Mecânica aplicada by Joana De Castro Cortesão

Universidade de Évora Departamento de Física

MECÂNICA APLICADA Teoria e Exercícios

Mourad Bezzeghoud

Set. 2012

Mecânica Aplicada

U. Évora - DFIS

MECÂNICA APLICADA Teoria e Exercícios

Mourad Bezzeghoud

Universidade de Évora Departamento de Física Set. 2012

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ÍNDICE INTRODUÇÃO ............................................................................................ 5 1. 2. 3. 4.

O QUE É A MECÂNICA? ...........................................................................................................7 CONCEITOS E PRINCÍPIOS FUNDAMENTAIS .....................................................................7 AS TRÊS LEIS FUNDAMENTAIS DE NEWTON ....................................................................7 SISTEMAS DE UNIDADES .......................................................................................................8

I. FORÇAS NO PLANO E NO ESPAÇO ................................................... 9 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10. 11.

RESULTANTE DE DUAS FORÇAS .........................................................................................11 COMPONENTES DE UMA FORÇA .........................................................................................11 COMPONENTES CARTESIANAS E VERSORES...................................................................11 RESULTANTES DE VÁRIAS FORÇAS COPLANARES........................................................12 FORÇAS NO ESPAÇO ...............................................................................................................12 CO-SENOS DIRETORES ...........................................................................................................12 RESULTANTES DE FORÇAS NO ESPAÇO............................................................................13 EQUILÍBRIO DE UMA PARTICULA.......................................................................................14 DIAGRAMA DE CORPO LIVRE ..............................................................................................14 EQUILÍBRIO NO ESPAÇO......................................................................................................14 EXERCÍCIOS ............................................................................................................................15

II. SISTEMAS EQUIVALENTES DE FORÇAS ..................................... 17 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8. 9. 10.

PRINCÍPIO DE TRANSMISSIBILIDADE ................................................................................19 PRODUTO EXTERNO DE DOIS VECTORES .........................................................................19 COMPONENTES CARTESIANAS DO PRODUTO EXTERNO .............................................20 MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO .............................................20 COMPONENTES CARTESIANAS DO MOMENTO ...............................................................21 PRODUTO INTERNO DE DOIS VECTORES ..........................................................................22 PRODUTO MISTO .....................................................................................................................23 MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM EIXO .................................................24 BINÁRIOS ...................................................................................................................................24 EXERCÍCIOS ............................................................................................................................26

II. EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS ............................................... 29 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7.

EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO ..................................................................................................31 DIAGRAMA DE CORPO LIVRE ..............................................................................................31 EQUILÍBRIO DE ESTRUCTURAS (2D) ..................................................................................31 LIGAÇÕES INSUFICIENTES OU MAL DISTRIBUIDAS ......................................................32 CORPO SUBMETIDO À AÇÃO DE DUAS E TRÊS FORÇAS ...............................................32 EQUILÍBRIO DE CORPO (3D) .................................................................................................33 EXERCÍCIOS ..............................................................................................................................34

IV. CENTRÓIDES - CENTROS DE GRAVIDADES .............................. 35 1. CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO 2D ....................................................................37

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CENTROÍDE DE SUPERFÍCIE OU LINHA .............................................................................38 PROPRIEDADES DE SIMETRIA..............................................................................................38 CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO COMPOSTO (2D) ...........................................39 CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO (3D) ..................................................................39 CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO COMPOSTO (3D) ...........................................40 CENTROÍDE DE UM VOLUME ...............................................................................................40 EXERCÍCIOS ..............................................................................................................................41

V. ANALÍSE DE ESTRUCTURAS ........................................................... 43 1. 2. 3. 4.

DEFINIÇÃO DE UMA TRELIÇA .............................................................................................45 ANÁLISE DE UMA TRELIÇA PELO MÉTODO DOS NÓS ...................................................47 ANÁLISE DETRELIÇAS PELO MÉTODO DAS SECÇÕES ..................................................50 EXERCÍCIOS ..............................................................................................................................51

VI. ATRITO ................................................................................................ 53 1. 2. 3. 4. 5.

DEFINIÇÃO ................................................................................................................................55 AS LEIS DO ATRITO SECO .....................................................................................................56 SITUAÇÕES DE ATRITO..........................................................................................................56 ÂNGULOS DE ATRITO ............................................................................................................57 EXERCÍCIOS ..............................................................................................................................58

VII. MOMENTOS DE INÉRCIA.............................................................. 59 1. 2. 3. 4. 5. 6. 7. 8.

MOMENTOS DE INÉRCIA DE SUPERFÍCIES .......................................................................61 CÁLCULO DO MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA SUPERFÍCIE POR INTEGRAÇÃO ...62 MOMENTO POLAR DE INÉRCIA ...........................................................................................63 RAIO DE GIRAÇÃO DE UMA SUPERFÍCIE ..........................................................................64 TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS ....................................................................................65 EXERCÍCIOS ..............................................................................................................................66 MOMENTO DE INÉRCIA DE SUPERFÍCIES COMPOSTAS ................................................67 MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA ....................................................................................69

VIII. TRABALHOS VIRTUAIS ................................................................ 71 1. TRABALHO DE UMA FORÇA .................................................................................................73 2. PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS ............................................................................74 3. APLICAÇÃO ...............................................................................................................................75

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INTRODUÇÃO

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1. O QUE É A MECÂNICA? A mecânica pode ser definida como a ciência que descreve e prevê as condições de repouso ou movimento de corpos sob a ação de forças. Divide-se em 3 partes: 1. Mecânica dos Corpos rígidos (perfeitamente rígidos?): Estática (corpo em repouso) e dinâmica (corpo em movimento); 2. Mecânica dos Corpos deformáveis; 3. Mecânica dos Fluidos: fluidos incompressíveis (Hidráulica) e fluidos compressíveis. 2. CONCEITOS E PRINCÍPIOS FUNDAMENTAIS Os conceitos básicos são: o espaço, o tempo, a massa e a força. - A noção de espaço está associado à posição geométrica de um ponto P (definido por 3 componentes) num referencial com uma origem num dado ponto; - O instante do tempo do um acontecimento é também necessário, dado por uma quarta coordenada independente, e deverá ser fornecido; - A massa caracteriza e compara corpos com base em certas experiências mecânicas fundamentais; - A força representa a ação de um corpo sobre outro. Pode ser exercida por contacto ou à distância (ex: força gravítica, força magnética). Uma força é caracterizada pelo seu ponto de aplicação, a sua intensidade, a sua direção e o seu sentido (vector). 3. AS TRÊS LEIS FUNDAMENTAIS DE NEWTON Primeira lei: se a resultante das forças que atuam numa partícula é nula, a partícula permanecerá em repouso (se estava inicialmente em repousos) ou mover-se-á com velocidade constante segundo uma linha recta (se estava inicialmente em movimento). Segunda lei: se a resultante das forças que atuam numa partícula não é nula, esta terá uma aceleração cuja intensidade é proporcional à intensidade de resultante, com a mesma direção e o mesmo sentido. Esta lei pode ser expressa na seguinte forma:   F = ma

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em que F, m e a representam, respectivamente, a força resultante que atua na partícula, a massa da partícula, e a aceleração da partícula expressa num sistema de unidades coerente. Terceira lei: as forças de ação e reação entre corpos em contacto têm a mesma intensidade, a mesma linha de ação, e sentidos opostos. 4. SISTEMAS DE UNIDADES 1) As unidades do sistema internacional (SI) são: - comprimento: metro (m), - massa: quilograma (kg),· MKS - tempo : segundo (s) (o segundo que representava inicialmente 1/86 400 do dia solar médio. Atualmente- é a duração de 9 192 631 770 ciclos da radiação correspondente à transição entre dois níveis de estado fundamental do átomo de césio 133. 2) Unidade da força: 1 N = (1 kg) (1 m/s2) = 1 kg m/s2 3) O peso de um corpo: P = mg = (1 kg) (9.81 m/s2) = 9.81 N 4) Prefixo do SI Factor mul. Prefixo 1012 tera 9 10 giga 6 10 mega 3 10 quilo 2 10 hecto 1 10 deca -1 10 deci -2 10 centi -3 10 mili -6 10 micro -9 10 nano -12 10 pico -15 10 fento -18 10 ato 8

