Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Ementa
SISTEMAS DE FORÇAS APLICADAS
EQUIVALENTES.
EQUILÍBRIO
DA
PARTÍCULA. EQUILÍBRIO DE CORPOS
RÍGIDOS. TRELIÇAS PLANAS E ESPACIAIS.
BARICENTRO
E
CARREGAMENTO
DISTRIBUÍDO. ESFORÇOS INTERNOS EM
ELEMENTOS ESTRUTURAIS. MOMENTOS DE
INÉRCIA DE FIGURAS PLANAS. ATRITO
Guia Curricular
ƒ
9
9
9
9
9
9
9
SISTEMAS DE FORÇAS APLICADAS
EQUIVALENTES.
FORÇAS INTERNAS E EXTERNAS.
PRINCÍPIO
DA
TRANSMISSIBILIDADE.
FORÇAS EQUIVALENTES.
PRODUTO VETORIAL DE DOIS
VETORES.
MOMENTO
DE
UMA
FORÇA.
TEOREMA DE VARIGNON. PRODUTO
ESCALAR E PRODUTO MISTO.
MOMENTO DE UMA FORÇA E
MOMENTO DE UM BINÁRIO.
SISTEMAS EQUIVALENTES DE
FORÇAS E VETORES. TORSOR.
ƒ
EQUILÍBRIO DA PARTÍCULA.
EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS.
9 DIAGRAMA DE CORPO LIVRE.
9 EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS
EM 2 E 3 DIMENSÕES.
9 EQUILÍBRIO DE CORPOS RÍGIDOS
SUBMETIDOS A FORÇAS EM 2 E 3
DIMENSÕES.
ƒ
9
9
9
9
9
9
9
9
9
9
BARICENTRO E CARREGAMENTO
DISTRIBUÍDO.TRELIÇAS PLANAS
E ESPACIAIS.
CENTRO DE GRAVIDADE E
CENTRÓIDE DE UM CORPO EM 2 E 3
DIMENSÕES.
DETERMINAÇÃO POR INTEGRAÇÃO.
CARGAS SOBRE VIGAS.
DEFINIÇÃO DE TRELIÇA.
TRELIÇAS SIMPLES.
ANÁLISE DE TRELIÇAS
PELO MÉTODO DOS NÓS.
TRELIÇAS ESPACIAIS E
COMPOSTAS.
MÉTODO DAS SEÇÕES.
ANÁLISE DAS ESTRUTURAS E
MÁQUINAS
ƒ
ESFORÇOS INTERNOS EM
ELEMENTOS ESTRUTURAIS.
MOMENTOS DE INÉRCIA DE
FIGURAS PLANAS. ATRITO.
9 FORÇAS INTERNAS NOS
ELEMENTOS.
9 CARREGAMENTOS.
9 FORÇA CORTANTE E MOMENTO
FLETOR.
9 DIAGRAMAS.
9 CARGA.
9 CABOS.
9 CATENÁRIA
• Bibliografia
¾
BEER,
FERDINAND
P.;
JOHNSTON JR., E. RUSSELL. MECÂNICA
VETORIAL
PARA
ENGENHEIROS
–
ESTÁTICA. 5.ED. SÃO PAULO: ED. MAKRON
BOOKS DO BRASIL, 1991.
¾
HIGDON, ARCHIE, ET AL.
MECÂNICA – ESTÁTICA. 2. ED. RIO DE
JANEIRO: ED. PRENTICE-HALL DO BRASIL
LTDA, 1984.
1
Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Corpos Rígidos – Sistemas equivalentes
de forças
¾ Introdução
Há dois tipos de tratamento de um corpo,
quando queremos estudar suas condições de
equilíbrio ou de movimento: ponto material ou
corpo rígido. O corpo rígido é aquele que não se
deforma, porém as estruturas e máquinas reais
nunca são absolutamente rígidas. Quando há riscos
de rupturas são tratadas em Resistência dos
materiais.
Estudaremos as forças aplicadas em
corpos rígidos e como substituir um dado sistema
de forças por um sistema de forças equivalente. A
hipótese fundamental sobre a qual se baseará a
análise é que o efeito de uma força aplicada em um
corpo rígido não se altera se a força é deslocada ao
longo de sua linha de ação (princípio da
transmissibilidade).
Dois conceitos importantes associados ao
efeito de uma força sobre um corpo rígido são o
momento de uma força em relação a um ponto e o
momento de uma força em relação a um eixo.
Outro conceito importante é o de um binário, que é
a combinação de duas forças que tem a mesma
intensidade, linhas de ação paralelas e sentidos
opostos.
¾
baricentro do caminhão. O solo se opõe ao
movimento descendente do caminhão com as
forças R1 e R2. Essas forças são exercidas pelo
solo sobre o caminhão.
ƒ
Se cada uma das forças externas que
atuam num corpo rígido não for neutralizada, serão
capazes de comunicar ao corpo rígido um
movimento de translação ou de rotação.
ƒ
Forças internas: são as que
mantém unidos os pontos materiais que formam o
corpo rígido.
¾
Princípio da Transmissibilidade.
Forças equivalentes.
