dq2 d 2V =0 dq2 dV =0 dq dV =0 dq qeq q qeq q Equilíbrio estável Equilíbrio instável Equilíbrio indiferente (a) (b) (c) Figura 11.16 6HG9GTpPDLRUTXH]HUR )LJXUDD DHQHUJLDSRWHQFLDOGRVLVWHPDVHUi XPPtQLPR,VVRLQGLFDTXHDFRQILJXUDomRGHHTXLOtEULRpHVWiYHO$VVLP qeq dV dq d2V 0 dq 2 HTXLOtEULRHVWiYHO q | 442 | Estática 6HG9GTpPHQRUTXH]HUR )LJXUDE DHQHUJLDSRWHQFLDOGRVLVWHPDVHUi XPPi[LPR,VVRLQGLFDXPDFRQILJXUDomRGHHTXLOtEULRLQVWiYHO$VVLP dV dq d2V 0 dq 2 HTXLOtEULRLQVWiYHO )LQDOPHQWHVHG9GTpLJXDOD]HURVHUiQHFHVViULRLQYHVWLJDUDVGHULYDGDVGH RUGHP PDLV DOWD SDUD GHWHUPLQDU D HVWDELOLGDGH$ FRQILJXUDomR GH HTXLOtEULR VHUi HVWiYHOVHDSULPHLUDGHULYDGDGLIHUHQWHGH]HURIRUGHRUGHPSDUHIRUSRVLWLYD'H PRGR VHPHOKDQWH R HTXLOtEULR VHUi LQVWiYHO VH HVVD SULPHLUD GHULYDGD GLIHUHQWH GH ]HUR IRU tPSDU RX VH IRU SDU H QHJDWLYD 6H WRGDV DV GHULYDGDV GH RUGHP PDLV DOWD IRUHP]HURRVLVWHPDpFRQVLGHUDGRGHHTXLOtEULRLQGLIHUHQWH )LJXUDF $VVLP dV d 2 V d 3 V H 0 dq dq 2 dq3 HTXLOtEULRLQGLIHUHQWH (VVD FRQGLomR Vy RFRUUH VH D IXQomR GD HQHUJLD SRWHQFLDO SDUD R VLVWHPD IRU FRQVWDQWHHPRXHPWRUQRGDYL]LQKDQoDGHTHT Procedimento para análise 8VDQGRPpWRGRVGHHQHUJLDSRWHQFLDODVSRVLo}HVGHHTXLOtEULRHDHVWDELOLGDGH GHXPFRUSRRXXPVLVWHPDGHFRUSRVFRQHFWDGRVWHQGRXP~QLFRJUDXGHOLEHUGDGH SRGHPVHUREWLGDVDSOLFDQGRRSURFHGLPHQWRDVHJXLU Função de potencial (VERFHRVLVWHPDGHPRGRTXHHOHHVWHMDQDSRVLomRDUELWUiULDHVSHFLILFDGD SHODFRRUGHQDGDT (VWDEHOHoDXPDUHIHUrQFLDKRUL]RQWDOSRUXPSRQWRIL[R HH[SUHVVHDHQHUJLD SRWHQFLDO JUDYLWDFLRQDO 9J HP WHUPRV GR SHVR : GH FDGD PHPEUR H VXD GLVWkQFLDYHUWLFDO\DSDUWLUGDUHIHUrQFLD9J:\ ([SUHVVHDHQHUJLDSRWHQFLDOHOiVWLFD9HGRVLVWHPDHPWHUPRVGRHVWLFDPHQWR RXFRPSUHVVmRVGHTXDOTXHUPRODGHFRQH[mRVF = 1 ks2 2 )RUPXOH D IXQomR GH SRWHQFLDO 9 9J 9H H H[SUHVVH DV FRRUGHQDGDV GH SRVLomR\HVHPWHUPRVGHXPDFRRUGHQDGD~QLFDT Posição de equilíbrio $ SRVLomR GH HTXLOtEULR GR VLVWHPD p GHWHUPLQDGD ID]HQGRVH D SULPHLUD GHULYDGDGH9HGHILQLQGRDLJXDOD]HURG9GT Estabilidade $HVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULRpGHWHUPLQDGDDYDOLDQGRVHDVHJXQGD RXDGHULYDGDGHRUGHPPDLVDOWDGH9 6H D VHJXQGD GHULYDGD IRU PDLRU TXH ]HUR R VLVWHPD p HVWiYHO VH WRGDV DV GHULYDGDVIRUHPLJXDLVD]HURRVLVWHPDHVWiHPHTXLOtEULRLQGLIHUHQWHHVH DVHJXQGDGHULYDGDIRUPHQRUTXH]HURRVLVWHPDpLQVWiYHO $ ORFDOLGDGH GD UHIHUrQFLD DUELWUiULD SRLV VRPHQWH DV YDULDo}HV RX GLIHUHQFLDLV GH 9 VmR QHFHVViULRVSDUDLQYHVWLJDomRGDSRVLomRGHHTXLOtEULRHVXDHVWDELOLGDGH Capítulo 11 Exemplo Trabalho virtual 11.5 $ EDUUD XQLIRUPH PRVWUDGD QD )LJXUD D WHP XPD PDVVD GH NJ 6H D PROD HVWLYHU OLYUH TXDQGR ș GHWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD HTXLOtEULR H LQYHVWLJXH D HVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULR N k = 200 N/m ) NV A O ² O θ V O ² \ ș l = 0,6 m : ș B : 5HIHUrQFLD (a) (b) Figura 11.17 SOLUÇÃO Função potencial $UHIHUrQFLDpHVWDEHOHFLGDQDH[WUHPLGDGHLQIHULRUGDEDUUD )LJXUDE 4XDQGR DEDUUDHVWiORFDOL]DGDQDSRVLomRDUELWUiULDșDPRODDXPHQWDVXDHQHUJLDSRWHQFLDO HVWLFDQGRHRSHVRGLPLQXLVXDHQHUJLDSRWHQFLDO/RJR V = Ve + Vg = 1 ks2 + Wy 2 &RPROVOFRVșRXVO ±FRVș H\ O FRVșHQWmR V = 1 kl 2 ^1 - cos i h2 + W c l cos i m 2 2 Posição de equilíbrio $SULPHLUDGHULYDGDGH9p dV = kl 2 ^1 - cos i h sen i - Wl sen i = 0 2 di RX l ; kl^1 - cos i h - W E sen i = 0 2 (VVDHTXDomRpVDWLVIHLWDGHVGHTXH VHQș ș 10^9, 81h i = cos- 1 c1 - W m = cos- 1 =1 G = 53, 8° 2kl 2^200h^0, 6h Estabilidade $VHJXQGDGHULYDGDGH9p d 2 V = kl 2 ^1 - cos i h cos i + kl 2 sen i sen i - Wl cos i 2 di 2 2 Wl cos i = kl ^cos i - cos 2i h 2 O ² FRVș | 443 | | 444 | Estática 6XEVWLWXLQGRRVYDORUHVSDUDDVFRQVWDQWHVFRPșHșREWHPRV d 2V di 2 = 200^0, 6h2 ^cos 0° - cos 0°h i = 0° d 2V di 2 = -29, 4 0 10^9, 81h^0, 6h cos 0° 2 HTXLOtEULRLQVWiYHOHPș = 200^0, 6h2 ^cos 53, 8° - cos 107, 6°h i = 53,8° Exemplo = 46, 9 0 10^9, 81h^0, 6h cos 53, 8° 2 HTXLOtEULRHVWiYHOHPș 11.6 6H D PROD $' QD )LJXUD D WHP XPD ULJLGH] GH N1P H QmR HVWi HVWLFDGD TXDQGRșGHWHUPLQHRkQJXORșSDUDRHTXLOtEULR$FDUJDWHPXPDPDVVDGH 0J,QYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULR G G h B C B C y E 2m A θ 2m 2m θ A D θ (4 m) sen θ 2m θ k = 18 kN/m k = 18 kN/m E D Referência 4 m cos θ (a) (b) Figura 11.18 SOLUÇÃO Energia potencial $HQHUJLDSRWHQFLDOJUDYLWDFLRQDOSDUDDFDUJDFRPUHODomRjUHIHUrQFLDIL[DPRVWUDGD QD)LJXUDEp 9JPJ\ 1> P VHQșK@VHQșK RQGH K p XPD GLVWkQFLD FRQVWDQWH 3HOD JHRPHWULD GR VLVWHPD R DORQJDPHQWR GD PROD TXDQGRDFDUJDHVWiQDSODWDIRUPDpV P FRVș± P FRV P FRVș±P $VVLPDHQHUJLDSRWHQFLDOHOiVWLFDGRVLVWHPDp Ve = 1 ks 2 = 1 ^18000 N/mh^4 m cos i - 2 mh2 = 9000^4 cos i - 2h2 2 2 $IXQomRGHHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDRVLVWHPDpSRUWDQWR 99J9HVHQșK FRVș± Equilíbrio 4XDQGRRVLVWHPDHVWiHPHTXLOtEULR dV = 58860 cos i + 18000^4 cos i - 2h^- 4 sen i h = 0 di 58860 cos i - 288000 sen i cos i + 144000 sen i = 0 Capítulo 11 Trabalho virtual | &RPRVHQșVHQșFRVș FRVș±VHQșVHQș 5HVROYHQGRSRUWHQWDWLYDHHUUR șHș Estabilidade )D]HQGRDVHJXQGDGHULYDGDGD(TXDomR d 2 V = -58860 sen i - 288000 cos 2i + 144000 cos i di 2 6XEVWLWXLQGRșWHPRV d 2 V = -60409 0 di 2 ,QVWiYHO (SDUDș d 2 V 64073 0 di 2 Exemplo (VWiYHO 11.7 2EORFRXQLIRUPHWHQGRXPDPDVVDPUHSRXVDQRWRSRGDVXSHUItFLHGRPHLRFLOLQGUR )LJXUDD 0RVWUHTXHHVVDpXPDFRQGLomRGHHTXLOtEULRLQVWiYHOVHK!5 : PJ ș P K K ² 5 ș \ 5 5HIHUrQFLD K 5 ² FRVș (a) (b) Figura 11.19 SOLUÇÃO Função potencial $ UHIHUrQFLD p HVWDEHOHFLGD QD EDVH GR FLOLQGUR )LJXUD E 6H R EORFR IRU GHVORFDGRGHXPYDORUșDSDUWLUGDSRVLomRGHHTXLOtEULRDIXQomRSRWHQFLDOp 99H9J 5șVHQș 5ș PJ\ 'D)LJXUDE y = c R + h m cos i + Ri sen i 2 $VVLP V = mg =c R + h m cos i + Ri sen i G 2 445 | | 446 | Estática Posição de equilíbrio dV = mg - R + h sen i + R sen i + Ri cos i = 0 m G = c 2 di = mg c- h sen i + Ri cos i m = 0 2 2EVHUYHTXHșVDWLVID]HVWDHTXDomR Estabilidade )D]HQGRVHDVHJXQGDGHULYDGDGH9REWHPRV d 2 V = mg - h cos i + R cos i - Ri sen i c m 2 di 2 (Pș d 2V di 2 i = 0D = -mg c h - R m 2 &RPR WRGDV DV FRQVWDQWHV VmR SRVLWLYDV R EORFR HVWi HP HTXLOtEULR LQVWiYHO GHVGH TXHK!5SRLVDVVLPG9Gș Problemas 11.26. 6HDHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDXPVLVWHPDFRQVHUYDWLYR FRP XP JUDX GH OLEHUGDGH p H[SUHVVD SHOD UHODomR 9 [±[±[ -RQGH[pGDGRHPPHWURVGHWHUPLQH DVSRVLo}HVGHHTXLOtEULRHLQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHHPFDGD SRVLomR 11.27. 6HDHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDXPVLVWHPDFRQVHUYDWLYR FRP XP JUDX GH OLEHUGDGH p H[SUHVVD SHOD UHODomR 9 VHQșFRVș -șGHWHUPLQHDV SRVLo}HV GH HTXLOtEULR H LQYHVWLJXH D HVWDELOLGDGH HP FDGD SRVLomR 11.30. $ PROD WHP XPD ULJLGH] N N1P H HVWi OLYUH TXDQGR ș 6H R PHFDQLVPR HVWLYHU HP HTXLOtEULR TXDQGRșGHWHUPLQHRSHVRGRFLOLQGUR''HVSUH]H R SHVR GRV PHPEURV$ EDUUD $% SHUPDQHFH KRUL]RQWDO R WHPSRWRGRSRLVRDQHOSRGHVHGHVORFDUOLYUHPHQWHDRORQJR GDJXLDYHUWLFDO k *11.28. 6HDHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDXPVLVWHPDFRQVHUYDWLYR FRP XP JUDX GH OLEHUGDGH p H[SUHVVD SHOD UHODomR 9 \\±\ -RQGH\pGDGRHPPHWURVGHWHUPLQH DVSRVLo}HVGHHTXLOtEULRHLQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHHPFDGD SRVLomR •11.29. $SRQWHGH0JFRPFHQWURGHPDVVDQRSRQWR* pOHYDQWDGDSHODVGXDVYLJDV&'ORFDOL]DGDVHPFDGDODGR GDSRQWH6HRFRQWUDSHVR(GH0JHVWLYHUFRQHFWDGRjV YLJDVFRPRPRVWUDGRGHWHUPLQHRkQJXORșSDUDHTXLOtEULR 'HVSUH]HRSHVRGDVYLJDVHGDVEDUUDVGHDPDUUDomR 5m C 0,3 m θ 2m D B A θ 1,5 m D C Problema 11.30 11.31. 6HDVPRODVHP$H&WrPFRPSULPHQWROLYUHGH PPHQTXDQWRDPRODHP%WHPFRPSULPHQWROLYUHGH PP GHWHUPLQH D DOWXUD K GD SODWDIRUPD TXDQGR R VLVWHPD HVWi HP HTXLOtEULR ,QYHVWLJXH D HVWDELOLGDGH GHVVD FRQILJXUDomRGHHTXLOtEULR2SDFRWHHDSODWDIRUPDWrPXP SHVRWRWDOGH1 E A 2m G 2,5 m θ 2,5 m B h A B k1 = 4 kN/m Problema 11.29 C k1 = 4 kN/m k2 = 6 kN/m Problema 11.31 Capítulo 11 *11.32. $PRODHVWiOLYUHTXDQGRșHWHPXPDULJLGH] N N1P 'HWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR VH FDGD XP GRV FLOLQGURV SHVD 1 'HVSUH]H R SHVR GRV PHPEURV Trabalho virtual | 447 | 11.35. 'HWHUPLQH RV kQJXORV ș SDUD KDYHU HTXLOtEULR GR FLOLQGUR GH NJ H LQYHVWLJXH D HVWDELOLGDGH HP FDGD SRVLomR $ PROD WHP XPD ULJLGH] GH N N1P H XP FRPSULPHQWROLYUHGHPP 1,2 m 0,6 m D A 0,6 m θ C θ E k k E 0,45 m B B C 1,2 m 0,9 m Problema 11.32 •11.33. 8PDPHVDGHVHUYLUXQLIRUPHFRPNJpDSRLDGD HPFDGDODGRSRUSDUHVGHOLJDo}HVLGrQWLFDV$%H&'H PRODV&(6HDWLJHODWHPXPDPDVVDGHNJGHWHUPLQH RkQJXORșRQGHDPHVDHVWiHPHTXLOtEULR$VPRODVWrP XPDULJLGH]N1PFDGDXPDHHVWmROLYUHVTXDQGR ș'HVSUH]HDPDVVDGDVOLJDo}HV 250 mm 150 mm θ A θ D Problema 11.35 *11.36. 'HWHUPLQH RV kQJXORV ș SDUD KDYHU HTXLOtEULR GR FLOLQGURGHNJHLQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHHPFDGDSRVLomR $PRODHVWiOLYUHTXDQGRș A E A 1m k C 1m 250 mm θ θ θ D B B k = 900 N/m Problema 11.36 150 mm Problema 11.33 11.34. 6H XPD FDUJD O GH NJ p FRORFDGD QD SDQHOD GHWHUPLQH D SRVLomR [ GR EORFR + GH NJ SDUD KDYHU HTXLOtEULR$EDODQoDHVWiHPHTXLOtEULRTXDQGRQmRKiSHVR QHPFDUJDQDEDODQoD D •11.37. 6HRPHFDQLVPRHVWiHPHTXLOtEULRTXDQGRș GHWHUPLQHDPDVVDGDEDUUD%&$PRODWHPXPDULJLGH]N N1PHHVWiOLYUHTXDQGRș'HVSUH]HDPDVVDGDV OLJDo}HV A 50 mm 100 mm 100 mm A x θ H B k = 2 kN/m 600 mm C 450 mm E 100 mm B C H F F I θ D C Problema 11.34 Problema 11.37 | 448 | Estática 11.38. $ EDUUD XQLIRUPH 2$ WHP XP SHVR GH 1 H TXDQGR HOD HVWi QD SRVLomR YHUWLFDO D PROD HVWi OLYUH 'HWHUPLQH D SRVLomR ș SDUD R HTXLOtEULR ,QYHVWLJXH D HVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULR •11.41. 2FLOLQGURpIHLWRGHGRLVPDWHULDLVGHPRGRTXHWHP XPDPDVVDPHXPFHQWURGHJUDYLGDGHQRSRQWR*0RVWUH TXHTXDQGR*VHHQFRQWUDDFLPDGRFHQWURLGH&GRFLOLQGUR RHTXLOtEULRpLQVWiYHO 0,9 m A G θ O C a r 0,3 m k = 400 N/m Problema 11.38 11.39. $ OLJDomR XQLIRUPH $% WHP PDVVD GH NJ H HVWi FRQHFWDGD QDV GXDV H[WUHPLGDGHV SRU PHLR GH SLQRV $ EDUUD%'FRPSHVRGHVSUH]tYHOSDVVDSRUXPEORFRJLUDWyULR HP&6HDPRODWHPXPDULJLGH]N1PHHVWiOLYUH TXDQGR ș GHWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR H LQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULR'HVSUH]H RWDPDQKRGREORFRJLUDWyULR 400 mm Problema 11.41 11.42. $[tFDUDWHPXPIXQGRKHPLVIpULFRHXPDPDVVDP 'HWHUPLQHDSRVLomRKGRFHQWURGHPDVVD*GHPRGRTXH D[tFDUDHVWHMDHPHTXLOtEULRLQGLIHUHQWH D k = 100 N/m A C θ r h G 400 mm Problema 11.42 B Problema 11.39 *11.40. 2FDPLQKmRWHPXPDPDVVDGH0JHXPFHQWUR GHPDVVDHP*'HWHUPLQHRJUDXGHLQFOLQDomRșDRORQJR GR TXDO HOH SRVVD HVWDFLRQDU VHP WRPEDU H LQYHVWLJXH D HVWDELOLGDGHQHVVDSRVLomR 11.43. 'HWHUPLQHDDOWXUDKGRFRQHHPWHUPRVGRUDLRUGR KHPLVIpULR GH PRGR TXH R FRQMXQWR HVWHMD HP HTXLOtEULR LQGLIHUHQWH 7DQWR R FRQH FRPR R KHPLVIpULR VmR IHLWRV GR PHVPRPDWHULDO G 3,5 m 1,5 m θ h r 1,5 m Problema 11.40 Problema 11.43 Capítulo 11 *11.44. 8P EORFR KRPRJrQHR UHSRXVD QR WRSR GD VXSHUItFLH FLOtQGULFD 'HULYH D UHODomR HQWUH R UDLR GR FLOLQGUR U H D GLPHQVmRGREORFRESDUDRHTXLOtEULRHVWiYHO'LFD(VWDEHOHoD DIXQomRHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDXPkQJXORSHTXHQRșRXVHMD VHQș§HFRVș§±ș Trabalho virtual | 449 | *11.48. 