Símbolo T G M k h da d c m µ n p f a

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I. FORÇAS NO PLANO E NO ESPAÇO

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1. RESULTANTE DE DUAS FORÇAS

R A E

2. COMPONENTES DE UMA FORÇA

P Fig. I.2

3. COMPONENTES CARTESIANAS E VERSORES 



Seja os versores i e j , as componentes cartesiana da força F são:

  Fx = Fx i

(I.1)

  Fy = Fy j

y  Fy

ea força é:

  F = Fx i + Fy j

(I.2)

onde Fx = F cosθ e Fy = F sen θ

(I.3)

 são as componentes escalares de F . O ângulo θ que

define a direção da força pode ser obtido pela 11

 F

 j

 i

 Fx Fig. I.3

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relação: tgθ =

Fy Fx

(I.4)

e a intensidade da força pode ser obtida pela relação de Pitágoras: F = Fx2 + Fy2 (I.5) 4. RESULTANTES DE VÁRIAS FORÇAS COPLANARES y

Resultante segundo x e y: Rx = ∑ Fx

(I.6)

R y = ∑ Fy

 Fy

 F

5. FORÇAS NO ESPAÇO Decomposição de uma força no espaço tridimensional em componentes cartesianas (Fig. I.4): Fx = F cosθ x

 Fx

θx

O

(I.7)

Fy = F cosθ y

 Fy

Fz = F cosθ z

aforça é dada pela relação:    F = Fx i + Fy j + Fz k

(I.8)

 F

 Fx

θy  Fz

6. CO-SENOS DIRETORES Se os co-senos diretores θ x ,θ y ,θ z são conhecidos:     F = F(cosθ x i + cosθ y j + cosθ z k )

 Fy

(I.9)

  F = Fλ

(I.10)

 F

 Fx

θz  Fz

em que     λ = cosθ x i + cosθ y j + cosθ z k

(I.11) Fig. I.4



Uma vez que λ = 1 12

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(I.12)

cosθ x + cosθ y + cosθ z = 1

A intensidade da força pode ser obtida pela relação: 2

F = Fx + Fy + Fz

(I.13)

e os co-senos diretores obtém-se, escrevendo: cosθ x =

cosθ y =

Fx F Fy

(I.14)

F Fz cosθ z = F 

Seja uma força F definida no espaço 3D pelo vector (definido pelos suas componentes cartesianas d x , d y , d z ). O vector MN escreve-se:   MN = d x i + d y j + d z k

(I.15)



O versor λ é: 

 MN 1   λ= = (d x i + d y j + dz k) MN d

(I.16)

recordando a relação (I.10), vem:  F   F = (d x i + d y j + d z k ) d

(I.17)

e suas componentes escalares são: Fx =

Fy =

Fd x d Fd y

(I.18)

d Fd z Fz = d

7. RESULTANTES DE FORÇAS NO ESPAÇO 

As componentes cartesianas da resultante R de 2 ou mais forças no espaço 3D podem ser obtida com as relações seguintes: Rx = ∑ Fx Ry = ∑ Fy 13

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(I.19)

Rz = ∑ Fz

A intensidade, a direção e o sentido podem ser determinados pelas relações (I.13) e (I.14). 8. EQUILÍBRIO DE UMA PARTICULA Uma partícula está em equilíbrio quando a resultante de todas as forças nela atuantes é igual a zero. 9. DIAGRAMA DE CORPO LIVRE Para resolver um problema Diagrama de corpo livre Triângulo de forças envolvendo um partícula em equilíbrio, deve traçar-se em primeiro lugar um diagrama de corpo livre da partícula representado todas as forças nela atuantes (Fig. I.5). Por exemplo com 3 forças Fig. I. 5 coplanares, pode traçar-se um triângulo das forças para exprimir que a partícula está em equilíbrio (Fig. I.5). Métodos gráficos ou trigonometria permitem resolver, no máximo, duas incógnitas. Se estão envolvidas mais de três forças coplanares devem usar-se as equações de equilíbrio:

∑F

(I.20)

10. EQUILÍBRIO NO ESPAÇO No caso de equilíbrio no espaço 3D de uma partícula devem utilizar as equações seguintes:

∑F

= 0 ; ∑ Fy = 0 ; ∑ Fz = 0

(I.21)

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11. EXERCÍCIOS 1) Duas forças (P e Q) atuam no parafuso A (Fig. I.6). Determine a sua resultante. Solução: Q=60 N

25 0 A

P=40 N 0

Fig. I.6

R = 97.73 N e α = 35.04 o 2) Determine as componentes segundo x e y de cada uma das forças representadas na figura I.7

610 mm

711 mm

P=120 N Q=150 N o

30 40o

1143 mm

R=80 N S= 454 N

762 mm

V=890 N

1016 mm Fig. I.7

Solução: A) Sistema A Força P Px = 41.0 N

Py = 112 .8 N

Força Q

Qx = −122.9 N

Força R

Rx = 61.3 N Ry = 51.4 N

B) Sistema B Força T Tx = 249 N

Qy = 86.0 N

Ty = 400 N

Força S S x = −214 N S y = 400 N Força V Vx = −534 N V y = −712 N

T=472 N

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3) Dois cabos estão ligados entre si em C e estão carregados conforme indicado na Fig. I.8. Determine a força de tração instalada (a) no cabo AC e (b) no cabo BC. Solução:

A 50o

500 N

30o

Fig. I.8

TBC = 326, 4 N TAC = 439.4 N 4) Determine a força de tração instalada (a) no cabo AB e (b) no corda BC (Fig. I.9.

A 5o

B 20o

P=5.34 kN

Fig. I.9

Solução:

TAB = 5.53 kN

TBC = 0.513 kN

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II. SISTEMAS EQUIVALENTES DE FORÇAS

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1. PRINCÍPIO DE TRANSMISSIBILIDADE 



Duas forças F1 e F2 , aplicadas num corpos rígido em dois pontos diferentes têm o mesmo efeito sobre esse se tiverem a mesma intensidade, a mesma direção, o mesmo sentido e a mesma linha de ação. F2 F1

Fig. II.1

2. PRODUTO EXTERNO DE DOIS VECTORES 



O produto externo de dois vectores P e Q é dado pela relação:    V = P×Q

(II.1) V

em que V foi definido como sendo um vector perpendicular ao plano que contém os vectores P e Q e a intensidade é definida pela relação (Fig. II.2):

Q θ

(II.2)

V = PQ senθ

Fig. II.2

 sendo anti-horária a rotação de θ que leva P a  coincidir com Q . Veja a figura II.2.

Da definição do produto externo de dois vectores se concluiu:     Q× P = − P×Q

(

)

(II.3) j

e que os produtos externos dos versores são:     i ×i = 0   j× j =0   k ×k = 0

  i×j =k    j ×k = i    k ×i = j

  j × i = −k    k × j = −i    i ×k = −j

(II.4)

O sentido positivo, anti-horário, é apresentado na figura II.4.

Fig. II.4

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3. COMPONENTES CARTESIANAS DO PRODUTO EXTERNO 

As componentes cartesianas do vector V são: Vx = Py Qz − Pz Qy

(II.5)

Vy = Pz Qx − PxQz V z = Px Q y − Py Q x

ou na forma de determinante:  i  V = Px

 j Py

 k Pz

(II.6)

Qx Qy Qz

4. MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM PONTO 

O momento de uma força F em relação a um ponto é definido pela relação seguinte:    Mo = r × F

(II.7)  Mo

 F

O d

 r

Fig. II.5



onde r é o vector de posição ( OA ). Veja a figura II.5. A intensidade do momento é dada pela relação seguinte: (II.8)

M o = rF senθ = Fd

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

d é a distancia de O à linha de ação da força F . 5. COMPONENTES CARTESIANAS DO MOMENTO As componentes cartesianas do momento são dadas pelas seguintes   relações (com r ( x, y, z ) e F ( Fx , Fy , Fz ) ): M x = yFz − zF y

(II.9)

M y = zFx − xFz M z = xF y − yFx

ou na forma de determinante:  i

 Mo = x

 J

 k

(II.10)

Fx Fy Fz

No caso geral, o momento de uma força, aplicada num ponto A, em relação a um ponto B (Fig. II.6), o determinante é:  i

 M B = xA/ B Fx

 J

 k

yA/ B

zA/ B

(II.11)



com: r ( x A / B = x A − x B ; y A / B = y A − y B , z A / B = z A − z B ) y

 Fy j

 yj  r

A(x,y,z)  Fz k

 zk

Fig. II.6

 xi

 Fx i

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No caso de duas dimensões, vem (Fig. II.7): (II.12)

M B = ( x A − xB ) Fy − ( y A − yB ) Fx  F

 Fy j

y 

 Fx i

(y A − y B ) j

 rA / B



(xA − xB )i

B  Mb = M Bk

z Fig. II.7

6. PRODUTO INTERNO DE DOIS VECTORES 



O produto interno (ou escalar) de dois vectores P e Q é dado pela relação escalar seguinte (Fig. II.8):   P ⋅ Q = PQ cosθ

(II.13) Q

ou em termos de suas componentes escalares:

  P ⋅ Q = Px Q x + Py Q y + Pz Q z

(II.13)

P Fig. II.8



em que θ é o ângulo formado pelos vectores P e Q (Fig. II.8). 

Usando a projeção do vector P sobre o eixo OL (veja a Fig. II.9), obtém-se:

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  POL = P ⋅ λ = Px cosθ x + Py cosθ y + Pz cosθ z

(II.14)

L A

θy

θx

x θz

Fig. II.9

onde os θ representam os ângulos θ formados pelo eixo OL e os eixos x, y e z (Fig. II.9). Da definição do produto interno de dois vectores se concluiu que os produtos internos dos versores são:   i ⋅i =1   j ⋅ j =1   k ⋅k =1

  i ⋅ j =0   j ⋅k = 0   i ⋅k = 0

(II.15)

7. PRODUTO MISTO 



O produto misto de três vectores S ( S x , S y , S z ) , P( Px , Py , Pz ) e  Q(Q x , Q y , Q z ) é definido pela quantidade escalar seguinte: Sx    S ⋅ P × Q = Px

(

)

(II.16) 



Tem-se obviamente: S ⋅ (P × Q ) = (S × P )⋅ Q      Podemos escrever também: S ⋅ (P × Q ) = S ⋅ V = S xV x + S yV y + S z

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8. MOMENTO DE UMA FORÇA EM RELAÇÃO A UM EIXO A projeção OC sobre o eixo OL do momento da força representa o   momento M o da força F em relação a um eixo (Fig. II.10); isto é o produto misto seguinte:      M OL = λ ⋅ M o = λ ⋅ (r × F )

(II.17) y  Mo

L C  F



 r

O z

Fig. II.10

na forma de determinante: λx

λy

λz

M OL = x Fx

y Fy

z Fz

co-senos diretores do eixo OL, coordenadas do ponto de aplicação da força F, (II.18) componentes cartesianas da força F

9. BINÁRIOS 1) Definição do binário: veja a figura II.11  M  −F

 F

Fig. II.11: Duas forças com a mesma intensidade, linhas de ação paralelas e sentidos opostos formam um binário. O momento (M=Fd) é perpendicular ao plano do binário.

O momento de um binário é independente do ponto relativamente ao qual é calculado. 24

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2) Binário decomposto nas suas componentes: veja a figura II.12 y  −F

 F

 M

y x

(a)

 M

(b)

(c)

 My

x Mx

zO 

(d)

Fig. II.12: a) Um binário é b) um vector livre que pode ser aplicado c) na origem O e decomposto d) nas suas componentes.

3) Sistema força-binário: Qualquer força aplicada num ponto A de um corpo rígido pode ser substituída por um sistema força-binário aplicado num ponto arbitrário como esta apresentado na figura II.13.

 F

A O

 F

 Mo

 r

A O

Fig. II.13: Sistema força-binário

4) Redução de um sistema de forças a um sistema força-binário: Qualquer sistema de forças pode ser reduzido a um sistema força-  binário num ponto arbitrário O. No final obtém-se uma força resultante R e  F2

 F1

 F3

 F2

 M2

 F1

 M3

 R Mo  F3

 M1

Fig. II.14: Sistemas equivalentes de forças



um vector binário resultante M o R . R e M o R não são perpendiculares entre si. Veja a figura II.14 25

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5) Sistemas equivalentes de forças:  



Dois sistemas de forças ( F1 , F2 , F3 ,...., Fn e F1ʹ′ , F2ʹ′ , F3ʹ′ ,...., Fnʹ′ ) são equivalentes se, e só se:   F = F ∑ ∑ ʹ′

(II.19)

  ∑ M o = ∑ M oʹ′

10. EXERCÍCIOS 1) A partir da figura II.1 determine as forças aplicadas no parafuso BD e no contacto C. B

2.5 m

a 200 mm

20 mm D 200 mm 10 kN

Fig. II.1

Solução: Força C: RCx = 0 N , RCy = 35kN Força BD: RBy = 25kN

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2) Um guindaste fixo tem uma massa de 1000 kg e suspende um caixote de 2400 kg (Fig. II.2). O guindaste é mantido na posição indicada através de um apoio fixo em A e de um apoio móvel em B. O centro de gravidade do guindaste localiza-se no ponto G. Determine as componentes das reações em A e em B.

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A 1.5 m

2400 kg

B 2.0 m

4.0 m

Solução: Fig. II.2

Força no ponto B: FB = 107.1 kN Força no ponto A: FAx = −107.1 kN e FAy = 33.3 kN

FA = 112.2 kN e α = 17.3o

3) Uma viga esta submetida à ação das forças indicadas na figura II.3. Reduza o sistema de forças dado a a) um sistema de força-binário equivalente em A, b) um sistema de força-binário equivalente em B.