2 FRQMXQWR PRVWUDGR FRQVLVWH HP XP FLOLQGUR VHPLFLUFXODUHXPSULVPDWULDQJXODU6HRSULVPDSHVD1 HRFLOLQGUR1LQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHTXDQGRRFRQMXQWR HVWLYHUDSRLDGRQDSRVLomRGHHTXLOtEULR b b 150 mm r 200 mm 100 mm Problema 11.44 •11.45. 2 FRQH KRPRJrQHR WHP XPD FDYLGDGH F{QLFD FRUWDGDFRQIRUPHDILJXUD'HWHUPLQHDSURIXQGLGDGHGGD FDYLGDGHHPWHUPRVGHKGHPRGRTXHRFRQHVHHTXLOLEUH VREUHRSLY{HSHUPDQHoDHPHTXLOtEULRLQGLIHUHQWH Problema 11.48 •11.49. 8PIXURF{QLFRpSHUIXUDGRQRIXQGRGRFLOLQGUR H GHSRLV p DSRLDGR QD EDUUD HP $ 'HWHUPLQH D GLVWkQFLD PtQLPDGDILPGHTXHHOHSHUPDQHoDHPHTXLOtEULRHVWiYHO h d r A Problema 11.45 11.46. $ PRQWDJHP PRVWUDGD FRQVLVWH HP XP EORFR VHPLFLOtQGULFR H UHWDQJXODU 6H R EORFR SHVD 1 H R VHPLFLOLQGUR 1 LQYHVWLJXH D HVWDELOLGDGH TXDQGR D PRQWDJHPHVWLYHUDSRLDGDQDSRVLomRGHHTXLOtEULR'HILQD KPP 11.47. 2VHPLFLOLQGURGH1 §NJ DSRLDREORFRTXH WHP XP SHVR HVSHFtILFR GH Ȗ N1P 'HWHUPLQH D DOWXUD K GR EORFR TXH SURGX]LUi HTXLOtEULR LQGLIHUHQWH QD SRVLomRPRVWUDGD h 250 mm 100 mm Problemas 11.46/47 d r Problema 11.49 h | 450 | Estática REVISÃO DO CAPÍTULO 3ULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDO $VIRUoDVVREUHXPFRUSRUHDOL]DUmRWUDEDOKR į\į\ǯ²GHVORFDPHQWRVYLUWXDLV YLUWXDO TXDQGR R FRUSR VRIUH XP GHVORFD įș²URWDomRYLUWXDO PHQWRRXURWDomRGLIHUHQFLDOLPDJLQiULD 3 įș į\ į\ %[ $\ 3DUDRHTXLOtEULRDVRPDGRWUDEDOKRYLUWXDO UHDOL]DGRSRUWRGDVDVIRUoDVDWXDQGRVREUH RFRUSRGHYHVHULJXDOD]HURSDUDTXDOTXHU GHVORFDPHQWR YLUWXDO ,VVR p FRQKHFLGR FRPR R SULQFtSLR GR WUDEDOKR YLUWXDO H p ~WLOSDUDHQFRQWUDUDFRQILJXUDomRGHHTXL OtEULR SDUD XP PHFDQLVPR RX XPD IRUoD UHDWLYD DWXDQGR VREUH XPD VpULH GH PHP EURVFRQHFWDGRV 6H R VLVWHPD GH PHPEURV FRQHFWDGRV WHP XP JUDX GH OLEHUGDGH HQWmR VXD SRVLomR SRGHVHUHVSHFLILFDGDSRUXPDFRRUGHQDGD LQGHSHQGHQWHFRPRș %\ į8 P l l θ θ 3DUDDSOLFDURSULQFtSLRGRWUDEDOKRYLUWXDO SULPHLURpQHFHVViULRXVDUFRRUGHQDGDVGH SRVLomRSDUDORFDOL]DUWRGDVDVIRUoDVHPR PHQWRVVREUHRPHFDQLVPRTXHUHDOL]DUiR WUDEDOKRTXDQGRHVVHPHFDQLVPRVRIUHUXP PRYLPHQWRYLUWXDOįș F P l $V FRRUGHQDGDV HVWmR UHODFLRQDGDV FRP D FRRUGHQDGD LQGHSHQGHQWH ș H GHSRLV HVVDV H[SUHVV}HVVmRGHULYDGDVDILPGHUHODFLRQDU RV GHVORFDPHQWRV GD FRRUGHQDGD YLUWXDO FRPRGHVORFDPHQWRYLUWXDOįș )LQDOPHQWHDHTXDomRGRWUDEDOKRYLUWXDOp HVFULWDSDUDRPHFDQLVPRHPWHUPRVGRGHV ORFDPHQWR YLUWXDO FRPXP įș H GHSRLV p GHILQLGDFRPRVHQGRLJXDOD]HUR)DWRUDQGR įșGDHTXDomRpHQWmRSRVVtYHOGHWHUPLQDU DIRUoDRXRPRPHQWRGHELQiULRLQFyJQLWR RXDSRVLomRGHHTXLOtEULRș l θ θ F Capítulo 11 &ULWpULRGDHQHUJLDSRWHQFLDOSDUDR HTXLOtEULR 4XDQGR XP VLVWHPD HVWi VXMHLWR DSHQDV D IRUoDVFRQVHUYDWLYDVFRPRRSHVRHDVIRU oDV GD PROD HQWmR D FRQILJXUDomR GH HTXLOtEULR SRGH VHU GHWHUPLQDGD XVDQGR D IXQomR GD HQHUJLD SRWHQFLDO 9 SDUD R VLV WHPD Trabalho virtual | 451 Referência y1 y2 y W k (a) V = Vg + Ve = -Wy + 1 ky 2 2 $ IXQomR GD HQHUJLD SRWHQFLDO p HVWDEHOH FLGD H[SUHVVDQGRVH R SHVR H D HQHUJLD SRWHQFLDOGDPRODSDUDRVLVWHPDHPWHUPRV GDFRRUGHQDGDLQGHSHQGHQWHT 4XDQGR D IXQomR GD HQHUJLD SRWHQFLDO p IRUPXODGDVXDSULPHLUDGHULYDGDpGHILQLGD FRPRLJXDOD]HUR$VROXomRJHUDDSRVLomR GHHTXLOtEULRTHTSDUDRVLVWHPD $HVWDELOLGDGHGRVLVWHPDSRGHVHULQYHVWL JDGDID]HQGRVHDVHJXQGDGHULYDGDGH9 dV dq dV 0, d 2 V 0 HTXLOtEULRHVWiYHO dq dq 2 dV 0, d 2 V 0 HTXLOtEULRLQVWiYHO dq dq 2 dV d 2 V d 3 V H 0 HTXLOtEULRLQGLIHUHQWH dq dq 2 dq3 | | 452 | Estática Problemas 11.50. $ SUHQVD SHUIXUDGRUD FRQVLVWH HP XP FLOLQGUR 5 EDUUD GH FRQH[mR $% H XP YRODQWH 6H XP WRUTXH GH 01PIRUDSOLFDGRDRYRODQWHGHWHUPLQHDIRUoD) DSOLFDGDQRFLOLQGURSDUDPDQWHUDEDUUDQDSRVLomRș C 375 mm θ θ k = 300 N/m B 0,1 m 0,4 m R F M θ θ θ 375 mm A A B Problema 11.50 Problema 11.53 11.51. $ EDUUD XQLIRUPH WHP XP SHVR : 'HWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR$ PROD HVWi OLYUH TXDQGR ș 'HVSUH]HRSHVRGRVUROHWHV 11.54. 'HWHUPLQH D IRUoD 3 TXH GHYH VHU DSOLFDGD j FRUGD HQURODGD QR WDPERU HP & QHFHVViULD SDUD OHYDQWDU R EDOGH WHQGR XPD PDVVD P 2EVHUYH TXH HQTXDQWR R EDOGH p OHYDQWDGRDSROLDHQURODXPDFRUGDQRHL[R%HDGHVHQUROD GRHL[R$ B L c b a B A C k A θ P Problema 11.51 *11.52. $V OLJDo}HV XQLIRUPHV $% H %& SHVDP FDGD XPD 1HRFLOLQGURSHVD1'HWHUPLQHDIRUoDKRUL]RQWDO 3QHFHVViULDSDUDPDQWHURPHFDQLVPRHPș$PROD WHPXPFRPSULPHQWROLYUHGHPP B 250 mm Problema 11.54 11.55. $EDUUDXQLIRUPH$%SHVD16HDVGXDVPRODV '(H%&HVWmROLYUHVTXDQGRșGHWHUPLQHRkQJXOR ș SDUD HTXLOtEULR XVDQGR R SULQFtSLR GD HQHUJLD SRWHQFLDO ,QYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHQDSRVLomRGHHTXLOtEULR$VGXDV PRODVVHPSUHSHUPDQHFHPQDSRVLomRKRUL]RQWDOGHYLGRjV JXLDVGHUROHWHHP&H( 250 mm B k = 800 N/m C θ k = 400 N/m A C P •11.53. $ PROD FRQHFWDGD DR PHFDQLVPR WHP XP FRP SULPHQWROLYUHTXDQGRș'HWHUPLQHDSRVLomRșSDUD RHTXLOtEULRHLQYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHGRPHFDQLVPRQHVVD SRVLomR2GLVFR$pFRQHFWDGRSRUSLQRjHVWUXWXUDHP%H WHPXPSHVRGH1 1,2 m k = 400 N/m D Problema 11.52 E θ A 0,6 m Problema 11.55 Capítulo 11 *11.56. $ EDUUD XQLIRUPH $% WHP XP SHVR GH 1 6H D PROD '& HVWi OLYUH TXDQGR ș GHWHUPLQH R kQJXOR ș SDUD R HTXLOtEULR XVDQGR R SULQFtSLR GR WUDEDOKR YLUWXDO$ PRODVHPSUHSHUPDQHFHQDSRVLomRKRUL]RQWDOGHYLGRjJXLD GHUROHWHHP' Trabalho virtual B B D h k k = 1 kN/m k C θ l 0,3 m A Problemas 11.56/57 453 | 11.58. 'HWHUPLQH D DOWXUD K GR EORFR % GH PRGR TXH D EDUUDHVWHMDHPHTXLOtEULRLQGLIHUHQWH$VPRODVHVWmROLYUHV TXDQGR D EDUUD HVWi QD SRVLomR YHUWLFDO 2 EORFR WHP XP SHVR: •11.57. 5HVROYD R 3UREOHPD XVDQGR R SULQFtSLR GH HQHUJLDSRWHQFLDO,QYHVWLJXHDHVWDELOLGDGHGDEDUUDTXDQGR HODHVWiQDSRVLomRGHHTXLOtEULR 0,6 m | A Problema 11.58 APÊNDICES A — Revisão e expressões matemáticas Revisão de geometria e trigonometria 2VkQJXORVșQD)LJXUD$VmRLJXDLVHQWUHDWUDQVYHUVDOHDVGXDVOLQKDVSDUDOHODV 3DUDXPDOLQKDHVXDQRUPDORVkQJXORVșQD)LJXUD$VmRLJXDLV ±ș ș ș ș ș ș ș ș ș Figura A.1 Figura A.2 3DUD R FtUFXOR QD )LJXUD$ V șU GH PRGR TXH TXDQGR ș + UDG HQWmR D FLUFXQIHUrQFLD p V +U$OpP GLVVR FRPR + UDG HQWmR ș UDG + ș$iUHDGRFtUFXORp$+U 2VODGRVGHXPWULkQJXORVHPHOKDQWHSRGHPVHUREWLGRVSRUSURSRUomRFRPRQD )LJXUD$RQGH a b c A B C U ș V U Figura A.3 3DUDRWULkQJXORUHWkQJXORGD)LJXUD$RWHRUHPDGH3LWiJRUDVp h = ôh2 + âh2 $VIXQo}HVWULJRQRPpWULFDVVmR & $ sen i o h a cos i h o tg i a ,VVRpIDFLOPHQWHOHPEUDGRFRPR³VRKFDKWRD´RXVHMDRVHQRpRFDWHWRRSRVWR GDKLSRWHQXVDHWF$VRXWUDVIXQo}HVWULJRQRPpWULFDVDFRPSDQKDPLVVR cossec i 1 h o sen i 1 sec i h a cos i 1 a cotg i o tg i D F % E Figura A.4 K KLSRWHQXVD R FDWHWRRSRVWR ș D FDWHWRDGMDFHQWH Figura A.5 Apêndices Identidades trigonométricas Integrais VHQșFRVș VHQșVHQșFRVș FRV ș‫ ׋‬FRVșFRV‫׋‬VHQșVHQ‫׋‬ FRVșFRVș±VHQș 1 - cos 2i 2 1 + cos 2i , sen i = 2 tg i sen i cos i WJșVHFș FRWJșFRVVHFș Fórmula quadrática 2 6HD[E[FHQWmR x = - b b - 4ac 2a Funções hiperbólicas x -x senh x = e - e , 2 [ a +dxbx = 1b ln â + bxh + C [ a +dxbx 2 [ a x+dxbx 2 2 [ ax+ dx bx 1 ln = a + x - ab G + C, 2 - ba a - x - ab ab 0 = 1 ln ^bx2 + ah + C 2b = x - a tg-1 x ab + C, ab 0 b b ab a [x a + bx dx = [x a + bx dx = 2 - 2^2a - 3bxh â + bxh3 +C 15b2 2^8a2 - 12abx + 15b2 x2h â + bxh3 +C 105b3 a2 - x2 dx = 1 8 x a2 - x2 + a2 sen-1 x B + C, 2 a a0 [ tgh [ senh [ cosh [ Expansões de série de potência 3 2 sen [ = [ - [ + H, cos [ = 1 - [ + H 3! 2! Derivadas d û Oh = nu O - 1 du dx dx d ^sen uh cos u du dx dx d ûvh = u dv + v du dx dx dx d ^cos uh = - sen u du dx dx d ^ tg uh sec 2 u du dx dx d ^cotg uh = - cossec 2 u du dx dx d ^senh uh cosh u du dx dx d ^sec uh tg u sec u du dx dx d ^cosh uh senh u du dx dx d ^cossec uh = - cossec u cotg u du dx dx a2 - x2 dx = - 1 â2 - x2h3 + C 3 [x [x 3 2 senh [ = [ + [ + H, cosh [ = 1 + [ + H 3! 2! v du - u dv dx dx v2 2 = a + bx dx = 2 â + bxh3 + C 3b [ Y -Y cosh x = e + e , 2 d u = dx ` v j O+1 [ x dx = nx+ 1 + C, n - 1 O VHQ ș‫ ׋‬VHQșFRV‫׋‬FRVșVHQ‫׋‬ cos i = | 455 2 a2 - x2 dx = - x â2 - x2h3 2 + a ` x a2 - x2 + a2 sen-1 x j + C, a 0 a 8 [ x2 a2 dx = 1 8 x x2 a2 a2 ln ^ x + 2 x 2 a 2 hB + C x2 a2 dx = 1 ^ x2 a2h3 + C 3 [x x2 ! a2 dx = x ^ x2 ! a2h3 4 2 4 2 2 a a " x x ! a - ln ^ x + x2 ! a2 h + C 8 8 [x 2 [ dx = a + bx + C b a + bx [ x dx = x2 a2 x2 a2 + C | | 456 [ | Estática dx = 1 ln 6 a + bx + cx 2 + c a + bx + cx 2 x c + b E + C, c 2 0 2 c 1 - 1 - 2cx - b sen c 2 = m + C, c 1 0 b - 4ac -c [x 2 [e 2 2 cos âxh dx = 2x2 cos âxh + a x 3- 2 sen âxh + C a a ax dx = e ax + C a ax dx = e 2 âx - h + C a [ sen x dx = - cos x + C [ xe [ cos x dx = sen x + C [ senh x dx = cosh x + C [ x cos âxh dx = a1 2 cos âxh + x sen âxh + C a ax [ cosh x dx = senh x + C Apêndices | 457 B — Equações Fundamentais da Estática Vetor cartesiano Simplificação de uma força e sistema binário $$[L$\M$]N Intensidade 05 2 R0R02 A= A +A +A x y z Equilíbrio Direções A u A = A = Ax i + y j + Az k A A A A = cos ai + cos bj + cos ck cos 2 a + cos 2 b + cos 2 c = 1 Partícula R)[R)\R)] Corpo rígido — duas dimensões R)[R)\R02 Corpo rígido — três dimensões Produto escalar )5 R) $% $%FRVș $[%[$\%\$]%] Produto vetorial j k C A B Ax i Ay Az Bx By Bz R)[R)\R)] R0[¶R0\¶R0]¶ Atrito Estático (máximo) )VȝV1 Cinético )NȝN1 Centro de gravidade Partículas ou Partes Discretas Vetor de posição cartesiano U [±[ L \±\ M ]±] N Vetor de força cartesiano u rW W rr [ ru dW [ dW Corpo F Fu F c r m r Momento de uma força i j k M o r F rx ry rz Fx Fy Fz Mo Fd rr Momento de uma força em torno de um eixo especificado ux uy uz Ma u $ r # F rx ry rz Fx Fy Fz Momentos de inércia de área e massa I [r dA I [r dm Teorema do eixo paralelo I = IS + Ad I = IS + md Raio de giro k I A k Trabalho virtual į8 I m | | 458 | Estática C — Tabelas de conversão C.1 Prefixos do SI 0~OWLSOR )RUPD([SRQHQFLDO 3UHIL[R 6tPEROR6, JLJD * PHJD 0 NLOR N ± PLOL P PLFUR ȝ QDQR Q 6XEP~OWLSOR ± ± C.2 Fatores de conversão (FPS) para (SI) 4XDQWLGDGH 8QLGDGHGHPHGLGD)36 LJXDOD )RUoD OE 1 0DVVD VOXJ NJ IW Sp P &RPSULPHQWR C.3 Fatores de conversão (FPS) 8QLGDGHGHPHGLGD6, IW Sp SRO SROHJDGDV PL PLOKD IW SpV NLS TXLOROLEUD OE OLEUDV W WRQHODGD OE NJ TXLORV Apêndices C.4 Propriedades Geométricas de Elementos de Linha e Área 3RVLomRGRFHQWURLGH 3RVLomRGRFHQWURLGH \ \ / ș U U ș & ș U [ ș $ ș U ș & UVLQ ș ²±±± ș Ix = 1 r 4 ì - 1 sen 2ij 2 4 Ix = 1 r 4 ì + 1 sen 2ij 2 4 [ UVLQ ș ²±±± ș ± 6HJPHQWRGHDUFRGHFLUFXQIHUrQFLD 0RPHQWRGHLQpUFLD iUHD ÈUHDGRVHWRUFLUFXODU \ L = π2– r $ L = πr r C 2r — π C U r & I x 1 rr 4 16 I y 1 rr 4 16 ± ʌ U U ² ʌ [ U ² ʌ $UFRVGHTXDUWRGHFLUFXQIHUrQFLDH VHPLFLUFXQIHUrQFLD ±K DE $ D & K ÈUHDGHTXDUWRGHFtUFXOR y [ ± ²²² D E DE E ÈUHDGRWUDSp]LR D & C x ÈUHDGHVHPLFtUFXOR y ± DE $ E I x 1 rr 4 8 1 I x rr 4 4 r2 π —– 2 4r — 3π r K A= A = πr2 ± D I y 1 rr 4 8 I y 1 rr 4 4 r x C ± E ÈUHDVHPLSDUDEyOLFD $ E ÈUHDGRFtUFXOR K ² E & ± D $ EK \ DE ² [ & E D ÈUHDVREFXUYDSDUDEyOLFD Ix 1 bh3 12 I y 1 hb3 12 ÈUHDGRUHWkQJXOR D ± $ EK E & K $ DE ² & E ² D ÈUHDSDUDEyOLFD ÈUHDGRWULkQJXOR [ Ix 1 bh3 36 ± K | 459 | | 460 | Estática C.5 Centro de Gravidade e Momento de Inércia da Massa de Sólidos Homogêneos ] ] U ± ʌ U 9 9 U ʌ U K * * \ K± \ [ [ (VIHUD ,[[ ,\\ ,]] ± &LOLQGUR ±± ±± ,[[ ,\\ P UK ,]] PU PU ] ] 9 ± ʌ U 9 K± * U ± ʌ U K \ K \ U ± U [ K± * [ &RQH ±± ±± ,[[ ,\\ P UK ,]] PU +HPLVIpULR ± ,[[ ,\\ PU ,]] PU ] ] ] * U * \ [ ,[[ ,\\ 'LVFRFLUFXODUILQR ± ± ± , , PU ]] PU ] ] PU \ D E [ 3ODFDILQD ±± ,[[ PE , ±± ±± ,\\ PD DE ]] P ] ] ± * U * \ [ ± \ [ $QHOILQR ± ,]] PU ,[[ ,\\ PU [ %DUUDGHOJDGD \ , , ± ,[[ ,\\ P ±± [ [ ,\ \ P ] ] Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais Capítulo 2 F2.8. F2.1. FR = ^2 kNh2 + ^6 kNh2 - 2^2 kNh^6 kNh cos 105° = 6, 798 kN = 6, 80 kN sen z = sen 105° , z = 58, 49° 6 kN 6, 798 kN i = 45° + z = 45° + 58, 49° = 103° F2.2. FR = )Ry = 400 sen 30° + 250 c 3 m = 350 N 5 )R = ^446, 4h2 + 3502 = 567 N] i = tg-1 350 = 38, 1° 446, 4 F2.9. F2.3. 