Solução:

  a) R = −(600 N ) j ,   b) R = −(600 N ) j ,

  M AR = −(1889 Nm)k   M AR = −(1000 Nm)k

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III. EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS

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1. EQUAÇÕES DE EQUILÍBRIO As forças exteriores que atuam sobre um corpo rígido em equilíbrio formam um sistema equivalente a zero tal que:  F ∑ =0 ∑ M = 0  ∑ F ×r = 0

(

(III.1)

)

ou decompondo cada força e cada momento nas suas componentes cartesianas:

∑F ∑F ∑F

∑M ∑ M ∑M

(III.2)

As equações (III.1) e (III.2) podem ser utilizadas para determinar forças desconhecidas aplicadas aos corpos rígidos ou reações exercidas sobre eles pelos seus apoios. 2. DIAGRAMA DE CORPO LIVRE O primeiro passo para resolver um problema de equilíbrio deverá ser o traçado do diagrama de corpo livre do corpo rígido para considerar todas as forças aplicadas ao corpo. 3. EQUILÍBRIO DE ESTRUCTURAS (2D) No caso de estruturas 2D as equações (III.1) e (III.2) reduzem-se a três equações de equilíbrio:

∑F ∑F

∑M

(III.3)

∑F

∑M

(III.4)

ou ainda, 31

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∑M

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∑M

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(III.5)

onde A é um ponto qualquer da estrutura nas equações (III.3); em que B é escolhido de modo que a linha AB não seja paralela ao eixo y nas equações (III.4); ou os pontos A,B e C não sejam colineares nas equações (III.5). - Um sistema de 3 equações pode ser resolvido para um máximo de 3 incógnitas. 4. LIGAÇÕES INSUFICIENTES OU MAL DISTRIBUIDAS - Se o sistema envolve mais de 3 incógnitas, as reações nos apoios de uma estrutura rígida 2D não podem ser completamente determinadas: as reações são estaticamente indeterminadas. - Se o sistema envolve menos de 3 incógnitas , a estrutura não se manterá em equilíbrio: a estrutura tem ligações insuficientes. - Se os apoios estão dispostos de tal modo, que as reações são concorrentes num mesmo ponto ou paralelas, as reações são estaticamente indeterminadas: a estrutura tem ligações mal distribuídas. 5. CORPO SUBMETIDO À AÇÃO DE DUAS E TRÊS FORÇAS 1) Corpo submetido à ação de duas forças: Se um corpo submetido à ação de duas forças está em equilíbrio, então as duas forças têm a mesma intensidade, a mesma linha de ação e sentidos opostos (Fig. III.1).

Fig. III.1

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2) Corpo submetido à ação de três forças: Um corpo rígido esta em equilíbrio se as linhas de ação das forças são concorrentes num mesmo ponto ou paralelas (Fig. III.2)  F2  F1

O A3

 F3 Fig. III.2

6. EQUILÍBRIO DE CORPO (3D) No caso geral de equilíbrio de corpos 3D, todas as seis equações escalares III.2 são necessárias para determinar as seis incógnitas. No entanto, na maioria dos problemas, estas equações serão obtidas mais facilmente se se escreverem as seguintes equações vectoriais. 

∑F = 0 ∑M

=∑

(III.6)

  r ×F = 0

(

)

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7. EXERCÍCIOS 1) Duas cargas concentradas são aplicadas a uma viga, como se representa na figura 1. A viga está apoiada num rolete em B e num apoio fixo em A. Determine as reações em A e em B, a) desprezando o peso próprio da viga, b) quando o peso da viga é P=500 kN. 3m 50 kN

100 kN

Fig. 1

Solução: a) Ax=0 kN, Ay=50 kN, By=100 kN; b) Ax=0 kN, Ay=216.66.. kN, By=433.33.. kN 2) Uma barra uniforme de 3.048 m de comprimento está submetida a uma carga de 3.74 kN, como se representa na figura 2. Determine a força de tração em cada cabo e a reação na rótula esférica em A. y 1.829 m 1.829 m E

z D A B

2.130 m 1.829 m

1.219 m z

Fig. 2

   Solução: TBE = TBD = 4.90 kN ; A = (−5.34 kN )i + (−2.49 kN ) j

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IV. CENTRÓIDES - CENTROS DE GRAVIDADES

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1. CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO 2D Admitimos que a atração exercida pela terra sobre um corpo rígido  pode ser representada por uma única força P . Esta força, chamada força de gravidade ou peso do corpo, tinha de ser aplicada no centro de gravidade do corpo. Em realidade, a Terra exerce uma força sobre cada uma das partículas que constituem o corpo. Por consequência, a ação da Terra deveria ser representada por um grande número de pequenas forças distribuídas por todo o corpo. Considere-se uma placa plana horizontal (Fig. IV.1). Dividimos a placa em n elementos. z

 ΔP

 P

Fig. IV.1

A soma das forças em relação ao eixo z é dada pela relação seguinte: n

P = ∑ ΔPi 1



A soma dos momentos de P em relação aos eixos y e x são dadas pelas relações seguintes: n

∑ M y ⇒ ∑ xi ΔPi = xP ∑M

1 n

⇒ ∑ y i ΔPi = yP 1

onde x e y definem as coordenadas do centro de gravidade G.

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Se aumentamos o número de elementos obtemos: P = ∫ dP

xP = ∫ xdP

(IV.1)

yP = ∫ ydP

2. CENTROÍDE DE SUPERFÍCIE OU LINHA No caso de uma placa plana e homogénea de espessura uniforme, o centro de gravidade da placa coincide com o centroíde da superfície A da placa, cuja coordenadas se definem pelas relações:

xA = ∫ xdA

(IV.2)

yA = ∫ ydA

As integrais da equações (IV.2) chama-se momentos estáticos. Relativamente aos eixos y e x temos: S y = xA

(IV.3)

S x = yA

Analogamente, as coordenadas do centro de gravidade de um arame homogéneo (ou linha) L de secção transversal constante são dadas pelas relações: xL = ∫ xdL

(IV.4)

yL = ∫ ydL

Analogamente, os momentos estáticos de uma linha, relativamente aos eixos y e x, são: S y = xL

(IV.5)

S x = yL

3. PROPRIEDADES DE SIMETRIA - Quando a superfície ou a linha são simétricas em relação a um eixo, o seu centróide C existe sobre esse eixo. - Quando a superfície ou a linha são simétricas relativamente a dois eixos, C localizar-se-á sobre a intersecção desses dois eixos. - Quando a superfície ou a linha são simétricas relativamente a um centro O, C coincide com O.

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4. CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO COMPOSTO (2D)

 ∑P

 P1

G1 G2

 P3

 P2

Fig. IV.2

Quando uma placa plana pode ser dividida em várias formas usuais1, as coordenadas X e Y do seu centro de gravidade G podem ser determinadas a partir das coordenadas x1 , x2 , x3 , ... e y1, y2 , y3 , ...dos centros de gravidade G1,G2, G3....das varias partes (ver a figura IV.2). Escrevendo os momentos relativamente aos eixos y e x, respectivamente, temos: X =

∑ xP ∑P

Y =

∑ yP ∑P

(IV.6)

5. CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO (3D) As coordenadas ( x, y, z ) do centro de gravidade G de um corpo 3D são definidas pelas relações: xP = ∫ xdP

yP = ∫ ydP

(IV.7)

zP = ∫ zdP

No caso de um corpo homogéneo, o centro de gravidade G coincide com o centróide C do volume do corpo; as coordenadas de C são dadas pelas relações: xV = ∫ xdV

yV = ∫ ydV

(IV.8)

zV = ∫ zdV

As propriedades de simetrias são: 1

Triângulo, quarto de círculo, semicírculo, quarto de elipse, semielipse, semiparábola, parábola, tímpano 39

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- Se o volume possui um plano de simetria, o seu centróide C existirá sobre esse plano. - Se possuir 2 plano de simetria, C localizar-se sobre a linha de intersecção dos 2 planos. - Se possuir 3 planos de simetria que se intersectem num ponto, C coincidirá com esse ponto. 6. CENTRO DE GRAVIDADE DE UM CORPO COMPOSTO (3D) Quando um corpo 3D pode ser dividido em várias formas usuais2, as coordenadas X e Y do seu centro de gravidade G podem ser determinadas a partir das coordenadas x1 , x2 , x3 , ... e y1, y2 , y3 , ...dos centros de gravidade G1,G2, G3....das varias partes (ver a figura IV.2). Escrevendo os momentos relativamente aos eixos y e x, respectivamente, temos: X =

∑ xP ∑P

Y =

∑ yP ∑P

Z =

∑ zP ∑P

(IV.9)

7. CENTROÍDE DE UM VOLUME No caso de um corpo homogéneo, o centro de gravidade G coincide com o centróide C do volume do corpo; as coordenadas de C são dadas pelas relações: X =

∑ xV ∑V

Y =

∑ yV ∑V

Z =

∑ zV ∑V

(IV.10)

Semiesfera, semielipsóide de revolução, parabolóide de revolução, cone, pirâmide. 40

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8. EXERCÍCIOS 1) Localize o centróide de superfície das placas apresentadas nas figuras IV.3, 4 e 5. y y

10 mm Fig. IV.3

r=10 mm

Fig. IV.4

10 mm

x = ky 2 x 30 mm

20 mm x

Solução: Fig. IV.3: X = Y = 7.78 mm ; Fig. IV.4: X = 11.90 mm, Y = 32.71 mm y Fig. IV.5

8 mm

12 mm x

Solução: Fig. IV.5: X = 0 mm, Y = 6.45 mm 2) Localize o centróide de superfície da placa apresentada na figura IV.6 por integração. y

a Fig. IV.6

y=kx3

h x

Solução: Fig. IV.4: X =

4 2 a, Y = h 5 7

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V. ANÁLISE DE ESTRUTURAS

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1. DEFINIÇÃO DE UMA TRELIÇA As treliças são estruturas para suportar cargas e que possuem geralmente um número suficiente de ligações para lhes assegurar o equilíbrio. Uma treliça é composta por barras de eixo rectilíneo ligadas entre si por articulações (ou nós) localizadas nas suas extremidades. Nenhuma barra tem continuidade através de uma articulação. Por exemplo, na figura V.1a, não existe uma barra AB mas duas barras distintas: AD e DB. As barras de uma treliça são submetidas à ação de duas forças iguais e opostas dirigidas segundo o seu eixo (ver Fig. V.1b). A ação de duas forças numa barra isolada pode ser qualquer uma das representadas na figura V.1b. C

 P

barras comprimidas

b barra traccionada

Fig. V.1: Treliça simples

Os pesos das barras das treliças estão aplicados nos seus dois nós, metade em cada um deles.

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Existe vários tipos de treliças utilizadas na engenharias: 1) treliças para coberturas ou asnas (Fig. V.2a), 2) treliças para pontes (Fig. V.2b) e 3) treliças tipo estádio (Fig. V.2c), basculante...

Tipo Howe

Tipo K

b Tipo Howe

Tipo estádio Fig. V.2: Tipos de treliças.

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Uma treliça simples é constituída a partir de uma treliça triangular básica adicionando-lhe duas novas barras de cada vez e ligando-as a um novo nó (ver Fig. V.3).

Fig. V.3: a) Treliça triangular básica simples e b) treliça simples

2. ANÁLISE DE UMA TRELIÇA PELO MÉTODO DOS NÓS Para determinar os esforços instalados nas barras de uma treliça simples se pode usar o método dos nós. que consiste nos seguintes passos Veja a figura V.4): 1. Traçar um diagrama de corpo livre da treliça inteira para determinar as reações nos apoios utilizando: - as equações de equilíbrio para a articulação (nó): ∑ Fy = 0 e ∑ M = 0

∑F

= 0,

2. Localizar um nó que una apenas duas barras, e traçar um diagrama de corpo livre para esta articulação para determinar as forças desconhecidas em cada das duas barras (nó A ou B na Fig. V.4) utilizando: - o triângulo de forças se estão envolvidas 3 forças (2 desconhecidas e 1 conhecida) (Fig. V.5). - as equações de equilíbrio para a articulação (nó): ∑ Fx = 0 e ∑ Fy = 0 supondo que as barras estão sob tração. Uma resposta positiva significa que a barra está sob tração (T); uma resposta negativa significa que a barra é comprimida (C).

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3. Localizar um nó onde sejam desconhecidas apenas as forças em duas das barras a ele ligadas (nó D na Fig. V.4). Trace-se o diagrama de corpo livre do nó e determinar as duas forças desconhecidas utilizando o procedimento conforme foi indicada antes (ponto 2) 4. Repetir este procedimento até que os esforços em as barras da treliça tinham sido encontrados. As equações de equilíbrio previamente utilizadas no ponto 1 podem ser usadas para verificar os cálculos. 5. Note-se que a escolha para primeiro nó não é única.

Diagrama de corpo livre da treliça inteira. RA e RB são as reações nos apoios.

D  P

 RA

B  RB

Diagrama de corpo livre dos nós C.

Diagrama de corpo livre dos nós A.

A  RA

Diagrama de corpo livre dos nós D e B.

 P

 RB

Fig. V.4

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Diagrama de corpo livre

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Polígono de forças

 RA

 FAC

 FAD

 FDB

 FDC

 P

 FDA

 FCB  FCD

 FCA

 FBD

 FBC

Fig. V.5

 RB

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3. ANÁLISE DETRELIÇAS PELO MÉTODO DAS SECÇÕES O método dos nós utiliza-se quando se pretende determinar os esforços instalados em todas P1 P2 a P2 as barras de uma estrutura. D G B Se se pretende determinar A esforços instalados em apenas algumas barras da estrutura, o método das secções é mais eficiente. E C Por exemplo se a pretende determinar o Fig. V.6 esforço instalado na barra BD da treliça indicada na figura V.6 é necessário determinar a força que a barra BD P1 P2 transmite ao nó B ou ai nó D. A porção da treliça a utilizar é obtida A FBD B seccionando 3 barras da treliça, uma das quais é a barra desejada, ou seja, FBE traçando uma linha que divide a treliça em duas partes completamente separadas mas que não intersecte C FCE mais que 3 barras (Fig. V.6). Fig. V.7 Qualquer das duas partes da treliça obtidas após a remoção das barras intersectadas pode, então, ser usada como corpo livre. Na prática, fez-se passar a secção pelas barras BD, BE e CE, e escolheu-se a porção ABC da treliça como corpo livre (Fig. V.7). As forças atuando no corpo livre ABC são as cargas P1 e P2 e as 3 forças desconhecidas FBD, FBE e FCE. Na figure V.7 o sentido das 3 forças foi arbitrariamente traçado como se as barras estivessem em tração. Método de resolução a partir das secções: 1) Corpo ABC em equilíbrio: 3 equações em ordem a 3 forças desconhecidas. 2) Se desejar apenas determinar uma força, por exemplo: - apenas FBD, basta escrever uma equação, desde que essa equação não contenha as outras incógnitas. ∑ M E = 0 ⇒ FBD - apenas FCE , basta escrever a equação ∑ M B = 0 ⇒ FCE 50

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- apenas FBE, basta escrever a equação

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∑F

= 0 ⇒ FBE

3) Verificação: quando todos os esforços desconhecidos são determinados, os cálculos podem ser verificados através da equação ∑ Fx = 0 . Mas não é possível obter, sempre, uma verificação independentes dos cálculos quando se calcula apenas o esforço instalado numa barra. 4. EXERCÍCIOS 1) Usando o método dos nós, determine o esforço instalado em cada uma das barras da treliça representada na figura V.8. Diga se as barras estão em tração ou em compressão. 48.0 kN

48.0 kN

6.86 m A

10.67 m C

3.66 m Fig. V.8

D Solução: Nó A: FAD = 158.8 kN , compressão; FAB = 140.1kN , tração Nó B: FBD = 48.0kN , compressão; FBC = 140.1 kN , tração Nó C: FDC = 148.1 kN , compressão

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2) Determine os esforços instalados nas barras EG, EF e DF da treliça representada na figura V.9. (Utilize o método das secções).