200 2 + 500 2 - 2^200h^500h cos 140° = 666 N 600 2 + 800 2 - 2^600h^800h cos 60° = 721, 11 N = 721 N sen a sen 60° ; a 73, 90° 800 721, 11 FR = ‫׋‬Į±± F2.4. Fu 300 ; Fu 219, 6 N sen 45° sen 105° Fv 300 ; Fv 155, 3 N sen 30° sen 105° F2.5. FAB 900 sen 105° sen 30° FAB 1738, 7 N F2.7. + " ^ )Rhx = R)x; 3 ^ )Rhx = -^3, 5 kNh cos 30° + 0 + c m^3 kNh 5 = - 1, 231 kN + - ^ )Rhy = R)y; 4 ^ )Rhy = -^3, 5 kNh sen 30° - 2 kN - c m^3 kNh 5 = - 6, 15 kN )R = ^1, 231 kNh2 + ^6, 15 kNh2 = 6, 272 kN 6, 15 z = tg-1 e o = 78, 68° 1, 231 i = 180° + z = 180° + 78, 68° = 259° + F2.10. " ^ )Rhx = R)x; 750 N = F cos i + c 5 m^325 1h + ^600 1h cos 45° 13 + - ^ )Rhy = R)y; 0 = ) sen i + c 12 m^325 1h - ^600 1h sen 45° 13 tg i = 0, 6190 i = 31, 76° = 31, 8° FAC 900 sen 45° sen 30° FAC 1272, 8 N F2.6. FRx = 300 + 400 cos 30° - 250 c 4 m = 446, 4 N 5 ) = 236 1 ) 6 sen 30° sen 105° ) 3, 11 kN Fv 6 sen 45° sen 105° Fv 4, 39 kN ^ F1hx 0 ^ F1hy 300 N ^ F2hx =-^450 Nh cos 45° =- 318 N ^ F2hy = ^450 Nh sen 45° = 318 N ^ F3hx = c 3 m 600 N = 360 N 5 ^ F3hy = c 4 m 600 N = 480 N 5 + F2.11. ^ FRhx = RFx ^400 1h cos 45° = ) cos i + 250 1 - c 3 m 450 1 5 + ^ )Rhy = R)y; -^400 1h sen 45° = ) sen i - c 4 m^450 1h 5 tg i = 0, 2547 i = 14, 29° = 14, 3 ) = 312, 5 1 4 4 F2.12. ^ )Rhx = 15 c 5 m + 0 + 15 c 5 m = 24 kN 3 5 )R = 31, 2 kN i = 39, 8° 3 5 ^ )Rhy = 15 c m + 20 - 15 c m = 20 kN | 462 | Estática F2.13. )Y 75 cos 30° sen 45° 45, 93 kN )y = 75 cos 30° cos 45° = 45, 93 kN )z = - 75 sen 30° = - 37, 5 kN 45, 93 a = cos-1 e o = 52, 2° 75 b = cos-1 e 45, 93 o = 52, 2° 75 c = cos-1 e - 37, 5 o = 120° 75 F2.14. cos b = 1 - cos 2 120° - cos 2 60° = 0, 7071 5HTXHUȕ ))X) 1 ±L±MN ^±L±MN`1 F2.15. FRVĮFRV FRV Į ))X) 1 ±L±MN ^L±M±N`1 F2.16. )[ ^250 Nh sen 45° 176, 78 N ) M = ^250 Nh cos 45° = 176, 78 N )x = c 3 m^176, 78 Nh = 106, 1 N 5 )y = c 4 m^176, 78 Nh = 141, 4 N 5 F = "- 106, 1i + 141, 4j + 176 + 8k , N F2.17. )] 1 VHQ1 ) 1 FRV1 )[ 1 FRV1 )\ 1 VHQ11 )^L±MN`1 4 3 F2.18. F1 = c 5 m^2, 5 kNh j + c 5 m^2, 5 kNh k = "2j + 1, 5k , kN F2 = 6^4 kNh cos 45° @ cos 30°i + 6^4 kNh cos 45° @ sen 30°j +^4 kNh sen 45°^- kh = ^2, 45i + 1, 41j - 2, 83kh kN F3 = F1 + F2 = "2, 45i + 3, 41j - 1, 33k , kN F2.19. rAB = "- 6i + 6j + 3k , m UAB = ^- 6 mh2 + ^6 mh2 + ^3 mh2 = 9 m a = 132°, b = 48, 2°, c = 70, 5° F2.20. rAB = "- 2i + 1j + 2k , m rAB = ^- 2h2 + ^1 h2 + ^2h2 = 3 m a = cos- 1 c - 2 m m = 131, 8° 3m i = 180° - 131, 8° = 48, 2° F2.21. r% = "2i + 3j - 6k , m F# = )# u# = ^630 Nhc 2 i + 3 j - 6 k m 7 7 7 = "180i + 270j - 540k , N 4 7 4 F2.22. F = )uAB = 900 N c- 9 i + 9 j - 9 k m = "- 400i + 700j - 400k , N F2.23. FB FB uB = ^840 Nhc 3 i - 2 j - 6 k m 7 7 7 = "360i - 240j - 720k , N FC = )C uC = ^420 Nhc 2 i + 3 j - 6 k m 7 7 7 = "120i + 180j - 360k , N )R = ^480 Nh2 + ^- 60 Nh2 + ^- 1080 Nh2 = 1, 18 kN F2.24. FB FB uB = ^3 kNhc- 1 i + 2 j - 2 k m 3 3 3 = "- 1i + 2j - 2k , kN FC = FC uC = ^2, 45 kNhc- 6 i + 3 j - 2 k m 7 7 7 , , , 2 1 1 05 0 7 k N i j k " , = + FR = + FB + FC = "- 3, 1i + 3, 05j - 2, 7k , kN F2.25. u AO = - 1 i + 2 j - 2 k 3 3 3 uF = - 0, 5345i + 0, 8018j + 0, 2673k i = cos- 1 û AO uF h = 57, 7° F2.26. u AB = - 3 j + 4 k 5 5 uF = 4 i - 3 j 5 5 -1 i = cos û AB uF h = 68, 9° 12 5 F2.27. uOA = 13 i + 13 j uOA j XOA ^1 h cos i cos i 5 ; i 67, 4° 13 12 i + 5 j F2.28. uOA = 13 13 F = FuF = 6650j @ N FOA = F uOA = 250 N FOA = FOA uOA = "231i + 96, 2j , N Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais F2.29. F = ^400 Nh "4 i + 1 j - 6 k , m F3.6. ^4 mh2 + ^1 mh2 + ^- 6 mh2 = "219, 78i + 54, 94j - 329, 67k , N "- 4j - 6k , m uAO = + " RFx = 0; TBC - 379, 03 N cos 15° = 0 TBC = 366, 11 N = 366 N ^- 4 mh2 + ^- 6 mh2 F = 6^- 3 kNh cos 60° @ sen 30°i + 6^3 kNh cos 60° @ cos 30°j + 6^3 kNh sen 60° @ k 0 , " = - 75i + 1, 299j + 2, 598k , kN uA = - 2 i + 2 j + 1 k 3 3 3 ^ FAhproj = F u A = 2, 232 kN ^ FAhper = + " RFx = 0; TCD cos i - 366, 11 N = 0 + - RFy = 0; TCD sen i - 15^9, 81h N = 0 TCD = 395 N i = 21, 9° F3.7. = 2, 00 kN Capítulo 3 F3.1. RFx = 0; 4 FAC - FAB cos 30° = 0 5 F3.8. + RFy = 0; - 2^7, 5h sen i + 3, 5 = 0 i 13, 5° 1, 5 m /ABC 2 c m 3, 09 m cos 13, 5° F3.3. + RFx = 0; T cos i - T cos z = 0 z=0 + RFZ = 0; 2T sen i - 49, 05 N = 0 0, 15 m i = tg-1 e o = 36, 87° 0, 2 m T = 40, 9 N F3.4. + RFx = 0; 4 ^ Fsph - 5^9, 81h sen 45° = 0 5 Fsp = 43, 35 N Fsp = k^l - l0h; 43, 35 = 200^0, 5 - l0h l0 = 0, 283 m F3.5. + RFy = 0; ^392, 4 Nh sen 30° - mA ^9, 81h = 0 mA = 20 kg RFz = 0; FAD c 4 m - 900 = 0 5 FAD = 1125 N = 1, 125 kN RFy = 0; FAC c 4 m - 1125 c 3 m = 0 5 5 FAC = 843, 75 N = 844 N RFx = 0; FAB - 843, 75 c 3 m = 0 5 FAB = 506, 25 N = 506 N + R)y = 0; 3 )AC + )AB sen 30° - 2, 75 kN = 0 5 )AB = 2, 39 kN )AC = 2, 59 kN F3.2. RFx = 0; ;c 3 m F3 Ec 3 m + 600 1 - F2 = 0 5 5 RFy = 0; c 4 m F1 - ;c 3 m F3 Ec 4 m = 0 5 5 5 4 3 RFz = 0; c m F3 + c m F1 - 900 N = 0 5 5 F3 = 776 N F1 = 466 N F2 = 879 N ^3 kNh2 - ^2, 232 kNh2 + + RFy = 0; TAB sen 15° - 10^9, 81h N = 0 TAB = 379, 03 N = 379 N = - 0, 5547j - 0, 8321k ^ )AOhproj = F uAO = 244 N F2.30. | 463 F3.9. FAD = FAD e UAD 1 2 2 o = FAD i - FAD j + FAD k rAD 3 3 3 2 F - 600 = 0 3 AD FAD = 900 N RFy = 0; FAB cos 30° - 2 ^900h = 0 3 FAB = 692, 82 N = 693 N RFx = 0; 1 ^900h + 692, 82 sen 30° - FAC = 0 3 FAC = 646, 41 N = 646 N RFz = 0; F3.10. FAC = FAC - cos 60° sen 30°i + cos 60° cos 30°j + sen 60°k , = - 0, 25FAC i + 0, 4330FAC j + 0, 8660FAC k FAD = FAD "cos 120Di + cos 120°j + cos 45°k , = - 0, 5FAD i - 0, 5FAD j + 0, 7071FAD k RFy = 0; 0, 4330FAC - 0, 5FAD = 0 RFz = 0; 0, 8660FAC + 0, 7071FAD - 300 = 0 FAD = 175, 74 N = 176 N FAC = 202, 92 N = 203 N RFx = 0; FAB - 0, 25^202, 92h - 0, 5^175, 74h = 0 FAB = 138, 60 N = 139 N | | 464 | Estática F3.11. FB FB e rAB o rAB "- 1, 8i + 0, 9j + 0, 6k , m G ^- 1, 8 mh2 + ^0, 9 mh2 + ^0, 6 mh2 = - 6 FB i + 3 FB j + 2 FB k 7 7 7 rAC FC = FC e o rAC "- 1, 8i - 0, 6j + 0, 9k , m = FC = G ^- 1, 8 mh2 + ^- 0, 6 mh2 + ^0, 9 mh2 = - 6 FC i - 2 FC j + 3 FC k 7 7 7 FD = FD i F4.8. 05 2R)G 3 ^ MRhO = =c m 500 N G^0, 425 mh 5 = FB = W = "- 75^9, 81h k , N RFx = 0; - 6 FB - 6 FC + FD = 0 7 7 3 2 RFy = 0; FB - FC = 0 7 7 2 RFy = 0; FB + 3 FC - 75 9, 81 = 0 7 7 FB = 729, 3 N FC = 1, 5^729, 3 Nh = 1188, 5 N FD = 1697, 8 N F4.2. F4.3. F4.4. + MO = 3 sen 50°^1, 5h + 3 cos 50°^1, 5h = 3, 74 kN + MO = - c 4 m^100 Nh^2 mh - c 3 m^100 Nh^5 mh 5 5 = - 460 N m = 460 N m + MO = 6^300 Nh sen 30° @60, 4 m + ^0, 3 mh cos 45° @ - 6^300 Nh cos 30° @6^0, 3 mh sen 45° @ = 36, 7 N m 02 N1 P P FRV±P N1P F4.5. 02VHQ FRV ±FRV VHQ 1P F4.6. 02VHQ FRV ±FRV VHQ N1P F4.7. F4.9. 05 2R)G 05 2 FRV1 PVHQP ± VHQ1 FRVP 1 FRVP N1P F4.10. F = FuAB = 500 N c 4 i - 3 j m = " 400i - 300j , N 5 5 MO = rOA # F = "3i , m # " 400i - 300j , N = "-1200k , N $ m ou MO = rOA # F = " 4i , m # " 400i - 300j , N = "-1200k , N $ m F4.11. F FuBC Capítulo 4 F4.1. - =c 4 m 500 N G^0, 25 mh 5 - 6^600 Nh cos 60° @^0, 25 mh - 6^600 Nh sen 60° @^0, 425 mh = - 268 N m = 268 N m 05 2R)G 05 2± 1 P 1 >P P FRV@ ± 1 > P VHQ@ 1PN1P = 600 N > "1, 2i - 1, 2j - 0, 6k , m H ^1, 2h2 + ^- 1, 2h2 + ^- 0, 6h2 = " 400i - 400j - 200k , N i j k MO = rC # F = 1, 5 0 0 400 - 400 - 200 = "300j - 600k , N $ m ou i j k MO = rB # F = 0, 3 1, 2 0, 6 400 - 400 - 200 = "300j - 600k , N $ m F4.12. )5 = )1 + )2 = "^100 - 200h i + ^- 120 + 250h j + ^75 + 100hk , N = "- 100i + 130j + 175k , N i j k 1 0, 6 ^ MRhO = rA # FR = 0, 8 - 100 130 175 = "97i - 200j + 204k , N $ m 1 0 0 F4.13. Mx = i $ ^rOB # Fh = 0, 3 0, 4 - 0, 2 300 - 200 150 = 20 N $ m Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais rA F4.14. uOA = r = A ^0, 3i + 0, 4jh F4.21. ^0, 3 mh + ^0, 4 mh 2 2 0, 6 0, 8 0 MOA = uOA $ ^r AB # Fh = 0 0 - 0, 2 300 - 200 150 =- 72 N $ m F4.15. F = (200 N) cos 120°i + ^200 Nh cos 60°j + ^200 Nh cos 45°k = "- 100i + 100j + 141, 42k , N 1 0 0 MO = i $ ^rA # Fh = 0 0, 3 0, 25 - 100 100 141, 42 = 17, 4 N $ m 0 1 0 F4.16. M p = j $ ^rA # Fh = - 3 - 4 2 30 - 20 50 = 210 N $ m F4.17. u AB = F4.18. F4.19. "- 0, 4i + 0, 3j , m = - 0, 8i + 0, 6j ^- 0, 4 mh2 + ^0, 3 mh2 MAB = u AB $ ^rAC # Fh i j k - 0, 8 0, 6 0 = = - 0, 4 N $ m 0 0 0, 2 50 - 40 20 M AB = MAB u AB = "0, 32i - 0, 24j , N $ m rAB = rAB Fx = ;c 4 m 500 N Ec 3 m = 240 N 5 5 4 Fy = ;c m 500 N Ec 4 m = 320 N 5 5 3 Fz = ^500 Nhc m = 300 N 5 Mx = 300 N^2 mh - 320 N^3 mh = - 360 N $ m My = 300 N^2 mh - 240 N^3 mh = - 120 N $ m Mz = 240 N^2 mh - 320 N^2 mh = - 160 N $ m + MCR = RMA = 400(3) – 400(5) + 300(5) + 200(0,2) = 740 N $ m Também, + MCR = 300(5) – 400(2) + 200(0,2) = 740 N $ m F4.20. + MCR = 300(0,4) + 200(0,4) + 150(0,4) = 260 N $ m | 465 + MB)R = RMB –1,5 kN $ m = (2 kN)(0,3 m) – F(0,9 m) F = 1000 N F4.22. + MC = 10 c 3 m^2h - 10 c 4 m^ 4h = -20 kN $ m 5 5 = 20 kN $ m r 6- 0, 2i + 0, 2j + 0, 35k @ m F4.23. u1 = 1 = r1 ^- 0, 2 mh2 + ^0, 2 mh2 + ^0, 35 mh2 3, 5 k =- 2 i + 2 j + 4, 5 4, 5 4, 5 u2 = - k 1, 5 u3 = i- 2 j 2, 5 2, 5 ^MC h1 = ^MC h1 u1 3, 5 ko = ^450 N $ mhe- 2 i + 2 j + 4, 5 45 4, 5 = "- 200i + 200j + 350k , N $ m M ^ C h2 = ^MC h2 u2 = ^250 N $ mh^- kh = "- 250k , N $ m ^MC h3 = ^MC h3 u3 = ^300 N $ mhe 1, 5 i - 2 jo 2, 5 2, 5 = "180i - 240j , N $ m Mc; ^MC hR = M 20 " ^ C hR = - i - 40j + 100k , N $ m / F4.24. FB = c 4 m^450 Nh j - c 3 m^450 Nh k 5 5 = "360j - 270k , N i j k Mc = rAB # FB = 0, 4 0 0 0 360 - 270 = "180j + 144k , N $ m também, Mc = ^rA # FAh + ^rB # FBh i j k i j k 0 0 0 , 3 0 , 4 0 0 , 3 = + 0 - 360 270 0 360 - 270 = "180j + 144k , N $ m + F4.25. " FRx = RFx; FRx = 1000 - 3 ^500h = 700 N 5 4 +. FRy = RFy; FRy = 750 - ^500h = 350 N 5 FR = 700 2 + 350 2 = 782, 6 N i = tg-1 c 350 m = 26, 6° 700 + MAR = RMA; MAR = 3 ^500h^1, 2h - 4 ^500h^1, 8h + 750^0, 9h 5 5 MAR = 315 N $ m | | 466 | Estática F4.26. FRx = RFx; FRx = 4 ^50h = 40 N 5 FRy = RFy; FRy = 40 + 30 + 3 ^50h 5 = 100 N FR = ^40h2 + ^100h2 = 108 N i = tg-1 c 100 m = 68, 2° 40 MAR = RMA; MAR = 30^3 h + 3 ^50h^6 h + 200 5 = 470 N m F4.27. ^ FRhx = RFx; ^ FRhx = 900 sen 30° = 450 N " ^ FRhx = RFy; ^ FRhx = - 900 cos 30° - 300 = - 1079, 42 N = 1079, 42 N . FR = 450 2 + 1079, 42 2 = 1169, 47 N = 1, 17 kN 1079, 42 i = tg-1 e o = 67, 4° 450 ^ MRhA = RMA; ^ MRhA = 300 - 900 cos 30°^0, 75h - 300^2, 25h = - 959, 57 N m = 960 N m )5 R) FR = F1 + F2 = ^- 300i + 150j + 200kh + ^- 450kh = "- 300i + 150j - 200k , N rOA = ^2 - 0h j = "2j , m rOB = ^- 1, 5 - 0h i + ^2 - 0h j + ^1 - 0h k = "- 1, 5i + 2j + 1k , m ^MRhO = RM; ^MRhO = rOB # F1 + rOA # F2 i j k i j k 1 , 5 2 1 0 2 0 = + 0 0 - 450 - 300 150 200 = "- 650i + 375k , N $ m F4.29. F4.30. F1 = "- 100j , N "- 0, 4i - 0, 3k , m G ^- 0, 4 mh2 + ^- 0, 3 mh2 = "- 160i - 120k , N F2 = ^200 Nh= MC = "- 75i , N $ m FR = "- 160i - 100j - 120k , N ^MRhO = ^0, 3kh # ^- 100jh i j k 0 0, 5 0, 3 + ^- 75ih + - 160 0 - 120 = "- 105i - 48j + 80k , N $ m F4.31. + FR = RFy; FR = 2, 5 + 1, 25 + 2, 5 F4.28. = 6, 25 kN FR x = RMO; 6, 25^ xh = 2, 5^1 h + 1, 25^ 2h + 2, 5^3 h x=2m ^ FRhx = RFx; 3 5 4 5 ^ FRhx = 750 c m + 250 - 500 c m = 300 N " ^ FRhy = RFy; 4 3 5 5 = - 900 N = 900 N . FR = 300 2 + 900 2 = 948, 7 N i = tg-1 c 900 m = 71, 6° 300 ^ MRhA = RMA; 4 3 4 ^ MRhA = 500 c m^0, 3h - 500 c m^1, 8h - 750 c m^0, 9h 5 5 5 = - 960 = 960 N m ^ FRhy = - 750 c m - 500 c m F4.32. ^ FRhx = RFx; 3 5 ^ FRhx = 0, 5 c m + 0, 25 sen 30° = 0, 425 kN " ^ FRhy = RFy; 4 5 ^ FRhy = 1 + 0, 25 cos 30° - 0, 5 c m = 0, 8165 kN FR = 0, 425 2 + 0, 8165 2 = 0, 917 N 0, 8165 i = tg-1 e o = 62, 5° 0, 425 ^ MRhA = RMA; 0, 8165^d h = 1^1 h - 0, 5 c 4 m^2h + 0, 25 cos 30°^3 h 5 d = 1, 04 m Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais F4.33. ^ FRhx = RFx; 4 ^ FRhx = 15 c m = 12 kN " 5 ^ FRhy = RFy; 3 ^ FRhy = - 20 + 15 c m = - 11 kN = 11 kN . 