6 kN

3 kN

Solução: FAC = 12 kN T; FAB = 15 kN C; FFH = 15 kN C FGH = 12 kN T; FBC = FFG = 0; FCE = 12 kN T; FEG = 12 kN T FBE = 5 kN C; FEF = 5 kN C FBD = 10 kN C; FDF = 10 kN C; FDE = 6 kN T

Fig. V.9

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VI. ATRITO

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1. DEFINIÇÃO Seja a experiência seguinte: coloca-se  um bloco rígido de peso P sobre uma superfície plana horizontal. Veja a figura VI.1a. Quais são as forças envolvidas no contacto bloco-plano?  Resposta: a ação (peso) P e a  reação N . Veja a figura VI.1b.

Bloco Superfície plana

a  P

 Para deslocar o bloco à direita, N aplicamos uma força Q . Veja à figura  P VI.1c. Se a força for pequena . o  Q bloco não se deslocará. Porque?  Resposta: deverá existir uma  N A Fm força de atrito c F qualquer outra força horizontal  que equilibre Q . Esta força chama-se  N  força de atrito estático; que é a não há deslocação P  resultante de um grande número de Q forças que atuam sobre toda a  superfície de contacto entre o bloco e F c A d o plano. Geralmente supõe-se que a  força de atrito deve às irregularidades N deslocação das superfícies em contacto, e até certo ponto à atração molecular. Fig. VI.1 Se aumentar a intensidade da   força Q , a força de atrito F também F Equilíbrio  aumenta, continuando a opor-se a Q , até Movimento que a sua intensidade atinge um certo Fm valor máximo Fm (Fig. VI.2). Se se Fc  continuar a aumentar Q , a força de atrito não consegue continuar a equilibrá-la, e o bloco desloca-se (Fig. VI.1c). No  P mesmo tempo, a intensidade de F desce Fig. VI.2 de Fm para um valor mais baixo Fc e chamada força de atrito cinético. Veja a figura VI.2. A partir daí o bloco continua a escorregar com velocidade crescente enquanto a força de atrito Fc permanece aproximadamente constante (Fig. VI.2). Nota-se que, à 55

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medida que a intensidade da força de atrito aumenta de 0 até Fm , o ponto da  aplicação A da resultante R das forças normais de contacto move-se para direita. 2. AS LEIS DO ATRITO SECO Experimentalmente verifica-se que a força máxima de atrito é proporcional à componente normal R da reação da superfície: (VI.1)

Fm = µ e N

Analogamente, temos: (VI.2)

Fc = µ c N

em que µ e e µ c representem, respectivamente, os coeficientes de atrito estático e cinético. Estes coeficientes dependem da natureza das superfícies de contacto. 3. SITUAÇÕES DE ATRITO Q

 F =0 N = P+Q

F = Qx

F < µe N N = Qy + P

F N

Não há força de atrito

Fm = Q x

Fc < Qx Fc = µ c N

F = µe N Fm

Não há movimento, Qx<Fm

N = Qy + P

Movimento iminente, Qx=Fm Fig. VI.3

Movimento, Qx>Fm

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4. ÂNGULOS DE ATRITO 

É, muitas vezes, conveniente substituir a componente normal N e a  força de atrito F pela sus resultante R (Fig. VI.4). Q

φ < φe R=N

P Qy

Q Qx

φ = φe

φ = φc

Não há movimento

F=Qx

Não há força de atrito Q

F m = Qx

R F c < Qx

Movimento iminente

Movimento Fig. VI.4

Á medida que a força de atrito aumenta e atinge o seu valor máximo Fm , o ângulo φ aumenta e atinge um valor máximo φ e , ângulo de atrito estático. A partir da relação VI.1 e do triângulo formado pelas forças R , Fm e N obtém-se: tgφ e =

Fm µ e N = = µe N N

(VI.3)

tgφ e = µ e

Se o movimento ocorrer efetivamente, F cai para Fc ; analogamente φ cai para um valor mais baixo φ c , ângulo de atrito cinético. A partir da relação VI.2 e do triângulo formado pelas forças R , Fc e N obtém-se: 57

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tgφ c =

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Fc µ c N = = µc N N

(VI.4)

tgφ c = µ c

5. EXERCÍCIOS 1) Um bloco esta apoiado num plano inclinado de 30o. O coeficiente de atrito estático é 0.6. a) Representa o diagrama do corpo livre mostrando todas as forças atuando sobre o bloco e explica a origem delas. b) Calcula as intensidades delas quanto a massa do bloco é m= 10 kg. c) Verifique nestes condições se a massa esta em equilíbrio ou em movimento. Solução: b) F=49 N, N=84.8 N, Fm=50.9 N; c) como Fm>F, o bloco esta impedido de deslizar. 2) Verifique se o bloco representado na figura VI.6 está em equilíbrio e calcule a intensidade e o sentido da força de atrito. Os coeficientes de atrito são: µe = 0.20 e µc = 0.15 . Solução: a) Equilíbrio: F = 48.3 N (para cima); N = 621.5 N I.3 Fm = 124.3 N ; F < Fm ⇒ Não há movimento A força de atrito é F = 48.3 N (para cima) 3) Sabendo que o coeficiente de atrito estático é 0.25, determine (a) o menor valor de Q necessário para que o bloco (P =15 kg) comece a subir o plano inclinado, b) o correspondente valor de α (Fig. VI.7). Utilize g =10 m/s2 Solução: a) Q=163.42 N; b) α = 46.0 o 4) Determine o intervalo de T para o qual a caixa, de peso 100 N, está em equilíbrio (Fig. VI.8). Utilize µ e = 0.30 e µ c = 0.25 . Solução:

400 N 800 N o

25o Fig. VI.6

60o

Fig. VI.7

Fig. VI.8

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VII. MOMENTOS DE INÉRCIA

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VII. MOMENTOS DE INÉRCIA

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1. MOMENTOS DE INÉRCIA DE SUPERFÍCIES Considere-se uma viga de secção transversal uniforme sujeita a dois binários iguais e opostos aplicados nas suas extremidades (a viga encontrase em flexão pura) (Fig. VII.1). As forças internas em qualquer secção da viga são forças distribuídas cujas intensidades variam linearmente com a distancia entre o ponta de aplicação e um eixo baricêntrico (ou eixo neutro). As intensidades destas forças são dadas pela relação: (VII.1)

ΔF = kyΔA y

ΔA

ΔF = kyΔA Forças de compressão

y Forças de tracção

Fig. VII.1

em que - ΔA representa um elemento da área, - y representa a distancia entre o elemento da área e o eixo neutro (x). A viga encontra-se em flexão pura. As forças num dos lados do eixo neutro são forças de compressão, enquanto as forças do outro lado são forças de tração. No eixo neutro as forças são nulas. A intensidade da resultante das forças elementares que atuam sobre toda a secção será: (VII.2)

R = k ∫ ydA

em que

S x = ∫ ydA é o momento estático em relação ao eixo x.