5 FR = 12 2 + 11 2 = 16, 3 kN i = tg-1 c 11 m = 42, 5° 12 ^ MRhA = RMA; - 11^d h = - 20^2h - 15 c 4 m^2h + 15 c 3 m^6 h 5 5 d = 0, 909 m F4.34. ^ FRhx = RFx; 3 ^ FRhx = c m 5 kN - 8 kN 5 = - 5 kN = 5 kN ! ^ FRhy = RFy; 4 ^ FRhy = - 6 kN - c m 5 kN 5 = - 10 kN = 10 kN . FR = 5 2 + 10 2 = 11, 2 kN i = tg-1 c 10 kN m = 63, 4° 5 kN ^ MRhA = RMA; 5 kN^d h = 8 kN^3 mh - 6 kN^0, 5 mh - ;c 4 m 5 kN E^2 mh 5 3 - ;c m 5 kN E^4 mh 5 d = 0, 2 m F4.35. F4.36. F4.37. + FR = RFy - FR = - 6^1, 5h - 9^3 h - 3^1, 5h FR = 40, 5 kN ^ MRhA = RMA; = - 40, 5^d h = 6^1, 5h^0, 75h - 9^3 h^1, 5h - 3^1, 5h^3, 75h d = 1, 25 m FR = 1 ^1, 8h^3 h + 2, 4^3 h = 9, 9 kN 2 MAR = RMA; 9, 9d = 8 1 ^1, 8h^3 hB^1, 2h + 6 2, 4^3 h@^3 h 2 d = 2, 51 m F4.38. F4.39. F4.40. + FR = RFy FR = 1 ^1 h^2h + 3^2h + 2, 5 2 = 9, 5 kN MAR = RMA; 9, 5d = ; 1 ^1 h^2hE^2hc 2 m + 63^2h@^1 h + 2, 5^3 h 2 3 d = 1, 56 m F4.41. + FR = RFy - FR = - 1 ^3 h^4, 5h - 3^6 h 2 FR = 24, 75 kN ^ MRhA = RMA; - 24, 75^d h = - 1 ^3 h^4, 5h^1, 5h - 3^6 h^3 h 2 d = 2, 59 m + FR = RFz FR = 200 + 200 + 100 + 100 = 600 N MRx = RMx; - 600y = 200^1 h + 200^1 h + 100^3 h - 100^3 h y = - 0, 667 m MRy = RMy; 600x = 100^3 h + 100^3 h + 200^ 2h - 200^3h x = 0, 667 m + FR = RFy - FR = - 1 ^6 h^3 h - 1 ^6 h^6 h 2 2 FR = 27 kN ^ MRhA = RMA; - 27^d h = 1 ^6 h^3 h^1 h - 1 ^6 h^6 h^2h 2 2 d = 1m + FR = RFz; FR = 400 + 500 - 100 = 800 N MRx = RMx; - 800y = - 400^ 4h - 500^ 4h y = 4, 50 m MRy = RMy; 800x = 500^ 4h - 100^3 h x = 2, 125 m | 467 F4.42. FR [ w^ xh dx [ 4 2, 5x3 dx 160 N 0 MAR RMA; x [ xw^ xh dx [ [ w^ xh dx 4 2, 5x 4 dx 0 160 3, 20 m | | 468 | Estática Capítulo 5 F5.1. F5.2. F5.5. NC ^0, 7 mh - 6 25^9, 81h N @^0, 5 mh cos 30° = 0 NC = 151, 71 N = 152 N + " RFx = 0; - Ax + 2500 c 3 m = 0 5 Ax = 1500 N RMA = 0; By ^3 h - 2500 c 4 m^1, 5h - 900 = 0 5 By = 1300 N + - RFy = 0; Ay + 1300 - 2500 c 4 m = 0 5 Ay = 700 N RMA 0; FCD sen 45°^1, 5 mh - 4 kN^3 mh = 0 FCD = 11, 31 kN = 11, 3 kN + " RFx = 0; TAB cos 15° - ^151, 71 Nh cos 60° = 0 TAB = 78, 53 N = 78, 5 N + - RFy = 0; FA + ^78, 53 Nh sen 15° +^151, 71 Nh sen 60° - 25^9, 81h N = 0 FA = 93, 5 N F5.6. RMA 0; NB 66 m + ^6 mh cos 45° @ - 10 kN 6 2 m + ^6 mh cos 45° @ - 5 kN^4 mh = 0 NB = 8, 047 kN = 8, 05 kN + " RFx = 0; ^5 kNh cos 45° - Ax = 0 Ax = 3, 54 kN + - RFy = 0; Ay + 8, 047 kN - ^5 kNh sen 45° - 10 kN = 0 Ay = 5, 49 kN F5.4. + RFx = 0; NC sen 30° - ^250 Nh sen 60° = 0 NC = 433, 0 N = 433 N RMB = 0; - NA sen 30°^0, 15 mh - 433, 0 N^0, 2 mh + 6^250 Nh cos 30° @^0, 6 mh = 0 NA = 577, 4 N = 577 N + RFy = 0; NB - 577, 4 N + ^433, 0 Nh cos 30° - ^250 Nh cos 60° = 0 NB = 327 N + " RFx = 0; Ax + ^11, 31 kNh cos 45° = 0 Ax = - 8 kN = 8 kN ! + - RFy = 0; Ay + ^11, 31 kNh sen 45° - 4 kN = 0 Ay = - 4 kN = 4 kN . F5.3. RMA 0; F5.7. R)] 7$7%7&±± R0[ 7$ 7& ± ± R0\ ±7% ±7& 7$N17%N17& N1 F5.8. + RFx = 0; - Ax + 400 cos 30° = 0 R0\ 1 P 1 P ±)$ P )$1 Ax = 346 N R0[ + RFy = 0; Ay = - 200 - 200 - 200 - 400 sen 30° = 0 Ay = 800 N RMA = 0; MA - 200^2, 5h - 200^3, 5h - 200^4, 5h - 400 sen 30°^4, 5h - 400 cos 30°^3 sen 60°h = 0 MA = 3, 90 kN m '] P ±1 P ±1 P ']1 R)['[ R)\'\ R)] 7%&11±1±1 7%&1 F5.9. R)\1&\± &\±1 R0\±&[ P ±1 P &[±1 Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais R0[%] P 1 P Capítulo 6 ±1 P F6.1. %]±1 R0] ±%[ P ± ±1 P 1y$ + - RFy = 0; 1 kN - )AD sen 45° = 0 )AD = 1, 414 kN^C h + " RFx = 0; FAB - ^1, 414 kNh cos 45° = 0 FAB = 1 kN^Th ±1 P %[1 R)[1 ±1 ±$[ 1y% $[1 + " RFx = 0; FBC - 1 kN = 0 FBC = 1 kN^Th + - RFy = 0; FBD = 0 R)]$]±11 $]1 F5.10. R)[%[ 1y' R0] &\ PP &\ R)\$\ $\ R0[&\ P0 %] P ±1 PP + RFx = 0; FCD cos 45° + ^1, 414 kNh cos 45° - 2 kN = 0 FCD = 1, 414 kN^Th F6.2. R0\±&] PP ±%] P 1 P ±&]±%] %]±1 R)] $]1 ±1 ±1 F6.3. + RFy = 0; - 3 FAE + 2 = 0 5 FAE = 3, 333 kN^Ch F5.11. R)\ $\ R0[± )&( )&(N1 1y& Fy = 0; - FDC + 2 = 0; FDC = 2 kN^Ch R0])&) ± )&)N1 R0\ ±$] ± F6.4. $]N1 R)[$[±$[ R)])'%± 1y& + RFy = 0; 2F cos 30° - P = 0 P FAC = FBC = F = = 0, 5774P^Ch 2 cos 30° 1y% )'% ±N1 $[ R)\ $\ R)]$])%&± R0[ 0$ [)%&± R0\)%&± )%&1 R0] 0 $ ] $]1 $[$\ &\ N1 1y$ $]1 F5.12. R)[ 1y' + - RFy = 0; 3 FCD - 1, 5 kN = 0 5 FCD = 2, 5 kN^Th + " RFx = 0; - FAD + 4 ^2, 5h = 0 5 FAD = 2 kN^Ch FBC = 2, 5 kN^Th, FAC = FAB = 0 &]%]± &]1 | 469 0$ [±1P + RFx = 0; 0, 5774P cos 60° - FAB = 0 FAB = 0, 2887P ^Th FAB = 0, 2887P = 2 kN P = 6, 928 kN FAC = FBC = 0, 5774P = 1, 5 kN P = 2, 598 kN 2PHQRUYDORUGH3pHVFROKLGR 3N1N1 | | | 470 F6.5. F6.6. Estática )&% ).- N1 & )&' R)\ )$( N1±N1).'VHQ )'( ).'N1 7 1y& R)\ N1±)&'VHQ )&'N1 & N1 FRV±)%& R)[ )%&N1 7 1y' R)\)%'FRV )%' R)[)'(±N1 )'(N1 & 1y% R)\ FBE sen z 0 FBE 0 R)[N1±)$% )$%N1 7 F6.10. 3HODJHRPHWULDGDWUHOLoD ^3 mh tg 30° tg z = = 1, 732 z = 60° 1m RMC = 0; FEF sen 30°^2 mh + 1, 5 kN^2 mh = 0 FEF = - 3 kN = kN^Ch RMD = 0; 1, 5 kN^2 mh - FCF sen 60°^2 mh = 0 FCF = 1, 732 kN^Th RMF = 0; 1, 5 kN^3 mh - 1, 5 kN^1 mh - FBC ^3 mh tg 30° = 0 FBC = 1, 732 kN^Th F6.11. 3HODJHRPHWULDGDWUHOLoD ș WJ PP ‫׋‬WJ PP 1y$ R)\ 2 ORFDO GH * SRGH VHU DFKDGR XVDQGR WULkQJXORV VHPHOKDQWHV 1m = 2 m 2m 2m+[ 4m = 2m+[ [=2m N1±)$( )$(N1 & F6.7. R)\)&)VHQ±± )&)N1 7 R0&))( ± ))(N1 7 R0* R0))%& ± ± N1 P ±N1 P ±)&' P )%&N1 & F6.8. R)\ )&' N1 7 ).&N1±N1 R0' ).& N1 & N1 P ±)*)FRV P R0. )*) N1 & N1 P ±N1 P ±)&' P F6.9. R02N1 P ±N1 P )&'N1N1 7 ±)*' VHQ P R)[)/.±N1 )/.N1 & )*' N1N1 7 R0$*\ P ±N1 P ±N1 P ±N1 P *\N1 F6.12. R0+ )'& P N1 P )'& N1 & R0' 3HODJHRPHWULDGDWUHOLoD .Q P ±N1 P ±)+, P z = tg-1 ^3 m/2 mh = 56, 31° )+, .Q & R0. N1 P ±N1 P ±)&' P )&'N1 7 R0'N1 P ±).- P R0&)-,FRV P .Q P ±N1 P ±N1 P )+, Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais F6.13. R)\3±1 F6.15. R0& - c 4 m^ FABh^2, 7h + 2^1, 8h + 2, 5^0, 9h = 0 5 FAB = 2, 708 kN + " RFx = 0; - Cx + 3 ^2, 708h = 0 5 Cx = 1, 625 kN + - RFy = 0; Cy + 4 ^2, 708h - 2 - 2, 5 = 0 5 Cy = 2, 334 kN F7.1. R)[1& R)\9& ± 9& .Q R0& ± ±0F 0F.QP F7.2. FA = ^353, 55 Nh + ^453, 55 Nh = 575 N F6.16. R0%± ±$\ $\N1 R)[1& R)\±9& + " RFx = 0; ^500 Nh sen 45° - Ax = 0 Ax = 353, 55 N + - RFy = 0; Ay - 100 N - ^500 Nh cos 45° = 0 Ay = 453, 55 N 2 R0$%\ ± ± %\ .Q RMA = 0; 100 N^250 mmh - NB ^50 mmh = 0 NB = 500 N 2 471 | Capítulo 7 31 F6.14. | 9&N1 R0&0&± 0&±N1P F7.3. R)[%[± R0$ ±%\ %\N1 R0& R)[1& R)\9&± )$% 1 9&N1 )$% FRV ±)$% VHQ R0&±0&± R)[±&[ FRV 0&±N1P &[ 1 R)\±&[ VHQ± F7.4. 0$%\ ± ± %\N1 &\ 1 R)\71$% ± R)[1& R)\ 9&± &KDSD% 9&±N1 F6.17. &KDSD$ R0& R)\71$% ± ± ±0& 711$% 1 0&N1P F6.18. 3ROLD& R)\7±373 9LJD R)\33± 3.Q R0$ ± [ [ P F7.5. RMA = 0; By ^6 h - 1 ^9 h^6 h^3 h = 0 2 By = 13, 5 kN + " RFx = 0; NC = 0 + - RFy = 0; VC + 13, 5 - 1 ^9 h^3 h = 0 2 VC = 0 RMC = 0; 13, 5^3 h - 1 ^9 h^3 h^1 h - MC = 0 2 MC = 27 kN m | 472 F7.6. | Estática RMA 0; F7.13. [9±0 [9±0± By ^6 h - 1 ^6 h^3 h^2h - 6^3 h^4, 5h = 0 2 By = 16, 5 kN + " RFx = 0; NC = 0 + - RFy = 0; VC + 16, 5 - 6^3 h = 0 VC = 1, 50 kN RMC = 0; 16, 5^3 h - 6^3 h^1, 5h - MC = 0 MC = 22, 5 kN m F7.7. [9±0± [9±0± F7.14. [90± [90± [90 F7.15. [90 [90 R)\±99N1 [9±0 R020±[ F7.8. 0 [± N1P R)\±9[ V = ^- 30xh kN RMO = 0; M + 30x c x m - 25 = 0 2 M = ^25 - 15x 2h kN m V x = 3 m = - 30^3 h = - 90 kN M x = 3 m = 25 - 15^3 2h = - 110 kN m F7.9. + RFy = 0; - V - 1 ^2xh^ xh = 0 2 V = -^ x 2h kN RMO = 0; M + 1 ^2xh^ xhc x m = 0 2 3 M = - c 1 x3 m kN m 3 F7.10. R)\±9± [9±0 F7.16. [90 [90± [90± [90 F7.17. [90 [90 [9±0 F7.18. [90 [90 [9±0 Capítulo 8 F8.1. 9±N1 R020[ 0 ±[ N1P F7.11. 5HJLmR[P R)\±9±9±N1 R020[ 0 ±[ N1P SRUWDQWR)1 F8.2. 1$1 R)\99±N1 R)[3± 311 R02 ±[ ±0 0 ±[ N1P R)\9 R020± R0% 1$ 1$ ± 5HJLmR[P F7.12. 5HJLmR[P + - RFy = 0; N - 50^9, 81h - 200 c 3 m = 0 5 N = 610, 5N + RFx = 0; F - 200 c 4 m = 0 " 5 F = 160 N F Fmáx = ns N = 0, 3^610, 5h = 183, 15 N, F8.3. (QJUDGDGR$ R)\1$± 1$1 5HJLmRP[P R)[7± 71 R)\99±N1 (QJUDGDGR% 0N1P R02 ±[ ±0 0 ±[ N1P R)\1%3VHQ± Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais 1%±3 R)[ 3FRV± ±3 ± F9.5. R)[1$±1% R)\ F9.6. ±1$ 1$11%1 F9.7. 31 6HKRXYHUGHVOL]DPHQWR R)\1& ± 11&1 R)[3± 31 6HKRXYHUWRPEDPHQWR R0$±3 31 Capítulo 9 1m [ xS dA 12 [ y dy 0, 4 m [ dA [ y dy [ yS dA [ y dy 0, 571 m [ dA [ y dy 0 1m A A yS x^ x dxh 3 1m 1m 0 1m x3 dx 0 0, 286 m y1/2 oo dy 2 2m y1/2 2e o dy 0 2 2m yS [ yS dA [ [ dA [ 0 A A y e2 e 1, 2 m 2 L F9.4. xS = [ xS dm [ x;m c1 + Lx m dx E = [ dm [ m c1 + Lx m dx m 0 0 = 9 L 16 0 2 2 L m z ; 9r ^4 - zh2 dz E 64 2m 9r ^4 - zh2 dz 64 0 F9.9. yS = S 100 6 2^200h^50h@ + 225 650^400h@ RyA = RA 2^200h^50h + 50^400h = 162, 5 mm x3 dx 1 x3 ^ x3 dxh 2 [ yS dA [ [ dA [ A F9.3. = 0 0 0, 8 m A V 2m [ [ 1/3 0 A yS [ S 150 6300^50h@ + 325 650^300h@ RyA = RA 300^50h + 50^300h = 237, 5 mm yS = 0 [ xS dA [ [ dA [ A 0 S xS = RxL RL 150^300h + 300^600h + 300^400h = 300 + 600 + 400 = 265 mm S RyL yS = RL 0^300h + 300^600h + 600^400h = 300 + 600 + 400 = 323 mm S zS = RzL RL 0^300h + 0^600h + ^- 200h^400h = 300 + 600 + 400 = - 61, 5 mm F9.8. 4/3 1m xS 1/3 0 1m 1m A F9.2. 2/3 0 A y ` r yd yj 4 1m r y dy 4 0 1m = 0, 786 m 3 1% ±1% xS zS = [ zS dV [ dV V R02 F9.1. 473 0, 667 m 1%1$3± F8.5. V [ V 31 F8.4. yS [ yS dV [ dV | 0 2 25 6 400^50h@ + 175 650^250h@ S F9.10. xS = RxA = RA 400^50h + 50^250h = 82, 7 mm S 200 6 400^50h@ + 25 650^250h@ RyA yS = = RA 400^50h + 50^250h 132, 7 mm = 1 6 2^7 h^6 h@ + 4 6 4^2h^3 h@ S F9.11. xS = RxV = RV 2^7 h^6 h + 4^2h^3 h = 1, 67 m S 3, 5 6 2^7 h^6 h@ + 1 6 4^2h^3 h@ RyV yS = = RV 2^7 h^6 h + 4^2h^3 h = 2, 94 m 3 6 2^7 h^6 h@ + 1, 5 6 4^2h^3 h@ S zS = RzV = RV 2^7 h^6 h + 4^2h^3 h = 2, 67 m | | 474 | Estática S F9.12. xS RxV RV F9.18. ZEȖZKE N1P )5 N1 0, 25 6 0, 5^ 2, 5h^1, 8h@ + 0, 25 ; = 0, 5^2, 5h^1, 8h + 1 ^1, 5h^1, 8h^0, 5hE + ; 1 ^1, 5h^1, 8h^0, 5hE 2 2 1 ^1, 5h^1, 8h^0, 5h + 1 ^1, 5h^1, 8h^0, 5h 2 2 0, 391 m S RyV 5, 00625 yS 1, 39 m RV 3, 6 S 2, 835 0, 7875 m zS RzV RV 3, 6 S F9.13. A = 2rRrL = 2r 60, 75^1, 5h + 1, 5^ 2h + 0, 75 ^1, 5h2 + ^ 2h2 @ = 37, 7 m 2 S V = 2rRrA = 2r ;0, 75^1, 5h^ 2h + 0, 5 c 1 m^1, 5h^ 2hE 2 3 m , 18 8 = F9.14. S A = 2rRrL = 2r 61, 95 ^0, 9h2 + ^0, 2h2 + 2, 4^1, 5h + 1, 95^0, 9h + 1, 5^2, 7h@ = 77, 5 m 2 S V = 2rRrA = 2r ;1, 8 c 1 m^0, 9h^1, 2h + 1, 95^0, 9h^1, 5hE 2 = 22, 6 m3 F9.15. S A = 2rRrL = 2r 875^150h + 150^180h + 255 150 2 + 200 2 + 150^300hB = 876, 504 mm 2 S V = 2rRrA r 2 75 = ; ^150h^380h + ^200hc 1 m^150h^200hE 2 = 45, 710.173 mm3 S F9.16. A rRrL 2^1, 5h r^1, 5h c m + 1, 5^ 2h + 0, 75^1, 5hG r 2 = 40, 1 m 2 S V = 2rRrA 4^1, 5h r^1, 5 2h c m + 0, 75^1, 5h^ 2hG = 2r = 3r 4 = 21, 2 m3 = 2r = F9.17. wb tw ghb 1000^9, 81h^6 h^1 h 58, 86 kN/m FR 1 ^58, 76h^6 h 176, 58 kN 177 kN 2 F9.19. wb tw ghb 1000^9, 81h^ 2h^1, 5h = 29, 43 kN/m FR = 1 ^29, 43h` ^1, 5h2 + ^2h2 j 2 = 36, 8 kN F9.20. wA tw ghA b 1000^9, 81h^3 h^2h = 58, 86 kN/m wB = tw ghB b = 1000^9, 81h^5 h^2h = 98, 1 kN/m FR = 1 ^58, 86 + 98, 1h^2h = 157 kN 2 F9.21. wA cw hA b 10^1, 8h^0, 6h 10, 8 kN/m wB = cw hB b = 10^3 h^0, 6h = 18 kN/m FR = 1 ^10, 8 + 18h^ ^0, 9h2 + ^1, 2h2 h 2 = 21, 6 kN Capítulo 10 F10.1. I = x [ y dA = [ 1m F10.2. Ix = [ y dA = [ 1m F10.3. Iy = [ x dA = [ 1m F10.4. Iy = [ x dA = [ 1m 2 0 A 2 0 A 2 0 A 2 A 0 y2 6^1 - y3/2h dy @ = 0, 111m4 y2 ^ y3/2 dyh = 0, 222 m4 x2 ^ x2/3h dx = 0, 273 m4 x2 6^1 - x2/3h dx @ = 0, 0606 m4 F10.5. ,x = ; 1 ^50h^4503h + 0 E + ; 1 ^300h^503h + 0 E 12 12 = 383^106h mm4 ,y = ; 1 ^450h^503h + 0 E 12 + 2 8 1 ^50h^1503h + ^150h^50h^100h2 B 12 = 183^106h mm4 F10.6. ,x = 1 ^360h^2003h - 1 ^300h^1403h 12 12 = 171^106h mm4 ,y = 1 ^200h^3603h - 1 ^140h^3003h 12 12 6 4 ^ h = 463 10 mm F10.7. ,Z = 2 ; 1 ^50h^200h3 + 0 E 12 1 + 8 ^300h^503h + 0 B 12 = 69, 8^106h mm4 Soluções e respostas parciais dos problemas fundamentais | 475 | F11.4. [%FRVșį[%±VHQșįș F10.8. 15^150h^30h + 105^30h^150h Ryr A = = 60 mm RA ^150h^30h + ^30h^150h 2 Irxl = R^ Ir + Ad h = ; 1 ^150h^30h3 + ^150h^30h^60 - 15 2hE 12 + ; 1 ^30h^150h3 + 30^150h^105 - 65h2 E 12 = 25, 1 ^106h mm 4 yr = [& FRVș į[&±VHQșįș į83į[% ±)VSį[& ±VHQșįș ± FRVș± ±VHQșįș VHQș FRVș± įș VHQșș FRVș± Capítulo 11 ș F11.1. \*VHQș į\*FRVșįș F11.5. \*VHQșį\*FRVșįș [& FRVș į[&±VHQșįș [$ FRVșį[&±VHQșįș į8:į\* 3į[& į8±:į\* ±)VSį[$ FRVș±3VHQș įș 3FRWș_ș 1 F11.2. [$FRVș į[$±VHQșįș \*VHQșį\*FRVșįș į8±3į[$ ±:į\* 3VHQș±FRVș įș 3FRWș_ș 1 F11.3. [%VHQș \*FRVș į[%FRVșįș į\*±VHQșįș į8 ±)VSį[% ±3į\* ± VHQș FRVșįș ± ±VHQșįș VHQșș ±FRVș ș VHQșFRVș±VHQș ±FRVșįș ș F11.6. )VS ±FRVș [&>VHQș@į[&FRVșįș \%>FRVș@į\%±VHQșįș į83į[&)VSį\% FRVș±VHQșVHQșFRVș įș ș Respostas dos problemas selecionados Capítulo 1 1.1. Capítulo 2 DP 2.1. EV FN1 G0J 1.2. D1 ‫׋‬ E01P F1V 7N1 2.5. ș Fu 200 sen 105° sen 30° Fv 283 N 2.6. )X1 DJ EN1 FP 1.5. 2.3. G01V 1.3. 2.2. D*1V E*J1 D01 2.7. 2.9. FR = 8 2 + 6 2 - 2^8 h^6 h cos 100° = 10, 8 kN sen i M = sen 100° 6 10, 80 i M = 33, 16° z = 3, 16° 2.10. ș FȝJ :H 01 :P01 )5N1 PPPH*J 1.9. $70N3D 1.10. D:1 E:P1 2.11. 2.13. F:N1 1.11. DNJP1 ENJV 2.14. DPJ 2.15. EP0J 2.17. FP*J 1.15. D01 EȝP 2.18. FNP 1.16. )ȝ1 1.18. ȝPNJ1 )51 ș - FxM = 360 sen 30° sen 80° Fy = 360 sen 70° sen 80° FxM = - 183 N Fy = 344 N ș )$%1 F*1P 1.14. ș )5N1 ENP 1.7. Fu 386 N )Y1 F*1 NJV 1.6. FR = 6 2 + 8 2 - 2^6 h^8 h cos 75° = 8, 67 kN sen a = sen 75° a = 63, 05° 8 8, 669 z = 3, 05° )5N1 ‫׋‬ F2v 150 , F2v 77, 6 N sen 30° sen 75° F2u 150 , F2u 150 N sen 75° sen 75° )$1 )%1 2.19. )%1 )$1 ș Respostas dos problemas selecionados 2.21. )FRVN1 )5)FRV‫׋‬± ș )N1 2.22. ș )5N1 )N1 2.46. ș )5N1 2.47. ș 2.49. FR = ^- 515, 2h + ^- 212, 9h2 = 557, 5 N i = 202° ‫׋‬ F = F 2.25. sen z sen î - zh z= i 2 FR = ^ F h2 + ^ F h2 - 2^ F h^ F h cos ^180° - i h FR = 2F cos c i m 2 2.26. )$N1 )%N1 2.27. )%N1 2.29. )$FRV1 )%VHQ1 2.30. ș )PtQ 1 )1 ș FR = 499, 62 2 + 493, 01 2 = 702 N i = 44, 6° 2.34. ‫׋‬ 2.51. 2.55. )51 ș F R2 = ^- 4, 1244 - F cos 45°h2 + ^7 - F sen 45°h2 dF 2FR R = 2^- 4, 1244 - F cos 45°h^- cos 45°h dF + 2^7 - F sen 45°h^- sen 45°h = 0 F = 2, 03 kN FR = 7, 87 kN 2.58. )^)FRVșL)VHQșM`1 2.57. )^L`1 )^±M`1 ș ±±)VHQ‫׋‬± )N1 2.38. )N1 )5N1 2.41. )1 VHQ±)%FRVș FRV)%VHQș ș 2.42. )5 1 ‫ ׋‬ 2.43. )5N1 ș )51 F3 = ^0, 5F1 + 300h2 + ^0, 8660F1 - 240h2 F 32 = F12 - 115, 69F1 + 147 600 dF 2F3 3 = 2F1 - 115, 69 = 0 dF1 F1 = 57, 8 N, F3 = 380 N 2.54. ș )1 ±) FRV‫׋‬ 2.39. ș )$1 2.53. )\±1 ‫׋‬ 2 ș 2.35. )[1 2.37. )) )1 ș 2.33. 2.50. N13N1 )$N1 2.31. 477 2.45. )VHQ‫׋‬±± )VHQN1 2.23. )5N1 | )%1 )1 2.59. )^±LMN`1 2.61. )^LM±N`1 F1 = 600 c 4 m^+ ih + 0j + 600 c 3 m^+ kh 5 5 = " 480i + 360k , N F2 = 400 cos 60°i + 400 cos 45°j + 400 cos 120°k = "200i + 283j - 200k , N 2.62. )5N1 Į ȕ Ȗ 2.63. )[±1 )\1 )]1 | | 478 | Estática 2.65. ±N^ )[± L )\ M 2.78. Į )]± N` Ȗ )1 )51 Į ȕ ȕ 2.79. )N1 Ȗ Į 2.66. Į ȕ ȕ Ȗ Ȗ 2.67. 2.81. )^M±N`1 )[N1 )^L±MN`1 )\N1 2.69. ±LMN )]N1 LM±N 2.82. )N1 )\N1 )FRVĮL)FRVȕM)FRVȖN ) FRV ĮFRV ȕFRV Ȗ 2.83. )1 )N1 Į Į ȕ ȕ Ȗ 2.70. )1 Į 2.71. Ȗ ȕ Ȗ 2.85. )51 Į5 ȕ5 Ȗ5 2.73. FR = ^550h2 + ^52, 1h2 + ^270h2 = 615 N a = 26, 6° b = 85, 1° c = 64, 0° U$%P 2.87. ]Q 2.89. FB = "2i - 2j - 1k , kN FC = "1, 25i + 2, 5j - 2, 5k , kN FR = 3, 25 2 + 0, 5 2 + ^- 3, 5h2 = 4, 80 kN a = 47, 4° b = 84, 0° ȕ Ȗ 2.75. Į c = 137° ȕ Ȗ )2 = ^- 17, 10h2 + ^8, 68h2 + ^- 26, 17h2 = 32, 4 N a2 = 122° b2 = 74, 5° c2 = 144° 2.86. U$%^±LMN`P 2.74. Į 2.77. Į 2.90. Į )FRVĮ± ȕ )FRVȕ± Ȗ )FRVȖ )51 )1 2.91. )5N1 Į Į ȕ ȕ Ȗ Ȗ Respostas dos problemas selecionados 2.93. FA = 300 ^1, 2 cos 30°i - 1, 2 sen 30°j - 1, 8kh ^1, 2 cos 30°h2 + ^- 1, 2 sen 30°h2 + ^- 1, 8h2 = "144, 1i - 83, 2j - 249, 6k , N 2.106. )N1 2.107. )^±L±MN`1 2.109. U$ ± L ± M ± N ^±LMN`P FB = "- 144, 1i - 83, 2j - 249, 6k , N ^1, 2j - 1, 8kh FC = 300 ^1, 2h2 + ^- 1, 8h2 = "166, 4j - 249, 6k , N FR = 748, 8 N a = 90° )$^±LN`N1 U&>± ±VHQ @L >± ±FRV @M ± N )&^LMN`N1 U%>± ±VHQ @L b = 90° c = 180° ± ±FRV M ± N )%^L±MN`N1 2.94. )1 )5N1 2.95. )^L±M±N`1 Į Į ȕ ȕ Ȗ Ȗ 2.97. U$%^ ± L>± ± @M ± N`P U&'^>±± ± @L>± ± @M ± N`P )$^M±N`1 )&^LM±N`1 2.98. )$^±LM±N`1 )%^L±M±N`1 2.99. )&N1 )%N1 )5N1 2.101. u = F = - 120 i - 90 j - 80 k F 170 170 170 x = 0, 72 m y = 0, 54 m z = 0, 48 m 2.102. )5N1 Į ȕ Ȗ 2.103. )$)%)&N1 2.105. )$^L±M±N`1 )%^LM±N`1 )&^±LM±N`1 )'^±L±M±N`1 )51 Į ȕ Ȗ 2.110. )^LM±N`N1 2.113. ^ )AOh[ = ^24hc 3 m + ^- 48hc- 6 m 7 7 2 + 16 c- m = 46, 9 N 7 2 2 ^ )AOh = ^56h - ^46, 86h = 30, 7 N 2.114. U%&P 2.115. )(' Œ 1 )(' ŏ 1 2.117. XFRVLFRVMFRVN _3URM)_1 2.118. )%&1 )%&^L±M`1 2.119. )1 )1 2.121. X$&LM±N )$& ]±N1 2.122. )$&1 )$&^MN`1 2.123. )%& __1 )%& ŏ1 2.125. uOD = - sen 30°i + cos 30j uOA = 1 i + 2 j - 1 k 3 3 3 z = 65, 8° 2.126. ) )1 2.127. ș 2.129. U$%^±LMN`P U$&^±L±MN`P ș | 479 | | 480 | Estática 2.130. )[1 3.13. )$&1 :& FRV±FRVș ș 2.131. )[±1 3.14. )\1 [$&P [$%P 2.133. X)FRVVHQLFRVFRVM±VHQN X)FRVLFRVMFRVN 3.15. PNJ 3.17. )&%FRVș±)&$FRV ) )1 ș 2.134. )51 )&%1 )&$1 ș 2.135. )[±1 )\1 3.18. )$%1 3.19. GP 3.21. -XQWD'R)[ 2.137. U%$^±L`P )$&1 )&'FRV±)%'FRV U%&^LMN`P -XQWD%R)[ ș )%&PFRV±PFRV 2.138. )U1 PNJ ș 3.22. ș 2.139. )$%1 250 - Fu sen 120° sen 40° Fv = 98, 7 N 2.142. 3URM)1 2.141. 200 = 850^ 1, 08 - O Mh, O M = 0, 804 m 3.25. -XQWD( FED cos 30° - FEB c 3 m = 0 5 -XQWD% 1, 3957W cos 30° - 0, 8723W c 3 m - FBA = 0 5 W = 0, 289 kN 3.23. ș Fu = 186 N 2.143. )%^±LMN`1 )&^±L±MN`1 3.26. )%$1 )&'1 )(^±LN`1 )%&1 ș Capítulo 3 3.1. )%$VHQ± )%$N1 )%&N1 3.2. )%&N1\P 3.3. )$%N1 )%&N1)%'N1 3.5. 7N1)N1 3.6. ș7N1 3.7. 7%&N1 7%'N1 3.9. 3.10. 3.11. :&N1 FAB cos 45° - FAC c 3 m = 0 5 FAC = 1473 N W = 2062 N 3.27. :)1 0, 5 cos i : c 5 m 13 i 78, 7° : 0, 255 kN 3.30. 71 3.29. 3.31. )1 3.33. 7FRV ± 71 )51 $H' )51 %H& 3.34. 31 3.35. OPP 3.37. ±7$&)VFRVș GPP 7N1 3.38. N1P )N1 3.39. :(1 7N1 ș Respostas dos problemas selecionados 3.41. ±7VHQș )$&1 PNJ )$'1 3.43. \P 3.45. )AB - 2 )AD = 0 3 - )AC + 2 )AD = 0 3 1 ) - 981 = 0 3 AD )AD = 2, 94 kN )AB = )AC = 1, 96 kN 3.46. PNJ 3.47. 3.59. PNJ 3 3 3.61. ^ FABhx - 7 FAB - 7 FAB = 0 3 F + 3 F - 490, 5 = 0 ^ FABhz + 14 AB 14 AB FAB = 520 N FAC = FAD = 260 N d = 3, 61 m 3.62. \P ]P 3.63. )1 )$%N1 )&%N1 )%'N1 3.49. - 2 FAB - 2 FAC + FAD = 0 3 3 1F - 2F =0 3 AB 3 AC 2F + 1 F -W= 0 3 AB 3 AC FAC = 1125 N FAD = 2250 N W = 1875 N 3.50. )$%N1 )$&N1 ]P 3.65. 3.67. )$%)$&)$'1 3.69. ±)2%)2&VHQș ș ±)2$±)2% )$%N1 ±)2& )$&N1 )2$±)2%±)2&± )$'N1 )2$1 3.53. )&±)' )2%)2&1 )%±)&±)' 3.70. ș )%±)&±)'± 3.71. )%N1 )&N1 )'N1 3.54. )$%N1 )$&1 )$'1 3.55. )$%N1 )$&1 3.57. 0, 5 cos 30° 0, 5 cos 30° o - FAC e o=0 0, 5 2 + z 2 0, 5 2 + z 2 0, 5 0, 5 sen 30° FAB = e - 2= F e oG = 0 2 2 o 0, 5 2 + z 2 0, 5 + z z 3F e o - 100^9, 81h = 0 0, 5 2 + z 2 z = 173 mm FAD e 3.66. GP )$'N1 3.51. )$'1 4 F - 6 F - 4 F =0 14 B 14 C 14 D - 6 FB - 4 FC + 6 FD = 0 14 14 14 12 12 12 - FB - FC - FD + W = 0 14 14 14 m = 2, 62 Mg 481 3.58. )$%1 ± FRVP 3.42. PNJ | ș )N1 3.73. ±FRV±) )P1 3.74. )$%1 )$&1 3.75. 3N1 Į ȕ Ȗ )$2±1 | 482 3.77. | Estática )2 = 280 N )3 = 357 N 4.22. 0Pi[N1P șPi[ 4.23. 0PtQ șPtQ 4.25. 3.78. )&'N1 )&$)&%N1 BC 7, 370 m sen i sen 105° i 23, 15° 30 7, 370 2250 F sen 23, 15°^6 h F 953, 9 N 0$ 1P ^ ^ 4.26. 3.79. ) 0$VHQșFRVș ^ )2 + )1 cos 60° - 800 c 3 m = 0 5 4 800 c m + )1 cos 135° - )3 = 0 5 )1 cos 60° - 200 = 0 )1 = 400 N ^ | 0$ 1P )1 0$1P ^ 4.27. )1 0%FRV 1P ^ 4.29. ^ ^ ^ ^ )&1 4.30. ^ ^ ^ 0&1P Capítulo 4 0$1P 4.6. 150^cos 45°h^5, 4h ) c 4 m^3, 6h 5 ) 198, 9 N 0$N1P 4.7. ș 4.9. ±±)FRV ±)VHQ 4.34. )1 )1 4.35. )1 02 021P 4.38. 02^L±M±N`1P 0$N1P 4.39. 4.13. MA = ^36 cos i + 18 sen i h kN m dMA = - 36 sen i + 18 cos i = 0 di i = 26, 6°,^ MAhmáx = 40, 2 kN m Quando MA = 0, 0 = 36 cos i + 18 sen i, i = 117° 0$1P 4.41. ^ ^ ^ ^ ^ 021P 4.11. 05 2^L±MN`1P 02U2$)&^LM`1P 4.42. 02^±LM`1P 4.43. 0$ 2^±LM±N`1P 0% 2^LMN`1P 4.45. 0$U$&) ^±LMN`1P 05 $1P 3 ^ MFAh c = - 150 c m^2, 7h 5 = - 243N m = 243N m d ^ 4.17. 02U2$)^L±MN`1P 02U2&)&^LM`1P )1 4.15. N1P Pi[ ș 4.37. 4.14. 0$1P 4.33. 0RPHQWRPi[LPR2% ŏ%$ ^ 4.10. 4.31. ^ 4.5. 4.46. 0%^LMN`1P 4.47. ]P ^ MFBh c = 389, 7 N m f &RPR 0)% & ! 0)$ & R SRUWmR JLUDUi HP VHQWLGR DQWLKRUiULR \P GP 4.49. b rCA rCB uF b E 0%U%&)^LM±N`N1P 4.18. )$1 4.19. 03 FRVșVHQș 1P 4.21. MA = 400 ^3 h2 + ^2h2 MA = 1, 44 kN m I ȕ i = 56, 3° Ȗ 4.50. 021P Į | 483 Respostas dos problemas selecionados 05N1P 0$)^LM±N`1P ^ 4.86. 0]1P 4.87. 0F 5N1P )N1P 0\N1P 0]N1P E 4.57. 4.90. D U2%^FRVL±VHQN`P 0\1P E 4.91. 1P 0&±1P1P 0&1P 0&1P 0F 5N1P 4.58. 0[1P Į 4.59. )1 ȕ 4.61. 0&'X&'U&$) X&' U'%)±1P Ȗ 4.93. 0FU$%)U%$±) 4.62. )1 0F1P 4.63. 0\±1P Į 4.65. X\±VHQLFRVM ȕ U$&±FRVLFRVM 0\1P ^ 0RhyM 44, 76 kN m 31 4.69. 