A intensidade do momento-flector (binário de forças ΔF ) será igual à:

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(VII.3)

ΔM x = yΔF = ky 2 ΔA ,

integrando em toda a secção, obtêm-se, (VII.4)

M x = k ∫ y 2 dA

em que o momento do segundo ordem (ou momento de inércia) em relação ao eixo x é: (VII.5)

I x = ∫ y 2 dA

e por analogia o momento do segundo ordem (ou momento de inércia) em relação ao eixo y será: (VII.6)

I y = ∫ x 2 dA

2. CÁLCULO DO MOMENTO DE INÉRCIA DE UMA SUPERFÍCIE POR INTEGRAÇÃO Os momentos de inércia da área elementar dA são (Fig. VII.2a): y

dI x = y 2 dA

dA=dxdy

dI y = x 2 dA

Para calcular Ix escolhe-se a faixa paralela ao eixo x e escreve-se o momento de inércia elementar (Fig. VII.2b):

y x y

dI x = y 2 dA

dA=(a-x)dy

dy y

Para calcular Iy escolhe-se a faixa paralela ao eixo y e escreve-se o momento de inércia elementar (Fig. VII.2c):

x a y

dI y = x 2 dA

c x y

Fig. VII.2

dA=ydx x dx

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Momento de inércia de uma superfície rectangular (Fig. VII.3): y 2

dI x = y dA

dA=bdy dy

dA = bdy

h ⎫ 1 3 2 ⎬ ⇒ I x = ∫ by dy = bh 2 3 dI x = y bdy⎭ 0

(VII.7)

y x b Fig. VII.3

Momento de inércia de uma superfície rectangular utilizando as mesmas faixas elementares: A relação VII.7 pode ser utilizada para calcular dIx e dIy de uma faixa rectangular paralela ao eixo y (Fig. VII.2c). 1 dI x = bh 3 3

Fazendo b=dx e h=y (dA=ydx), a relação precedente torna-se:

dI x =

1 3 y dx 3

dI y = x 2 dA dI y = x 2 ydx

3. MOMENTO POLAR DE INÉRCIA O momento polar de inércia é muito utilizado em problemas relativos à torção de barras cilíndricas. Este y momento é definido pela seguinte integral, dA 2

J O = ∫ r dA

(VII.8) r

em que JO é o momento polar de inércia da superfícies de área A relativamente ao pólo O (Fig. VII.4).

x Fig. VII.4

O momento polar de inércia de uma dada superfície pode ser calculado à partir dos momentos de inércia Ix e Iy dessa superfície. A partir da figura VII.4 observe-se que,

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r2=x2+y2 e conjugando com a relação (VII.8), obtêm-se: J O = ∫ r 2 dA = ∫ ( x 2 + y 2 )dA = ∫ x 2 dA + ∫ y 2 dA

e por consequência o momento polar de inércia será: JO = Ix + I y

(VII.9)

4. RAIO DE GIRAÇÃO DE UMA SUPERFÍCIE Depois de a área e os momentos de inércia apropriados terem sido calculados, pode ser calculado o raio de girarão de uma superfície. Imagine-se que se concentra a superfície A da figura VII.5a numa faixa estreita paralela ao eixo x (Fig. VII.5b). Neste caso, considera-se que a faixa deverá ser colocada a uma distancia ix do eixo x, tal que,

A x O

y A ix O y

I x = ix2 A

resolvendo em ordem a ix, obtêm-se, ix =

Ix A

O A

(VII.10)

e de modo análogo podem definir-se iy =

Iy A

(VII.11)

iO =

JO A

(VII.12)

x A Fig. VII.5

em que ix , iy e io chamam-se raio de giração, respectivamente, da superfície relativamente ao eixo x, ao eixo y (Fig. VII.5c) e ao pólo O (Fig. VII.5d).

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Exemplo: Calcule o raio de giração do rectângulo apresentado na figura VII.6 relativamente à sua base. Resolução: utilizando as relações (VII.7) e (VII.10) que são,

ix =

h y x

Ix A

b Fig. VII.6

1 I x = bh 3 3 e sabendo que A=bh (Fig. VII.6), obtêm-se

1 3 bh I i x2 = x = 3 A bh

i x2 =

h2 3

e finalmente o raio de giração do rectângulo relativamente a sua base é

ix =

h 3

5. TEOREMA DOS EIXOS PARALELOS Considera-se o seguinte momento de inércia I = ∫ y 2 dA

(VII.13)

em que y é a distancia entre o elemento da área dA e o eixo de referencia a1a2. Considera-se agora o eixo baricêntrico b1 b2 , passando pelo centróide C da superfície, paralelo ao eixo a1a2 como indicado na figura VII.7. A partir da figura VII.7 escreve-se y=y1+d, substituindo y no integral (VII.13) resulta

d a1

a2 Fig. VII.7

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I = ∫ y 2 dA = ∫ ( y1 + d ) 2 dA

I = ∫ y 12 dA + 2d ∫ y1dA + d 2 ∫ dA

em que - o primeiro integral representa o momento de inércia I da superfície relativamente ao eixo baricêntrico b1b2, - o segundo integral representa o momento estático da superfície relativamente ao eixo b1b2; como o centróide C da superfície se localiza sobre esse eixo, este integral é nulo, - o ultimo integral dá d 2 ∫ dA =Ad 2 . Finalmente obtêm-se a seguinte relação (VII.14)

I = I + Ad 2

Teorema dos eixos paralelos: o momento de inércia I de uma superfície em relação a um dado eixo a1a2 é igual ao momento de inércia I da superfície relativamente ao eixo baricêntrico b1b2 paralelo a a1a2 mais o produto Ad2 , em que A representa a área da superfície e d a distancia entre os dois eixos (eq. VII.14). Fazendo I = i 2 A e I = i 2 A , o teorema pode também ser expresso por (VII.15)

i2 = i 2 + d 2

O teorema pode também ser utilizado para relacionar o momento polar de inércia JO de uma superfície relativamente a um ponto O com o momento polar de inércia J C da mesma superfície relativamente ao seu centróide C; neste caso escreve-se J O = J C + Ad 2

ou 2 O

(VII.16) 2 C

i =i +d

6. EXERCÍCIOS 1) Determine, por integração directa, o momento de inércia da superfície representada na figura VII.7 relativamente ao eixo y. a 3b Solução: I y = 3 66

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2) Determine, por integração direta, o momento polar de inércia da coroa semicircular representada na figura VII.8 relativamente ao ponto O. Solução: J o =

(r 4

− r1

)

3) Determine, por integração direta, o momento de inércia da superfície, representada na figura VII.8 relativamente ao eixo x e ao eixo y. bh 3 hb 3 Solução: I x = ; Iy = 4 12 y y

y = kx 3

h O x

b Fig. VII.8 a

Fig. VII.9

Fig. VII.7

7. MOMENTO DE INÉRCIA DE SUPERFÍCIES COMPOSTAS Uma superfície pode ser composta por varias formas simples: rectângulo, triângulo, círculo, semicírculo, quarto de círculo e elipse. O seu momento de inércia pode obter-se utilizando as fórmulas das formas geométricas usuais acima referidas. O teorema dos eixos paralelos pode ser utilizado para calcular o momento de inércia de superfície composta relativamente a um eixo dado. O método de cálculo é descrito a seguir: - considerar cada superfície componente em separado, - calcular o momento de inércia de cada superfície relativamente aos seus eixos baricêntricos utilizando as formulas das formas geométricas usuais e as propriedades de perfis laminados. - utilizar o teorema dos eixos paralelos para calcular o momento de inércia de cada superfície componente relativamente ao eixo pretendido, - adicionar os diversos valores obtidos. O raio de giração de uma superfície composta não é igual à soma dos raios de giração das superfícies componentes. Para determinar o raio de giração de uma superfície composta, é necessário calcular primeiro o momento de inércia da superfície.

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Exemplo: Determine o momento de inércia e o raio de giração da secção composta (viga de perfil IPE + chapa) relativamente a um eixo paralelo à chapa 225 mm passando no centróide C da secção (Fig. VII.10). Resolução: Coloca-se a origem O do referencial no centróide do perfil IPE 360.