02$X2$U2%:X2$U2%: :1 )1 )1 4.99. GPP 4.101. 0 = - 02 + 2 03 + 112, 5 3 2 0 = 01 - 03 - 112, 5 3 1 0 = 03 - 159, 1 3 03 = 447, 3 N m 01 = 02 = 430, 7 N m )1 4.102. 0& 51P FRV±0 01P 4.74. )1 0F 51P ^ 4.77. 0&) 4.98. 05^±L±M±N`1P 4.73. 01P 4.75. 4.97. )1 4.70. 0[1P 4.71. Ȗ 4.94. )1 4.95. ^ 0RhxM 7, 26 kN m 4.66. 01P 4.67. 4.78. )1 Į 4.79. ș ȕ 05FRV VHQ ^ 4.81. ^ ^ 4.55. 0$&^LM`N1P 0&FRV ±^ 54 h ^ 4.89. D ^ 4.54. 0[N1P ^ UVHQLFRVM ^ ^ E05N1P 4.53. XN ^ ^ ^ 4.51. ±3VHQ ±3FRV 31 4.82. 3DUDR3PtQLPRpSUHFLVRTXHș 31 4.85. D 4.103. )1 )1 2 2 4.105. FR = 1, 25 + 5, 799 = 5, 93 kN i = 77, 8° 05$N1P ^ 4.83. 11 Ȗ 4.106. )5 N1 ș ±VHQ ±FRV ±FRV 05%N1P ^ 05FRV VHQ FRV | | 484 | Estática 4.107. )5 1 4.127. )51 ș ș 052OELQ GP ^ 4.109. )3 = 2 2 533, 01 + 100 = 542 N 4.129. )5N1 ±\± ± ± ș \P 05 $N1P [P 4.110. )5N1 4.130. )5N1 ș [P ^ 05 $N1P \P 4.111. )5N1 4.131. )&1 ș )'1 4.133. FRV ±)% FRV ^ 05 2N1P )%1 4.113. )5^L±N`N1 05 2U2%u)%U2&u)' )&1 4.134. )5N1 ^±LM`N1P \P 4.114. )5^±N`1 052^±LM`1P 4.115. )5^L±M±N`1 052^LM±N`1P 4.117. )^±LMN`N1 [P 4.135. )$N1 )5N1 4.137. )5N1 ± \ ± ± )5^LMN`N1 \PP 052Uu)Uu) [PP ^L±MN`N1P )%N1 4.1.38 )$N1 )%N1 )5N1 4.118. )5N1 4.139. )5N1 GP [P 4.119. )5N1 \P 0:±1P GP 4.121. FR = ^0, 5h + ^4, 491h = 4, 52 kN i = 6, 35° 2 2 z = 23, 6° d = 1, 52 m 4.122. )51 ș GP 4.123. )51 ș GP 2 2 4.125. )3 = ^212, 5h + ^251, 6h = 329, 3 kN ș GP 4.126. )51 ș GP 4.141. )51 X)5±LMN 05N1P [P \P 4.142. F3 75 kN xS 1, 20 m 4.143. F3 30 kN xS 3, 4 m 4.145. F3 = 1 w0 L 2 1 - w0 L^ xS h = - 1 w0 c L mc L m - 1 w0 c L mc 2 L m 2 2 2 6 2 2 3 5 xS = L 12 4.146. )5N1 GP 4.147. ZN1P ZN1P Respostas dos problemas selecionados 4.149. FR = "- 108 i , N MRO = - c1 + 2 ^1, 2hm^108h j 3 1 -`0, 1 + ^1, 2hj^108h k 3 MRO = "- 194 j - 54 k , N m 4.151. F3 30, 025 N xS 0, 0937 m 053^±LMN`N1P 4.173. 0]N U%$u) N U2$u) ±1P 1$H1%VmRDVUHDo}HVGDOkPLQDOLVDVREUHDERELQD GHSDSHO 4.153. FR = 107 kN 5.2. z z 0 4N 3 2 j^103hB dz 1 2 j^10 h dz 0 5.3. : p R HIHLWR GD JUDYLGDGH SHVR VREUH D FDoDPED GRFDPLQKmR $\H$[VmRDVUHDo}HVGRSLQR$VREUHDFDoDPED GRFDPLQKmR 3 )%& p D UHDomR GR FLOLQGUR KLGUiXOLFR %& VREUH D FDoDPED h = 1, 60 m 5.5. 4.154. F3 10, 7 kN xS 1 m ^ 05$N1P 4.157. FR = 448 kN 448xS = 192^2h + &\H&[VmRDVUHDo}HVGRSLQR&VREUHDHVWUXWXUD 7$%pDWHQVmRGRFDER$%VREUHDHVWUXWXUD )RUoDVGHN1HN1VmRRHIHLWRGDVIRUoDVH[WHUQDV DSOLFDGDVVREUHDHVWUXWXUD 4.155. )5N1ș [ x 0 xS = 4, 86 m 4.158. )5N1 [S P 5.6. :pRHIHLWRGDJUDYLGDGH SHVR VREUHRJXLQGDVWH $\H$[VmRDVUHDo}HVGRSLQR$VREUHRJXLQGDVWH ^ x + 4h w dx 7%&pDIRUoDGHUHDomRGRFDER%&VREUHRJXLQGDVWH $ IRUoD GH N1 p D UHDomR GD FDUJD VXVSHQVD VREUHRJXLQGDVWH 4.159. ZPi[N1P 5.7. $[$\1%VmRIRUoDVGRFLOLQGURVREUHDFKDYH 5.9. 1$1%1&VmRIRUoDGDPDGHLUDVREUHDEDUUD )5N1 )RUoDVGH1GDPmRVREUHDEDUUD [P 4.161. 1$IRUoDGRSODQRVREUHRURGt]LR %[%\IRUoDGRSLQRVREUHRPHPEUR 0 0 4N zS = 4.171. )5^±L±MN`N1 5.1. :pRHIHLWRGDJUDYLGDGH SHVR VREUHDERELQDGH SDSHO DP zS = 5.10. G)5 [ FRVș VHQșGș &[&\VmRIRUoDVGRSLQRVREUHRWDPERU )$%VmRIRUoDVGRSLQRVREUHDHQJUHQDJHPGRWDPERU )5N1 1VmRIRUoDVGRFDERVREUHRWDPERU 4.162. )5N1 5.11. ^ 05$N1P 4.163. GP 1%1 1$1 5.13. 7$%FRV 7$%VHQ ± ± 7$%N1 4.166. 0$N1P &[N1 4.167. 0$^±L±N`1P &\N1 ^ 4.165. 02U2$u)^LM±N`1P 4.169. D0&U$% N 5.14. 7%&N1 0&^±LM`1P $[N1 E0&U2%u N U2$u ±N $\N1 0&^±LM`1P 4.170. )1 | Capítulo 5 4.150. EP [ zwdz [ wdz [ 8`20 z [ `20 z | 485 5.15. 1%1 $[1 $\1 | 486 | Estática 5.17. NC = 28, 87 N 50 cos 30°^325 - 43, 30h - NA ^125 - 43, 30h - 28, 87 c 75 m = 0 cos 30° NA = 118, 70 N NB = 60, 96 N 5.33. 40 000 c 3 m^ 4h + 40 000 c 4 m^0, 2h - 2000^9, 81h^ xh = 0 5 5 x = 5, 22 m Cx = 32 kN Cy = 4, 38 kN 5.18. )$%N1 5.34. 1%N1 &[N1 $[ &\N1 $\1 5.19. 5.21. 1$ U1 1% U1 5.35. GP 1$ V1 1% V1 T c 3 m^3 h + T c 4 m^1 h - 60^1 h - 30 = 0 5 5 T = 34, 62 kN Ax = 20, 8 kN Ay = 87, 7 kN 5.22. )%N1 ZN1P 5.37. - 490, 5^3, 15h + 1 ZB ^0, 3h^9, 25h = 0 2 ZB = 1, 11 kN/m ZA = 1, 44 kN/m 5.38. NN1P $\1 $[N1 $[1 $\N1 5.39. ș 5.23. 1&1 $\1 $[1 $[1 $\1 5.41. 5.25. 1% ± 1% VHQ ± ± 1%1 1%1 $\1 $[1 $[1 5.42. 1%N1 5.26. )&'1 $[1 %[1 5.27. 0%1P %\1 5.43. 71 )$%N1 5.45. ± FRV± &\N1 ±1$ &[N1 5.29. FBC c 4 m^1, 5h - 700^9, 81h^d h = 0 5 FBC = 5722, 5d 2 1$N1 1%N1 5.46. :N1 2 FA = ^3433, 5d h + ^4578d - 6867h 5.30. $\1 5.47. )$N1 5.49. 50^9, 81h sen 20°^0, 5h + 50^9, 81h cos 20°^0, 3317h - P cos i^0, 5h - P sen i^0, 3317h = 0 Pmín; dP = 0 di i = 33, 6° Pmín = 395 N 1%N1 $[N1 5.31. $\1 )N1 $[N1 $\N1 5.50. )N1 1$N1 1%N1 5.51. ș 7N1 )% )&N1 Respostas dos problemas selecionados 5.53. )& FRVș ±)$ FRVș (]N1 ș $[ 5.54. N1P $\ 5.55. Į 5.57. $]N1 3DUDRGLVFR E: - P + N M^ 24 5 3DUDRGLVFR D: N" ` j - N M` 4 5 h=0 24 5 5.73. 1% ± ± VHQ j=0 1%1 1$N1 $]1 1%N1 7&'±±± 1&N1 7&'1 $[ 5.58. 3Pi[N1 $\ 1$N1 1&N1 5.74. )&' )()N1 5.59. Į 5.61. 5.62. VHQ ±) )%'N1 )1 $[ $[1 $\ $\1 $]N1 a= 2 2 h3 ^ r l - r2 5.75. )N1 $[ 5.63. 1&1 $\ 1$1 $]N1 1%1 0$[ 5.65. 7&' ± 0$] 7&'N1 7()N1 5.77. 7$%N1 5.66. \P[P 5.67. 5'N1 TEF ^ Lh - W c L m - 0, 75W c L - d cos 45° m = 0 2 2 d = 0, 550L TEF = 0, 583W 5.78. 7$%: 5(N1 7(): 5)N1 7&': 5.69. &\1 5.79. 7%N1 &] ± $[ &]1 $\N1 %]N1 $]N1 $]1 %[1 $[± $[1 5.70. 7%'7&'1 $[1 $\ $]1 5.71. | 487 )'&N1 ([ 5.81. 0, 9 o FCB = 0 4, 86 1, 8 - 275^0, 9h + e o FCB ^0, 9h = 0 4, 86 FCB = 336, 8 N Ax = - 137, 5 N Ay = - 137, 5 N Az = 0 MAy = 247, 5 N m MAz = 0 Ax + e | | 488 | Estática 5.82. )%&N1 6.2. $[N1 )$%N1 7 $\±N1 )%'N1 & 0$[±N1P )%&N1 7 0$\ )'&N1 7 0$]±N1P )'(N1 & 5.83. )%&N1 RMAB = 0; TC ^r + r cos 60°h - W^r cos 60°h 5.85. - P^d + r cos 60°h = 0 r d = 2 c1 + W m P 5.86. G = 2S 5.87. 3: 5.89. ±1%FRV 6.3. )%' )%&N1 7 )'&N1 7 )'(N1 & 6.5. -XQWD$ )AE ` 1 5 j - 166, 22 = 0 )$(1 & $[N1 )$%1 7 $\N1 -XQWD%)%&± )%&1 7 5.90. )1 )%(1 & 1$N1 -XQWD()(&FRV %[N1 ± FRV %\N1 )(&1 7 5.93. ± ±$\ )('1 & $\N1 %[N1 )'&1 7 6.6. %\N1 )&%N1 7 )&'N1 & 5.94. 7N1 )'(N1 & '\±1 )'%N1 7 )'1 )%(N1 & 5.95. 31 %]1 )%$N1 7 6.7. )&%N1 7 %[±1 )&'N1 & $[1 )'(N1 & %\ )'%N1 7 $]1 )%(N1 & Capítulo 6 6.1. )$'N1 & )$%N1 7 1%N1 5.91. )$'N1 & -XQWD'±)'&VHQ )'&N1 & )'(N1 7 -XQWD&±)&(FRV )&( )&%N1 & -XQWD(±)(%VHQ )(%N1 & )($N1 7 )%$N1 7 6.9. -XQWD$)$)VHQ±3 -XQWD)))%FRV±3FRV -XQWD()('±3 -XQWD%)%'VHQ±3VHQ -XQWD&3±1& 3N1 3N1 3N1 3N1 FRQWUROHV Respostas dos problemas selecionados 6.10. 6.11. )%*)&*)$*)'))&))() )$'N1 & )$%)'(N1 & )$%N1 7 )%&)&'N1 & )%&N1 7 )%*)*&)*$ )%'N1 7 )')N1 & )'&N1 & ))&))(N1 7 6.13. 6.14. 6.21. -XQWD')'&VHQ)'(FRV±: )%&)%$N1 & -XQWD$)$*±:VHQ )'&)'(N1 & P0J -XQWD$)$&VHQș | 489 6.22. )&'1 & -XQWD'3FRV±)'& )&%1 7 -XQWD%)%&±3VHQ )'%1 & 3N1 )'(1 & )%* )($1 & )%&N1 & )(%1 7 )&*N1 7 )%$1 7 )&'N1 & 6.23. )&'1 & )*'N1 & )&%1 7 )*)N1 7 )'%1 7 )$(N1 & )'(1 & )$) )%(1 7 )('N1 & )%$1 7 )()N1 7 )($1 & ))'N1 & 6.25. -XQWD$3FRV±)$% 6.15. 3N1 -XQWD')'&±3FRV 6.17. -XQWD$3FRV3FRV -XQWD)))(±3VHQ ±)$% -XQWD(3VHQ±3±)(%VHQ 4 5 6.18. -XQWD% 0, 8333 P` j - FBC ` j = 0 -XQWD&)&%3 & -XQWD')'(± 3±3FRV 3N1 FRQWUROHV ±3FRV 3 3N1 FRQWUROHV ))$N1 & 3N1 6.26. )&'N1 & ))(N1 7 )&%N1 7 )('N1 7 )'% )($ )'(N1 & )$'N1 & )%(N1 7 )$%N1 & )%$N1 7 )%&N1 & 6.19. 4 5 6.27. ))(3 7 )%' ))'3 7 )'&N1 7 )$%3 7 ))$N1 & )$(3 7 )('N1 7 )$&3 7 ))(N1 7 )%)3 7 )($N1 & )%'3 7 | | 490 | Estática )(&3 7 )+*1 & )&'3 7 )%*1 & 6.29. Junta A: FAF - 2, 404P e 1, 5 o = 0 3, 25 1, 5 Junta B: 2, 404P e o- P 3, 25 0, 5 0, 5 - FBF e o - FBD e o=0 1, 25 1, 25 0, 5 Junta F: FFD + 2 =1, 863P e oG 1, 25 - 2, 00P = 0 P = 1, 25 kN 6.42. $% %& &' '( +, H *, VmR WRGRV PHPEURV GH IRUoD]HUR ),&N1 & )&*N1 7 6.43. $% %& &' '( +, H *, VmR WRGRV PHPEURV GH IRUoD]HUR )-(N1 & )*)N1 7 6.45. 1$N1 )./ ± ± 6.30. ș )./N1 & ș )&'N1 7 )%+1 7 )/'N1 7 6.31. )%&1 7 6.46. )%&N1 & )+&1 & )&+N1 7 6.33. $\N1 6.47. )&'N1 & $[ )*)N1 7 )%& ± ))'))& )%&N1 7 6.49. $[ )+,N1 & $\N1 )+%N1 & ).-VHQ ± 6.34. )-.N1 & ).-N1 & )&'N1 7 ).&N1 & )&-N1 & )%&N1 7 6.35. )()N1 7 6.50. )$%N1 & )$*N1 7 )),N1 7 )%&N1 & )%*N1 7 )+,N1 & )&*N1 7 ))*N1 7 (\N1 )&)N1 & )&'N1 & ± ±))* VHQ )'(N1 & )')N1 7 ))*N1 7 )()N1 7 6.37. )&'N1 & )&)N1 7 6.51. )$%N1 & )$*N1 7 )%&N1 & )%*N1 7 6.38. )+,N1 7 )*&N1 7 )*)N1 7 )+&N1 7 )('N1 & )()N1 7 )'&N1 & )'&N1 & )')N1 7 6.39. )*+N1 7 )('N1 & 6.41. ))&N1 & 6.53. *\N1 )(+N1 7 ±)-, $\1 )-,N1 & $[1 )'(N1 7 ±)%&FRV )%&1 7 6.54. )&$1 7 )&%1 & Respostas dos problemas selecionados )&'1 7 )$')$%1 & -XQWD ( )(* )(& H )(% HVWmR GLVSRVWRV QR PHVPR SODQR )&'1 7 )('FRVș)(' )&%1 & )$%)$'1 7 )'%1 & 5 )BD -XQWD' - 1 )AD + 3 31, 25 + 1 )CD - 200 = 0 7, 25 )AD = 343 N ^Th )BD = 186 N ^Th )CD = 397 N ^Ch 1 ^397, 5h = 0 7, 25 FBC = 148 N ^Th 6.66. )*'1 7 )*(1 & ))' 6.67. 31 6.69. $SOLTXH D HTXDomR GD IRUoD GH HTXLOtEULR DR ORQJR GRHL[R\GHFDGDSROLD 357± 31 6.70. 31 6.71. 31 )$31 1%1 $[1 FEC = 295 N ^Ch 6.58. )%&N1 & $\1 )')N1 & &[1 )%(N1 7 &\N1 0&N1P 6.59. )&) )&'N1 7 )%1 6.73. 1% ± FAC = 221 N ^Th 6.61. 6.74. $\1 )('N1 7 &\1 )$%N1 & &[1 '[N1 $[1 &\N1 6.75. &\N1 ([N1 %\N1 )[N1 0$N1P )\N1 $\N1 )]N1 $[ &[N1 %\N1 )&'N1 & &\N1 $[N1 )&) $\N1 -XQWD))%)N1 7 0$N1P -XQWD&)&% 6.77. )')N1 7 6.78. $\1 )()N1 & $[1 6.62. )$()$&1 7 &[1 )$%1 & &\1 )%'1 & 6.79. 1'1 )%()%&1 7 6.63. )1 | ))(FRVș))( 6.55. )&$1 & -XQWD& FBC - 491 6.65. -XQWD ) ))* ))' H ))& HVWmR GLVSRVWRV QR PHVPR SODQR )'%1 7 6.57. | $[1 $\1 | 492 6.81. | Estática 6HJPHQWR%'%\N1 '[ 1%±1&1 6.98. 0N1P 6HJPHQWR$%&&\N1 6.99. )N1 $[ 6.101. 0HPEUR$%& $\N1 $\1 6HJPHQWR'())\N1 0HPEUR&' ([ '\1 (\N1 '[1 $[N1 $\N1 1'N1 6.83. $[1 $[1 6.102. )&'N1 )$%&1 6.103. $\1 ([ $\N1 (\1 &[N1 0(1P &\1 6.85. 0HPEUR$%)%*1 6.105. 0HPEUR%& &\N1 0HPEUR()*)('1 %\1 0HPEUR&',PVNJ 0HPEUR$&' 6.86. P/NJ &[N1 ))%N1 $\1 )%'N1 $[N1 6.89. 0HPEUR$%)%'N1 %[N1 %[N1 6.106. )$&N1 %\N1 )$%N1 $[N1 )$'N1 $\N1 6.90. ([N1 6.107. )1 1&1 (\N1 )1 '[N1 1&1 '\N1 6.91. ±1*FRV±1&FRV '\N1 6.82. 1&N1 6.87. 6.97. 6.109. *UDPSR 1$N1 &[1 &\N1 &DER 1%N1 )1 6.93. 3ROLD(7N1 )%(1 0HPEUR$%&$\N1 6.110. 1$1 0HPEUR'%'[N1 6.111. :&: '\N1 $[N1 6.94. :V1 6.95. )1 Respostas dos problemas selecionados 6.113. RME = 0; W^ xh - NB c3b + 3 c m = 0 4 Wx 1 RMA = 0; FCD ^ c h c cm = 0 3 4 c 3b + c m 4 Wx x ^ 4b h + W 1 ^b h - W1 ^ ah = 0 12b + 3c f 3b + 3 c p 4 b W1 = W a 6.114. ),-N1 7 )%&N1 & 6.115. 1(1 6.117. O$%PP/&$% )$%N1 &[N1 &\N1 '[ '\N1 0'N1P 6.118. $[1 $\ 1&1 6.119. $[1 $\1 %\1 %[ &[1 &\1 2 6.121. NC = 4P sen i sen z PL sen 2 i 6cos ^z - i h@ 4 M= sen z 6.122. :1 :1 :1 6.123. 31 %['[1 %\'\1 %]']1 6.125. - 69 FDE ^3 h + 180^3 h = 0 FDE = 270 kN Bz + 6 ^270h - 180 = 0 9 Bz = 0 Bx = - 30 kN By = - 13, 3 kN 6.126. $] $[1 $\1 &[1 &\1 &]1 0&\±1P 0&] 6.127. )%1 6.129. )'%)%( -XQWD&)&%N1 & )&'N1 7 -XQWD')'(N1 7 -XQWD%)%$N1 & -XQWD$)$(N1 7 6.130. )%) )%& )%(N1 7 )$%N1 & )$&N1 7 )$'N1 7 )$(N1 & )'( )()N1 & )&'N1 & )&)N1 & )')N1 7 6.131. )%) )%& )%(N1 7 )$%N1 & )$&N1 7 )$' )$(N1 & )'( )()N1 & )&'N1 & )&)N1 & )')N1 7 6.133. 0HPEUR$&&[1 &\1 0HPEUR$&$[1 $\1 | 493 | | 494 | Estática 0HPEUR&%%[1 7.9. %\1 kL 6.134. P = 2 tg i sen i ^2 - csc i h 6.135. $[N1 1&±1 9& 0& 0&±1P $\N1 ([N1 7.10. 7.1. 0&N1P $[ 1' 1& 9'N1 9&±N1 0'N1P 7.13. 0HPEUR%&%[1 9'±N1 1'N1 0'N1P 9' 1& 0'1P 7.14. 1(±N1 0&±N1P 9(1 1' 0(1P 7.15. 1' 0'±N1P 9'N1 1&±N1 0'±N1P 9&±N1 1& 0&N1P 9& $[1 7.17. 0&N1P AZ = w ^2a + bh^b - ah 6b a =1 b 4 7.18. 1'N1 1&1 9&±1 0&±1P 7.7. 0HPEUR$%%\1 1' $\1 7.6. 1& $\N1 9'N1 7.5. 7.11. 9&N1 9&±N1 7.3. 0&N1P %\N1 0&N1P 7.2. 1& 9& (\N1 Capítulo 7 1& 1& 9'±N1 9&±N1 0'±N1P 0&N1P 1(N1 N$ = 0 3w L V$ = 0 8 M$ = - 5 w0 L2 48 9(N1 0(±N1P 7.19. a = 23 L 7.21. '[ )%&N1 '\N1 (\N1 $[ Respostas dos problemas selecionados $\N1 7.23. %\1 9)N1 1'±1 0)N1P 9'1 1* 0'1P 7.34. 9& [N1 1' 9& ]N1 9'±N1 0& [N1P 0'N1P 0& \N1P 1' 0& ]±N1P 7.35. 9& [±N1 9( 9& ]N1 1(1 0& [N1P 0( 0& \±N1P 8VHVHJPHQWRVXSHULRUGDHVWUXWXUD 0& ]±N1P 7.37. 9' 7.27. 7.29. 7.31. %]1 %[1 0'1P 1& \ 1(1 9& [1 9(1 9& ]±1 0(1P NC = - wL csc i 2 VC = 0 2 MC = wL cos i 8 0& [±1P 7&1P 0& ]1P 7.38. 9' [N1 1' \±N1 1&±N1 9' [ 9& 0' [N1P 0&1P 0' \N1P 5HDomRGDYLJD 0' ]N1P 5N1 7.30. 1& \±N1 0'1P 1'1 7.26. 1& \ 0*N1P 9'1 7.25. %[1 1) 9*±N1 7.22. 7.33. 7.39. 1( [ 0&±N1P 9( \N1 1&N1 9( ]±N1 9&±N1 0( [ 0&±N1P 0( \±N1P 1'N1 0( ]±N1P 9'N1 0'N1P | 495 | | 496 7.41. | Estática [P 7.55. V = "320 - 10x2 , kN M = $320x - 10 x3 - 1280 . kN m 3 V = "10^8 - xh2 , kN M = $- 10 ^8 - xh3 . kN m 3 7.57. 7.58. 0 x 3m V = '- 2 x 2 - 4 1 kN 3 M = '- 2 x3 - 4x 1 kN m 9 3m x 6m V = "24 - 4x , kN M = "-2^6 - xh2 , kN m V x = 3 m- = -10 kN V x = 3 m+ = 12 kN M x = 3 m = -18 kN m ZN1P 7.59. ZN1P 7.61. 9^±[`N1 9N1 0^[`N1P P[P 9±N1 0^±[`N1P 0_[N1P 7.42. [9±N10N1P [9±N10 7.43. [9N1 0±N1P 7.45. )RU9Pi[0!/0N1P )RU0Pi[0!0N1P 0N1P 7.46. x = ` 38 j L 9 128 2 M= w0 L x = L/2 w L2 M= 0 16 7.47. 0^[±[±`N1P [P [P 0_[PN1P 01P 7.49. V= 7.63. 9[ [P 9±[ 0[±[ P[P 9± 9]^±\`1 0±[ 7.50. 0[^\±\`1P 9 ±[ 0\1P 0[±[± 7.51. 7.53. [P 0] 7.65. [±90 0Pi[N1P [±90 [P [9±0 9±[ 7.66. 9[P 0[±[ P[P 7.67. ZN1P [9±0 [90± 7.69. 9 0±N1P [90± [±9±0± 0Pi[N1P 7.54. rcr02 6^ L + xh3 - L3 @ 3L2 rcr02 6^ L + xh4 - L3 ^4x + Lh@ M =12L2 7.62. [±90 [9±0 7.70. + x = c L m , V = - P, M = PL 3 + x = c2 L m , V = - 2P, M = c 2 m PL 3 3 Respostas dos problemas selecionados 7.71. [90± 7.73. [90 ± [ 90 7.94. 7.95. [ 9±0± 7.97. [90± 7.75. [±90 7.77. [90± [±90± [90 7.79. [9±0± 7.81. [90 [±90 [9±0 [9±0 7.82. 7.83. 7.85. 7.86. 2 x = L-, V = - 2wL , M = - wL 3 6 [9±0 Vmáx = 4w 3 w = 30 kN/m Mmáx = - 2w 3 w = 75 kN/m Use w = 30 kN/m. x = 2+, V = 4w , M = - 2w 3 3 [90± [90 7.87. [90 [9±0 7.89. &DERLQWHLUR 7%'1 -XQWD$7$&1 -XQWD'7&'1 /P 7.90. 31 7.91. [%P 7.93. \%P 7$%N1 7%&N1 7&'N1 7Pi[7'(N1 \%P \'P 3, 9xB - 1, 35 TBC = 300 -XQWD% ^ xB - 0, 9h2 + 5, 76 9 - 2xB -XQWD% [±9±0± 7.78. \%P 7Pi[1 [9±0 7.74. | 497 ^xB - 0, 9h2 + 5, 76 TBC = 510 xB = 1, 31 m 7.98. 31 ZN1P w 7.101. 4, 5 = 0 x2 2 F) w 30 = 0 ^7, 5 - xh2 2 F) w0 = 4, 40 kN/m 7.99. 7.102. N1 7.103. KP /P 7.105. dy = w0 x dx 2F) w y = 0 x2 4F) y = 75 m em x = x0 y = 150 m em x = -^1000 - x0h w0 = 77, 8 kN/m 7.106. \ ± [[ 7Pi[N1 7.107. 7Pi[N1 /P FH 49, 05 cosh c x - 1E m 7.109. y = 49, 05 ; FH m F 49, 05 L = 45 = 2 ' H senh c ^20hm1 FH 49, 05 FH = 1153, 41 N y = 23, 5 6cosh 0, 0425x - 1 @ m Tmáx = 1, 60 kN 7.111. /P 7.113. dy = senh 7, 3575^10- 3h x dx y = 135, 92 6cosh 7, 3575^10- 3h x - 1 @ h = 1, 47 m 7.114. ([WHQVmRWRWDOP KP 7.115. [±9N10N1P [9±N10N1P | | 498 | Estática 7.117. )%&1 6HJPHQWR&( 1(1 Capítulo 8 8.1. 31 9( 0(1P 6HJPHQWR&' 1'±1 9'±1 11 8.2. 31 8.3. ȝV 8.5. FRVș ± VHQș ± 0'±1P 7.118. D/ 7.119. 7Pi[1 7.121. )&'N1 $\N1 [P 9N1 0^[`N1P [P ș 8.6. ȝV 8.7. 6LPRSRORSHUPDQHFHUiHVWDFLRQiULR 8.8. FRVș ± VHQș GP 8.10. 31 8.11. 31 8.13. )%1 1%1 9±N1 0^±[`N1P 7.122. [P 9^±[`N1 0^[±[`N1P 31 8.14. ȝV 8.15. )%1 8.17. 1'1 0HQLQRQmRGHVOL]D P[P )'1 9^±[±`N1 $\N1 0^±[±[`N1P %[1 7.123. ș 9VHQș±FRVș 1FRVșVHQș 0FRVșVHQș± \P %\N1 8.18. ȝV 8.19. ș 8.21. 1$FRVș ș 1±1 7.125. )&'1 9'0' 1')&'±1 )&'1 8.22. Q 8.23. 31 8.25. 6XSRQKDTXH31 11 1( 9(1 0(1P 7.126. VP 7.127. OP KP [P 1%FRVș 91 0±±\ 3FRV1± VHQ [PP 3 8.26. 3 225 N nTM 0, 300 8.27 2KRPHPpFDSD]GHPRYHURUHIULJHUDGRU 2UHIULJHUDGRUGHVOL]D 8.29. 3 Respostas dos problemas selecionados 1$1 1%1 8.61. 8.30. 2WUDWRUSRGHPRYHUDWRUD 8.31. 1'1 :N1 01P 1$1 1$1 1%1 $EDUUDQmRGHVOL]DUi 8.34. i = tg- 1 c 1 - n A nB m 2n A )%1 8.62. 31 8.35. 31 8.65. 1%1 8.63. 31 8.66. 31 31 8.38. KP 8.67. 8.39. ș 8.69. 1$1 8.41. ȝV 1&1 )$)&$ 3N1 1$)&$ ȝV 8.42. (OHSRGHPRYHURHQJUDGDGR 8.43. ȝV 8.70. 7RGRV RV EORFRV GHVOL]DP DR PHVPR WHPSR 31 8.71. 1%: )%: %[1 01P 8.46. )$1 8.47. 31 3: 8.74. 3: 8.75. 3N1 8.77. PONJ 8.50. PONJ 8.51. 3N1 ș ‫׋‬V 8.49. 71 1OPO 31 8.73. 1$: 8.45. 1$1 %\1 )1 8.78. 01P 8.79. 01P 8.81. ș ‫׋‬V 8.53. 11 )1 'HVOL]DPHQWR GD WiEXD QR FDYDOHWH GD VHUUD 3[ 1 8.82. )1 'HVOL]DPHQWRQRFKmR3[1 8.83. )1 ,QFOLQDomR3[1 8.85. )&$)&% )1 2FDYDOHWHFRPHoDUiDGHVOL]DU 8.54. 2FDYDOHWHFRPHoDUiDGHVOL]DU )%'1 8.55. ȝV )$%1 31 ș 11 ‫׋‬V )1 )1 8.58. 31 8.86. )1 8.59. ș 8.87. 8.57. 1&1 31 1ZDFRVș EDVHQș | 1&1 8.33. )$1 8.37. | 499 1&1 | 500 | Estática 1$1 [PP 8.89. 7%1 1mRKiGHVOL]DPHQWR )&1 8.114. 01P 1%1 8.115. ȝN )%1 8.117. $SOLTXHD(TXDomR 8.90. )N1 )VSN1 )1 8.91. )N1 )N1 8.93. 11 )1 6LPPDVPXLWRSRXFR 8.94. 71 8.118. 01P n PR 8.119. M T P 8.121. N = cos i A = r ^d22 - d12h 4 cos i nT P d23 - d12 M= e o 3 cos i d22 - d12 8.95. ș 8.97. 8.122. SN1P )3 )N1 8.123. M 2nT PR 3 cos i )3 31 8.98. 01P 8.125. tg zk = nk 7$1 sen zk = 7&1 8.101. 71 M=c 7 ȝV nk 1 + n2k nk m pr 1 + n2k UHT 8.126. 31 01P 8.102. 31 8.127. 31 8.103. &RPR))Pi[1RKRPHPQmRGHVOL]DUi HUHWHUiDYDFDFRPVXFHVVR 8.129. ‫׋‬V 8.105. 71 8.130. UI $PP 11 P%NJ ȕ Q +UDG $VVLP R Q~PHUR QHFHVViULR GH YROWDV FRPSOHWDV p Q 8.106. 2KRPHPSRGHVHJXUDURHQJUDGDGRHPHTXLOtEULR 8.107. 71 71 8.109. 3DUDTXHKDMDPRYLPHQWRREORFR$WHUiTXHGHVOL ]DU 31 )%71 8.110. )N1 8.111. :1 8.113. 71 )$1 1$1 UI %PP 8.131. UI $PP UI %PP 8.133. rG = 2, 967 mm R = p2 + ^833, 85h2 31 H[DWR 31 DSUR[LPDGR 8.134. 31 8.135. ȝV 8.137. ș 31 8.138. 31 8.139. 31 ^1200h^9, 81h^0, 2 + 0, 4h 8.141. 3 = = 235 N 2^15h 8.142. 31 Respostas dos problemas selecionados 8.143. VP 8.145. D 1$1 9.6. 71 :N1 E 1$1 1%1 9.7. 9.9. 71 :N1 8.146. D :N1 E :N1 A = 0, 25 m2 xS = 0, 8 m yS = 0, 2857 m 9.11. 2VFDOoRVQmRGHVOL]DPQDVXSHUItFLHGHFRQWDWR$% A = 4 a1/2 b3/2 3 Sx = 3 b 5 yS = 3 ab 4 dA = y4 dy yu = y 1&N1 yr = 0, 8333 m 1%N1 7N1 0N1P 8.150. 0N1P 8.151. ș 8.153. 1N1 )N1 )& 9.13. 9.14. 2VFDOoRVVmRDXWRWUDYDGRV Capítulo 9 dL = 1 y2 + 4 dy 2 dm = y2 + 4 dy m = 11, 8 kg xS = 1, 64 m yS = 2, 29 m $[ 9.15. 9.17. $\1 9.3. 0$1P xS 0, 546 m Ox 0 Oy 7, 06 N MO 3, 85 N m 9.5. dA = x3/2 dx xV = x 3/2 yu = x 2 A = 0, 4 m2 xr = 0, 714 m 9.10. 8.149. 1$N1 9.2. xS r sen a a yr = 0, 3125 m 8.147. P%NJ 9.1. xS 0 yS 0, 410 m dm = m0 c1 + x m dx L 3 m = m0 L 2 5 xS = L 9 9.18. A = c2 ln b a b a xS = ln b a c 2 ^b - a h yS = 2ab ln b a A 1 ah 3 3 xS a 4 yS 3 h 10 dA = a1/2 y1/2 dy h ux = a1/2 y1/2 yu = y 2h A = 2 ah 3 3 xr = a 8 yr = 3 h 5 )%&N1 $[ 9.19. 9.21. $\N1 xS = - 0, 833a 2 dA = 2k c x - x m dx 2a xu = x xr = 5a 8 | 501 | | 502 9.22. 9.23. | Estática [S 26, 627 mm \S 13, 31 mm 9.26. 3 dA = c x - x m dx 9 xu = x 3 yu = 1 c x + x m 2 9 A = 2, 25 m2 xr = 1, 6 m yr = 1, 14 m [S 0, 45 m 9.27. \S 0, 45 m 9.29. dA = y dx y yS = 2 yS = n + 1 h 2 ^ 2n + 1 h 9.30. xS 1, 20 m yS 0 9.25. 9.43. 9.45. 9.46. xS 0, 914 m yS 0, 357 m 9.33. dA = c 164, 72^103h = 121 mm 1361, 37 60^103h yS = = 44, 1 mm 1361, 37 169, 44^103h zS = = 124 mm 1361, 37 xS = - 5, 90 mm yS = 10, 7 mm xS = zS = 21, 4 mm 9.47. xS 0, 740 mm yS 0, 370 mm zS 1, 57 mm 9.49. xS = - 50 mm yS = 88, 6 mm 50 = 10, 89° 400 sen 60° - 88, 60 z = 30° - 10, 89° = 19, 1° xS 1, 65 m yS 9, 24 m i = tg- 1 NB 55, 1 kN Ax 24, 6 kN Ay 73, 9 kN 9.31. 4 m = rkr 4 8 zS = r 15 9.50. Ey 342 N Ay 1, 32 kN Ax 0 y y2 - m dy 2 4 xS 26, 4 mm yS 120 mm yu = y yr = 1 m m = 3 t0 abt 2 5 xS = a 9 9.51. 9.53. \S = 9.55. 9.57. \S 257 mm 15, 192 xS 2, 22 m 6, 84 9, 648 yS 1, 41 m 6, 84 9.58. xS = 9.39. a 2^10 - 3r h dV = r y3 dy 16 yu = y yr = 3, 2 m zS 2 h 9 \S 4, 36 m 9.41. dm = rt0 ca2 - y2 + ay - 9.59. xS 4, 83 m yS 2, 56 m 9.61. xS = 0 441, 2^104h yS = = 544 mm 81^104h 9.62. xS = 9.34. 9.35. 9.37. 9.38. 30 6 2^60h^10h@ + 55^60h^10h + 90^60h^10h 2^60h^10h + 60^10h + 60^10h = 51, 25 mm 9.54. \S 20 mm yS = yu = y yr = 23 a 55 2 r 9.42. V = a h 6 3 yS = h 4 a zS = r y3 m dy a 4^r03 - rJ3h 3r^r02 - rJ2h W1 b W b^W2 - W1h b2 - c2 yS = cW Respostas dos problemas selecionados 9.63. 9.65. 9.66. 9.93. 9K+> @ \S 293 mm m = 16, 4 kg 2, 4971^10-3h xS = = 153 mm 16, 347^10-3h yS = - 15 mm 1, 8221^10-3h zS = = 111 mm 16, 347^10-3h xS 1, 522 m yS 1, 141 m 9.71. 9.73. 9.74. 9.75. xS = BZ 4, 66 kN AZ 5, 99 kN xS 5, 69 m yS 3, 31 m 1, 0333r zS 111 mm 9, 3333r zS 754 mm xS 21, 9 mm $P 9.89. 9+> @ 9PP 9.91. $P 9P 9.101. $ = 2r 6 2, 25^ 21, 69 h + 4, 5^9 h@ = 320, 3 m2 9.102. 9P 9.103. KPP 9.105. - 176 580^2h + 73 575G c 2 G m = 0 3 G = 2, 68 m 9.106. GP Z&N1 1&N1 9.114. /P 9.115. P$0J 9.117. )YN1 :FRQF SN1 2 9.86. $P 9.90. $PP OLWURV )KN1 P = 536 m3 9.98. 9P 9.111. )5N1 4 ^ 3 h r ^3 h c m + 0, 5^1, 5h^1 h 3r 4 2^1, 5h mE + 1, 667c 2 = 77, 0 m3 9.87. 4^ 4 h 1 1 mc 4 r^ 4h2 m + ^ 2h^8 h^ 4hG 3r 4 9.110. )5N1 9.85. 9 = 2r ;c 9 = 2r = c 9.113. Z%N1 $+ P 9.83. 9P 9.97. 9.109. h = 2, 7071 - 0, 7071y dF3 = ^26, 5567 1 - y2 - 6, 9367y 1 - y2 h dy F3 = 41, 7 kN [S = 9.82. 9P 9.95. OLWURV )$%'&N1 11, 02^106h r = 64, 1 mm 172^103h r 9.78. KPPRXKPP 9.79. ]S 122 mm 9.81. 9.94. 5N1 9.107. )&'()N1 yS 27, 9 mm zS 16, 7 mm 9.77. 9FP 9.99. $P L + ^ n - 1h d 2 9.69. xS 216 000 13, 1 mm 16 485, 84 371 433, 63 zS 22, 5 mm 16 485, 84 i 30, 2° 9.70. xS 4, 56 m yS 3, 07 m 9.67. | 503 :FRQF UN1 )6 9.118. [P 9.119. )5N1 9.121. dA = x2 dx 2 yu = x 2 yr = 1, 33 m 9.122. \S 87, 5 mm 9.123. xS yS 0 zS 2 a 3 76, 50^102h = 27, 3 mm 9.125. xS = 27, 998^10h 39, 833^102h \S = = 14, 2 mm 27, 998^10h | | 504 | Estática 9.126. xS 0 \S 16, 28 mm 10.29. ,Z = 1 ^20h^60h3 + 2 8 1 ^40h^10h3 + 10^40h^15h2 B 2 12 4 4 ^ h = 54, 7 10 mm 10.30. ,[ PP 9.127. yS = - 0, 262a 9.129. dF3 = 6 e- 240 + 340 o dx x+1 F3 = 7, 62 kN xS = 2, 74 m yS = 3, 00 m Capítulo 10 10.1. G$>± \ ,[P 10.2. 10.3. @G\ ,\P ,[P y2 2 4 10.5. dA = `2 - j dy Ix = 2, 13 m 10.6. ,\P 10.7. ,[P y 1 /4 dA = ;1 - c m E dy 2 Ix = 0, 2051 m4 dA = 2x4 dx Iy = 0, 2857 m4 JO = 0, 491 m4 10.9. 