20 mm

C 360 mm

Calculo o centroíde do perfil IPE 360: Área da chapa: 225 mm × 19 mm = 4275 mm 2 1 1 Centróide da chapa: y = (360 mm) + (20 mm) = 190 mm 2 2

170 mm Fig. VII.10

Secção

Chapa

Área (mm2)

4500

Perfil IPE 360

7270 ∑ A =11770

y (mm) 190 0 -

y A (mm3) 855000 0

∑ yA = 855000

Centróide da superfície composta: perfil IPE 360+chapa:

Y =

∑ yA = 855000 = 73 mm ∑ A 11770

190 mm

Calculo do momento de inércia: Utiliza-se o teorema dos eixos paralelos (Fig. VII.11). Momento de inércia, - para o perfil IPE 360: I x ' = I x + AY 2 = 162 .70 × 10 6 + 7270 × (73) 2 = 201 .440 × 10 6 mm 4 - para a chapa:

1 3 1 bh + Ad 2 = (225) × (20)3 + (4550)(117) 2 12 12 5 5 I x ' = 1.5 × 10 + 615 .6 × 10 = 61.74 × 105 mm 4

I x ' = I x + Ad 2 =

Finalmente, para a superfície composta, o momento de inércia é: I x ' = 201 .440 × 10 6 + 61.74 × 10 6 = mm 4 = 2.63.180 × 10 6 mm 4

I x ' = 2.63 × 108 mm 4 Raio de giração: I 2.63 × 108 mm4 ix2' = x ' = = 22345 mm 2 A 11770 mm2

i x ' = 150 mm

d x’

C O

Fig. VII.11

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8. MOMENTO DE INÉRCIA DE MASSA O momento de inércia de um corpo relativamente a um eixo AA’ (Fig. VII.12) é: (VII.17)

I = ∫ r 2 dm

em que r é a distancia do eixo AA’ ao elemento de massa dm. y

dm y

O r

x z

x z Fig. VII.12

O raio de giração do corpo, de massa m, é definido como: i=

I m

(VII.18)

Os momentos de inércia de um corpo relativamente aos eixos coordenados são definidos pelas relações:

( = ∫ (z = ∫ (x

) )dm )dm

I x = ∫ y 2 + z 2 dm Iy Iz

+ x2

+ y2

(VII.19)

O teorema dos eixos paralelos também se aplica a momentos de inércia de massa (Fig. VII.13): (VII.20)

I = I + md 2

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em que, - I é o momento de inércia do corpo relativamente ao eixo baricêntrico BB’, paralelo ao eixo AA’, - m é a massa do corpo, - d é a distancia entre os dois eixos. A B d

A’ B’ Fig. VII.13

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VIII. TRABALHOS VIRTUAIS

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1. TRABALHO DE UMA FORÇA 



Definição: O trabalho de uma força F num pequeno deslocamento dr é dado pelo seguinte produto interno   dt = F ⋅ dr

(VIII.1)

Representando por F e ds as intensidades da força e do deslocamento, respectivamente, a relação (VIII.1) escreve-se (VIII.2)

dt = F ds cosα 



em que α é o ângulo formado por F e dr (Fig. VIII.1)  F

α  dr

A’

Fig. VIII.1

O trabalho é uma grandeza escalar: tem uma intensidade e um sinal, mas não tem direção. O sinal de dt depende do valor do ângulo α , Se α < 90o ⇒ dt > 0 Se α = 90o ⇒ dt = 0 Se α > 90o ⇒ dt < 0 Unidade: No sistema SI de unidades o trabalho deve ser expresso en N m. A unidade de trabalho N m chama-se Joule (J). O Joule é a unidade SI de energia. Embora o momento de uma força deve ser expresso em N m, e não em Joules, visto que o momento de uma força não é uma forma de energia.

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Trabalho de um binário: Qualquer pequeno deslocamento do corpo rígido representado na figura VIII.2 (AàA’ e BàB’’) pode ser efectuado em duas fases: B’’

 dr1 A

dθ

A’

B’



 dr2

 dr1 Fig. VIII.2

 F

-F



1) A e B sofrem deslocamento iguais dr1 , neste caso o trabalho de F é  igual e de sinal contrário ao trabalho de − F , e a sua soma é nula, 

2) A´ fixo, e B’ se move para B’’ com um deslocamento dr2 só a força F realiza trabalho e o seu trabalho é dt = Frdθ 

O trabalho de um binário de momento M atuando num corpo rígido é: (VIII.3)

dt = M dθ

em que M=Fr e dθ (em radianos) é o ângulo elementar de rotação do corpo (Fig. VIII.2). 2. PRINCÍPIO DOS TRABALHOS VIRTUAIS 

Deslocamento virtual: Um deslocamento virtual δr , de uma partícula localizada no ponto A e atuada por várias forças (Fig. VIII.3), é um deslocamento supostamente ocorrido mas que não ocorreu efetivamente.  F2

 F1

A’



Fig. VIII.3

δr

 Fn

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Trabalho virtual: O trabalho das forças que corresponde a um deslocamento virtual chama-se trabalho virtual, e é representado pela seguinte relação 



⎛

 ⎞



(VIII.4)

δt = F1 ⋅ δr + F2 ⋅ δr + ... + Fn ⋅ δr = ⎜ ∑ Fi ⎟ ⋅ δr = R ⋅ δr ⎝ i =1

⎠

Princípio do trabalho virtual: O princípio dos trabalhos virtuais estabelece que se uma partícula se encontra em equilíbrio, o trabalho virtual total  δr das forças que atuam na partícula é nulo para qualquer deslocamento virtual da partícula. O princípio dos trabalhos virtuais pode generalizar-se ao caso de corpos rígidos sistemas de corpos rígidos, particularmente no caso de máquinas e mecanismos constituídos por corpos rígidos interligados. 3. APLICAÇÃO Considere-se o torno de uma alavanca articulada ABC (Fig. VIII.4) utilizada para comprimir um bloco de madeira. Admitindo-se que não há atrito, pretende-se determinar a força exercida pelo torno no bloco quando se aplica uma dada força P no ponto C.

P C

Fig. VIII.4

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- Traça-se o diagrama do corpo livre do torno representado pela figura VIII.5. - Considera-se o deslocamento virtual dando um incremento positivo δθ ao ângulo θ . - No diagrama do corpo livre, verifica-se que xB aumenta quando yC diminui e o incremento δxB é positivo quando δyC é negativo.    - As reações Ax , Ay e N não realizarão trabalho durante o   deslocamento virtual ao contrario das força P e da reação Q . Por   outro lado as forças P e Q têm sentidos opostos aos dos eixos x e y; e por consequência: y

P C

− δyC yC

δθ

C’ Q

B N

Ay xB

δxB

Fig. VIII.5

  Q e δxB têm sentidos opostos e o trabalho virtual de Q será: δt Q = −Qδx B   P e δyC têm o mesmo sentidos e o trabalho virtual de P será:

δt P = P(−δyC ) = − PδyC

As coordenadas xB e yC são dadas pelas relações: xB = 2senθ e yC =  cosθ

diferenciando, obtém-se δxB = 2 cosθ δθ e δyC = −senθ δθ

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

Considerando as relações precedentes, o trabalho virtual das forças P e Q será δt = δtQ + δt P = −QδxB − PδyC = −Q(2 cosθ δθ ) − P(senθ δθ )

Fazendo δt = 0 , obtém-se − 2Q cosθ δθ + Psenθ δθ = 0

ou 2Q cosθ δθ = Psenθ δθ

o que dá Q=

1 P tanθ 2

A vantagem do método dos trabalhos virtuais em relação às equações de equilíbrio é o facto do método eliminar as reações desconhecidas, enquanto a equação ∑ M A = 0 só teria eliminado 2 das reações desconhecidas. 4. EXERCÍCIOS 1) Utilizando o método de trabalho virtual, determine a magnitude do momento M necessário para manter em equilíbrio o mecanismo apresentado na figura VIII.6 Fig. VIII.6

2) O mecanismo mostrado na figura VIII.7 é controlado pela força P. Determine uma expressão para a magnitude da força Q necessária para o equilíbrio.

Fig. VIII.7

3) Sabendo que a linha de ação da força Q passa através do ponto C como mostre a figura VIII.8, determine uma expressão para a magnitude da força Q necessária para manter equilíbrio. Fig. VIII.8