10.10. ,[P 10.11. ,\P 3 10.33. ^ Iyhtriângulo = ; 1 ^200h^300 h 36 + 1 ^200h^300h^200h2 E 2 + ; 1 ^200h^3003h + ^200h^300h^450h2 12 2 + 8- r ^75h4 + ^- r^75h2 ^450h B 4 = 10, 3^10h9 mm 4 10.34. \S PP ,[ PP 10.35. ,\ PP 10.37. ,Z = ; 1 ^20h^603hE + 2 ; 1 ^30h^103h + 30^10h^25h2 E 2 12 = 74^104h mm 10.38. yr = 170 mm IYl = 722^10h6 mm4 10.39. ,[ ± P 10.41. &RQVLGHUHXPUHWkQJXORJUDQGHHXPIXUR ,[ PP 10.42. ,\ PP 10.43. yr = 20 mm, IYl = 64, 0^104h mm4 10.45. &RQVLGHUHWUrVVHJPHQWRV 10.13. G$ ±[ G[ ,\P 10.31. ,\ PP ,[ PP 10.46. ,\ PP 10.14. ,[P 10.47. ,\ PP 10.15. ,\P 10.49. &RQVLGHUHWUrVVHJPHQWRV 10.17. dA = c h - h x m dx b 3 1 IY = hb 12 10.18. IY = 2 bh3 7 10.19. IZ = 2 hb3 15 10.21. G$[G[ ,\P 10.22. ,[P 10.23. ,\P 10.25. dA = ^rdi h dr rr 4 IZ = 0 rr04 10.26. J0 = 10.27. yr = 22, 0 mm IYl = 57, 9^104h mm4 ,[ PP 10.50. ,\ PP 10.51. ,[ PP 10.53. yr = 61750 = 47, 5 mm 1300 IYl = 52, 3^104h mm4 10.54. ,[ PP 10.55. ,[ PP 10.57. &RQVLGHUHVHJPHQWRVUHWDQJXODUHV PP PP PP PP H PP PP ,[ PP 10.58. ,\ PP 10.59. ,[ PP Respostas dos problemas selecionados 10.83. xS = 48, 2 mm Iu = 112^106h mm4 Iv = 258^106h mm4 Iuv = - 126^106h mm4 10.61. xS = x 2 yS = y dA = x dy Ixy = 0, 667 m4 2 2 10.62. Ixy = a b 10.63. ,[\P 10.65. dA = 1 ^ x3 + 2x2 + 4xh dx 8 xV = x y yV = 2 Ixy = 3, 12 m4 10.74. ,[\± PP ,Y PP ,XY± PP 10.77. &RQVLGHUHWUrVVHJPHQWRV 10.78. ,X PP 10.87. ,Pi[ PP șS r0 2 z j dz h r 4 dI[ = 1 tr `r0 - 0 z j dz 2 h 2 3 I[ = mr 10 0 ,X PP S 10.89. dm = tr `r0 - 10.75. [S PP ,[\± PP ș șS șS ^ ^ 10.73. &RQVLGHUHWUrVVHJPHQWRV ,[\ PP Imín 8, 07^10 4h mm 4 ,PtQ PP 10.71. ,[\ PP 10.86. xS 16, 85 mm yS 16, 85 mm Imáx 31, 7^10 4h mm 4 ^ ^ 10.66. ,[\P 3 b2 h2 10.67. Ixy = 16 y 1 /2 10.69. dA = x dx, xV = x yV = 2 Ixy = 10, 7 m4 10.70. ,[\P 10.85. yS 825 mm Iavg 173, 72^108h mm 4 R 128, 72^108h mm 4 Iu 109^108h mm 4 I9 238^108h mm 4 Iu9 111^108h mm 4 ,Y PP ,XY PP 10.79. yS = 825 mm IV = 109^108h mm4 I7 = 238^108h mm4 IV7 = 111^108h mm4 10.81. ,[ PP ,\ PP ,[\± PP ,Pi[ PP șS ,PtQ PP șS ± 10.82. yS = 82, 5 mm Iu = 43, 4^106h mm4 Iv = 47, 0^106h mm4 Iuv = - 3, 08^106h mm4 10.90. IY = 3 10 mr2 10.91. I[ = 187 ml2 10.93. dm = pr^50xh dx pr ^2500 x2h dx dIY = 2 kY = 57, 7 mm 10.94. IZ = 25 mb2 10.95. IY = 93 10 mb2 tr 8 z dz 8192 I[ = 87, 7^103h kg m2 10.98. ,] NJP 10.97. dI[ = 10.99. ,\ NJP 1, 5^6 h + 0, 65 61, 3^ 2h@ + 0 6 L^ 2h@ 10.101. 0, 5 = 6 + 1, 3^ 2h + L^2h L = 6, 39 m I0 = 53, 2 kg m2 10.102. ,]NJP 10.103. ,\NJP | 505 | | 506 | Estática 1^3 h + 2, 25^5 h = 1, 78 m 3+5 I( = 4, 45 kg m2 10.106. ,]NJP 10.105. yV = 1 11.15. i = cos-1 ^ 2aL h3 11.17. \*EVHQșE \*WVHQșD 10.107. ,[JP [&FRVș 10.109. ,2NJP N1P ,$NJP 11.18. )1 10.110. ,2NJP 11.19. ș 10.111. ,2NJP 11.21. \*FRVș 10.113. &RQVLGHUHTXDWURWULkQJXORVHXPUHWkQJXOR \$FRVș ,\G 1 a4 10.114. IY = 12 10.115. \PP,[ PP 2 1 10.117. dA = ^4 - x h dx 4 IZ = 2, 13 m4 10.118. ,[P [$VHQș 11.22. :*1 10.119. ,[ PP 11.26. [P ,[ PP 1 /3 10.121. dA = y dy dIxy = 1 y5/3 dy 2 Ixy = 0, 1875 m4 Capítulo 11 11.1. \'VHQș \- VHQș E )$'N1 11.2. șHș 11.3. ș 11.5. [%FRVș \&VHQș )VS1 )VS1 N1P 11.23. [PP 11.25. \&± \& FRV ±ș )1 d2 V = 12, 2 0 dx2 [±P HVWiYHO d2 V = - 12, 2 0 dx2 LQVWiYHO 11.27. ș d2 V = 16 0 di 2 ș HVWiYHO d2 V = - 25, 6 0 di 2 LQVWiYHO 11.29. 9FRVșVHQș ș 11.30. :'N1 11.31. h = 0, 218 m HVWiYHO d2 V = 14 0 dh2 11.33. 9FRVșVHQș 11.6. )61 11.7. ș 11.9. \' FRVș DE į\$įș ș )(1 11.10. )1 11.11. 3NWJș OFRVș±O ș 11.13. \&VHQș \$VHQș ș ș 11.14. Pl P` as j 11.34. [P 11.35. ș d2 V = 346706 0 di 2 ș d2 V = - 3314 0 di 2 HVWiYHO LQVWiYHO Respostas dos problemas selecionados 11.37. 9±P(VHQș FRVș±FRVș±P(E P(NJ 11.38. ș d2 V = 16, 85 0 di 2 ș d2 V = - 9 0 di 2 11.39. i 20, 2° 2 d V 17, 0 0 di 2 HVWiYHO | 507 6h2 - d2 11.49. yS = 4^3h d h 2 6 h - 12hd + 3d2 E cos i V = W; 4^3h - d h d = 0, 586 h 11.50. )1 11.51. i = 90° e i = sen- 1 ` 2WkL j LQVWiYHO 11.53. 9VHQș±VHQș±FRVș HVWiYHO ș d 2 V = 179, 5 0 di 2 -a 11.54. P = ` b2c j mg 11.41. 9PJ UDFRVș $VVLPRFLOLQGURHVWiHPHTXLOtEULRHVWiYHOHPș 4(' 11.42. K 11.43. h r 11.45. yS = 1 ^h + d h 4 W^h - 3d h V= cos i 4 d= h 3 2 11.46. i = 0°, d V2 = - 1575, 6 0 di 11.47. KPP LQVWiYHO HVWiYHO 11.55. ș d2 V = 918 0 HVWiYHO di 2 ș d2 V = - 1368 0 LQVWiYHO di 2 11.57. 9VHQșFRVș ș d2 V = 67, 5 0 di 2 ș d2 V = - 80, 5 0 di 2 2 11.58. h = kl W HVWiYHO LQVWiYHO | Índice remissivo A DOJDULVPRVVLJQLILFDWLYRV DQiOLVHGHYHWRULDO FDUWHVLDQR HL[RPRPHQWRVGDIRUoDHPXP HTXDo}HVGHHTXLOtEULR LQWHQVLGDGHGR PRPHQWRGHXPELQiULR PRPHQWRUHVXOWDQWH 05 GH PRPHQWRVGHXPDIRUoD SULQFtSLRGDWUDQVPLVVLELOLGDGH UHJUDGDPmRGLUHLWD DQiOLVHHVFDODU HL[RPRPHQWRVVREUHXP HTXDo}HVGHHTXLOtEULR PRPHQWRVGHXPELQiULR PRPHQWRVGHXPDIRUoD DQiOLVHHVWUXWXUDO GLDJUDPDVGHFRUSROLYUHSDUD HVWUXWXUDV PiTXLQDV PHPEURVGHIRUoD]HUR PpWRGRGDVVHo}HV PpWRGRGRVQyV SURFHGLPHQWRV WUHOLoDV kQJXORVGHGLUHomRGHFRRUGHQDGD kQJXORV DWULWRFLQpWLFR șN DWULWRH DWULWRHVWiWLFR șV GLUHomRGDFRRUGHQDGDFDUWHVLDQD IRUPDGRVHQWUHGRLVYHWRUHV URVFDGHSDUDIXVR iUHD FHQWURLGH & GHXPD HL[RFHQWUDOSDUD HL[RGHVLPHWULD IRUPDVFRPSRVWDV LQWHJUDomRH PRPHQWRVGHLQpUFLD , SODQRVHURWDomRGD SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH SURGXWRGHLQpUFLDSDUD UDLRGHURWDomRSDUD VXSHUItFLHGHURWDomR WHRUHPDGRHL[RSDUDOHOR YROXPHGHURWDomR DUPDo}HV DQiOLVHHVWUXWXUDO GLDJUDPDVGHFRUSROLYUHSDUD PHPEURVPXOWLIRUoDVSURMHWRGH SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH DUUHGRQGDPHQWRGHQ~PHURV DUWLFXODomRHVIHUDVRTXHWH DWULWRGH&RXORPEYHUDWULWRVHFR DWULWRVHFR kQJXORV FDUDFWHUtVWLFDV FRHILFLHQWHV ȝ GHVOL]DPHQWRH GLUHomRGDIRUoD HTXLOtEULR IRUoDDSOLFDGD IRUoDFLQpWLFD IRUoDHVWiWLFD LPLQrQFLDGHPRYLPHQWR PDQFDLVIRUoDVVREUH PRYLPHQWR SDUDIXVRVIRUoDVVREUH SUREOHPDVHQYROYHQGR SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH WHRULD DWULWR FDOoRVH FDUJDD[LDO FDUJDVODWHUDLV FRUUHLDV SODQDV IRUoDVVREUH GLVFRVIRUoDVVREUH HTXLOtEULR IRUoDFLQpWLFD IRUoDGH IRUoDHVWiWLFD IRUoDQmRFRQVHUYDGRUDFRPRXP PDQFDLVGHDQHOIRUoDVVREUH PDQFDLVGHSLY{IRUoDVVREUH PDQFDLVUDGLDLVIRUoDVHP SDUDIXVRVIRUoDVVREUH SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH UHVLVWrQFLDGHURODJHP URWDomRGRHL[R VHFR WUDEDOKRYLUWXDO C FDERFRQWtQXR FDERV FDUJDVFRQFHQWUDGDV FDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRV HTXLOtEULR IRUoDVLQWHUQDV SHVRFRPRIRUoD FDOoRVIRUoDVGHDWULWRH FiOFXORVQXPpULFRV DOJDULVPRVVLJQLILFDWLYRV DUUHGRQGDQGRGHQ~PHURV KRPRJHQHLGDGHGLPHQVLRQDO RSHUDo}HVGHYHWRU FDUJDVD[LDLVIRUoDVGHDWULWRH FDUJDVFRQFHQWUDGDVFDERVXMHLWRD FDUJDVGHSRQWHWUHOLoDV FDUJDVGHWHOKDGRWUHOLoDV FDUJDVODWHUDLVIRUoDVGHDWULWRH FDUUHJDPHQWRXQLIRUPHDRORQJRGHXP~QLFR HL[R FDUUHJDPHQWRYHUFDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRV FDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRV FDERVXMHLWRD FDUUHJDPHQWRXQLIRUPH HTXLOtEULRGHIRUoDV IRUoDGHHVIRUoRFRUWDQWH IRUoDUHVXOWDQWH IRUoDVLQWHUQDV OLQKDGHDomR ORFDO PRPHQWRVGHLQpUFLD UHGXomR VXSHUItFLHVSODQDV ~QLFRHL[R YLJDVVXMHLWDVD FHQWURGHJUDYLGDGH FHQWURGHPDVVD FHQWURLGHH FRUSRVFRPSRVWRVORFDO GLDJUDPDVGHFRUSROLYUH OHLGH1HZWRQSDUD ORFDO SHVR : H SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH FHQWURGHPDVVD FHQWURLGH iUHDGHXP FDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRV FHQWURGHJUDYLGDGH FRUSRVFRPSRVWRVORFDOHP GHXPYROXPH GHXPDOLQKD IRUoDUHVXOWDQWHH IRUoDUHVXOWDQWHORFDOGD ORFDOGRFRUWHWUDQVYHUVDOGDYLJD ORFDOGR PpWRGRGHVHo}HVH SUHVVmRGHIOXLGRV SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVHGH WHRUHPDVGH3DSSXVH*XOGLQXV FLOLQGURVUHVLVWrQFLDGHURODJHP FtUFXORGH0RKU FRHILFLHQWH GHDWULWRFLQpWLFR ȝN GHDWULWRHVWiWLFR ȝV GHUHVLVWrQFLDGHURODJHP D FRPSRQHQWHVUHWDQJXODUHV FRPSULPHQWR FRQH[}HVGHQyVFDUJDVDSOLFDGDVD FRRUGHQDGDGHSRVLomR FRRUGHQDGDVLQGHSHQGHQWHV Índice remissivo FRRUGHQDGDV[\] FRUSRVFRPSRVWRV iUHDGHURWDomR FHQWURGHJUDYLGDGH PRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVD PRPHQWRVGHLQpUFLD , SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH YROXPHGHURWDomR FRUSRVHVWDWLFDPHQWHLQGHWHUPLQDGRV FRUSRVUtJLGRV FHQWURGHJUDYLGDGH FRQHFWDGRV FRRUGHQDGDVGHSRVLomR GLDJUDPDVGHFRUSROLYUH )%' HTXDo}HVGHHTXLOtEULR HTXLOtEULR HVWDWLFDPHQWHLQGHWHUPLQDGRV IRUoDVLQWHUQDV PHFkQLFD PHPEURVGHGXDVIRUoDV PHPEURVGHWUrVIRUoDV PRGHORV PRGHORVLGHDOL]DGRV SHVR SURFHGLPHQWRVSDUDDQiOLVH UHDo}HVGHVXSRUWH UHVWULo}HV VLVWHPDVGHIRUoDVFRSODQDUHV VLVWHPDVWULGLPHQVLRQDLV WUDEDOKRYLUWXDO FRUUHLDV SODQDV IRUoDVGHDWULWRHP D GHVOL]DQGR DWULWRVHFR LPLQrQFLDGHPRYLPHQWR PRYLPHQWR GHVORFDPHQWRGRWUDEDOKRYLUWXDO GLDJUDPDGRPRPHQWRGHFXUYDWXUD GLDJUDPDVGHFRUSROLYUH DQiOLVHHVWUXWXUDO FDERVHSROLDV FHQWURGHJUDYLGDGH FRSODQDUHV ELGLPHQVLRQDLV HTXLOtEULRGDSDUWtFXOD HTXLOtEULRGRFRUSRUtJLGR IRUoDVLQWHUQDV PRGHORVLGHDOL]DGRV PRODV SHVR SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH UHDo}HVGHDSRLR WULGLPHQVLRQDLV GLDJUDPDVGHHVIRUoRFRUWDQWHHGHPRPHQWR GLQkPLFD GLVFRV IRUoDVGHDWULWR PRPHQWRGHLQpUFLDGDPDVVD | 509 | F IRUoDGDPROD HQHUJLDSRWHQFLDOHOiVWLFD IRUoDFRQVHUYDWLYD IRUoDGHDWULWRFLQpWLFD IRUoDGHDWULWRHVWiWLFD HIHLWRGHLQFOLQDomR IRUoDGHHVIRUoRFRUWDQWH HL[RFHQWURLGH FDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRV PRPHQWRV HL[RGHVLPHWULD HL[RVLQFOLQDGRVPRPHQWRVGHLQpUFLDVREUH PXGDQoDV YLJDVVXMHLWDVD IRUoDUHVXOWDQWH HOHPHQWRVGHFDVFDPRPHQWRVGHLQpUFLDGD PDVVDGRV FDUUHJDPHQWRVGLVWULEXtGRVH HQHUJLDSRWHQFLDO FRRUGHQDGDGHSRVLomR T FHQWURLGHSDUDRORFDOGD HOiVWLFD FRPSRQHQWHV HVWDELOLGDGHGDFRQILJXUDomRGHHTXLOtEULR HL[RVPRPHQWRVVREUHR HTXLOtEULRGHXPDSDUWtFXODH IRUoDVFRQVHUYDWLYDVH IRUoDVLQWHUQDV IXQomR IRUPXODomRGRYHWRU JUDYLWDFLRQDO IRUPXODomRHVFDODU SURFHGLPHQWRGHDQiOLVH LQWHQVLGDGH VLVWHPDVGH~QLFRJUDXGHOLEHUGDGH OLQKDGHDomR PRPHQWRV VLVWHPDVVHPDWULWR PRPHQWRVGHXP WUDEDOKRYLUWXDO PRPHQWRVGRVLVWHPDGH SULQFtSLRGDWUDQVPLVVLELOLGDGH HTXLOtEULR SURFHGLPHQWRVSDUDDQiOLVH SURGXWRFUX] DWULWR VLVWHPDGHIRUoDVSDUDOHORV FRQGLomR VLVWHPDVFRQFRUUHQWHV FRUSRVUtJLGRV VLVWHPDVFRSODQDUHV FULWpULR VLVWHPDVGHFKDYH WRUVRU GLDJUDPDVGHFRUSROLYUH VLVWHPDVHTXLYDOHQWHV IRUoDHSDU GLUHomRGDIRUoD YHWRUHVFDUWHVLDQRV HIHLWRGHLQFOLQDomR IRUoD HQHUJLDSRWHQFLDO HTXDo}HV DGLomRGH DSOLFDGD 3 HVWiYHO FDERVVXMHLWRVD LQVWiYHO FRPSRQHQWHV PHPEURVFRSODQDUHVFRPGXDVIRUoDV FRQFHLWRPHFkQLFR PHPEURVFRSODQDUHVFRPWUrVIRUoDV FRQFHQWUDGD QHXWUR FRQVHUYDWLYD SDUWtFXODV SURFHGLPHQWRVSDUDDQiOLVH GLDJUDPDGHFRUSROLYUH '&/ HQHUJLDSRWHQFLDOH VLVWHPDVFRPXPJUDXGHOLEHUGDGH HTXLOtEULR VLVWHPDVFRSODQDUHV GXDVGLPHQV}HV HTXLOtEULRGDSDUWtFXOD HTXLOtEULRGHFRUSRUtJLGR VLVWHPDVVHPDWULWR HVIRUoRFRUWDQWH VLVWHPDVWULGLPHQVLRQDLV LQWHUQD OLQKDGHDomR WUDEDOKRYLUWXDO PROD HVFDODUHVHYHWRUHV PRPHQWRV HVWDELOLGDGHGHXPVLVWHPDYHUHTXLOtEULR P~OWLSOD HVWiWLFD QRUPDO GHVHQYROYLPHQWR SURFHGLPHQWRSDUDDQiOLVH SURFHGLPHQWRVJHUDLVSDUDDQiOLVH TXDQWLGDGHV UHDWLYD 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C. Hibbeler, que apresenta em profundidade toda a teoria da estática para engenharia e suas aplicações. Isso fica claro quando observamos os aprimoramentos desta nova edição: agora em sistema internacional de unidades, ela possui uma maior variedade de problemas organizados em nível gradual de dificuldade, mais fotos e novos diagramas com vetores para demonstrar aplicações do mundo real. Referência absoluta na área, esta obra, juntamente com o livro Dinâmica, que a acompanha, é imprescindível para estudantes de engenharia. www.pearson.com.br/hibbeler O site de apoio do livro oferece: para professores, apresentações em PowerPoint, banco de imagens e manual de soluções (em inglês); para estudantes, guia do Matlab e textos adicionais (em inglês). ISBN 978-85-7605-815-1

Estática - Hibbeler ed. 12-1

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