O
princípio
da
transmissibilidade
estabelece que as condições de equilíbrio ou de
movimento de um corpo rígido permanecem
inalteradas de uma força F, que atuam em um
determinado ponto de um corpo rígido, é
substituída por uma força F´ de mesmo módulo,
direção e sentido, mas que atua num ponto
diferente, desde que as duas tenham a mesma linha
de ação. As forças F e F´ têm o mesmo efeito sobre
o corpo rígido e são ditas equivalentes.
Figura 2 – Forças equivalentes.
Forcas Internas e Externas
As forças que atuam em corpos rígidos
podem ser classificadas em dois tipos:
ƒ
Forças externas: representam a
ação de outros corpos sobre um corpo rígido.
Considere as forças que atuam sobre um
caminhão:
• Produto Escalar entre dois vetores:
G G
Representação: A ⋅ B
G
B
G
Lê-se: Produto escalar entre os vetores A e
Definição: O Produto escalar entre dois
vetores é um número que representa a projeção de
um vetor na direção de outro vetor:
G
A
θ
Figura 1 – Forças externas sobre um caminhão.
O peso P pode ser representado por uma
única força aplicada num ponto denominado de
G
A cos θ
G
B
2
Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
G G
A ⋅ B = Ax B x + Ay B y + Az B z
Mostramos em aula que:
G G
G G
A ⋅ B = Ax B x + Ay B y + Az B z = A B cos θ
Podemos encontrar o ângulo entre os
vetores por meio da equação:
cos θ =
Ax Bx + Ay By + Az Bz
G G
A B
⎧⎪ A B + A B + A B ⎫⎪
z z
θ = arccos ⎨ x x Gy Gy
⎬
A B
⎪⎩
⎪⎭
vetores
Definição: O Produto vetorial entre dois
é um vetor que possui direção
G
perpendicular ao plano formado pelos vetores A
G
e B , cujo ângulo vale θ e cujo módulo é igual a
G
área formada pelo paralelogramo de lados A e
G
B:
Aplicações:
Trabalho de uma força:
O trabalho de uma força, ao deslocar um
G
G
corpo de uma posição r1 a outra r2 no espaço ao
longo de uma trajetória C é dado por:
G
A
G G
τ = ∫ F ⋅ dr
G G
A× B
C
Quando a força é constante ao longo dessa
trajetória, sendo d o deslocamento sofrido pelo
corpo:
G
h = A sen θ
θ
G G
G
B
τ = F ⋅d
Potência de uma força:
G G
P = F ⋅v
iˆ
G G
A × B = Ax
Bx
Propriedades:
iˆ ⋅ iˆ = 1
ˆj ⋅ ˆj = 1
iˆ ⋅ ˆj = ˆj ⋅ iˆ = 0
iˆ ⋅ kˆ = kˆ ⋅ iˆ = 0
ˆj ⋅ kˆ = kˆ ⋅ ˆj = 0
kˆ ⋅ kˆ = 1
G G G
G G G G
A⋅ B + C = A⋅ B + A⋅C
G
G −→
v
nˆ → = G G ; onde v = AB = B − A
AB
v ⋅v
(
)
G
v = v x ⋅ iˆ + v y ⋅ ˆj + v z ⋅ kˆ
Determinação dos ângulos θx, θy, θz:
v
v
cos θ x = Gx ⇔ θ x = arccos Gx
v
v
(Normalização de um vetor).
Mostre que:
nˆ → = cosθ x iˆ + cosθ y ˆj + cosθ z kˆ
AB
vy
vy
cos θ y = G ⇔ θ y = arccos G
v
v
v
v
cos θ z = Gz ⇔ θ x = arccos Gz
v
v
Produto Vetorial entre dois
vetores:
G
G
G G
Lê-se: Produto vetorial entre os vetores A e B
kˆ
Az
Bz
Operações com Vetores no Espaço R3:
Representação:
G G
A × B = (Ay B z − Az B y )iˆ + ( Az Bx − Ax B z ) ˆj + (Ax B y − Ay Bx )kˆ
¾ Representação: A × B
ˆj
Ay
By
Representação dos ângulos no espaço
R3:
¾ Representação:
G
v = v x ⋅ iˆ + v y ⋅ ˆj + v z ⋅ kˆ ou
G
v = (v x , v y , v z ) ou
3
Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
G
G
v = OA = A − O
(
G
v x : Componente x do vetor v na direção Ox .
G
v y : Componente y do vetor v na direção Oy.
G
v z : Componente z do vetor v na direção Oz.
θz
θ x
)
)
Ax
G G G
A ⋅ B × C = Bx
Ay
Az
By
Bz
Cx
Cy
Cz
(
•
G
v A
(
G G G
G G G
A ⋅ B × C = A B C senθ cos α
)
Momento de uma força:
Definição: Definimos o momento de uma
força em relação a O como sendo o produto vetorial
de F e r:
θy
Figura 3 – Momento de uma força Mo em
relação a O,
vy
0
y
x vx
¾ Versores:
iˆ = (1,0,0 )
ˆj = (0,1,0 )
kˆ = (0,0,1)
Módulo do vetor:
G
v = v x2 + v y2 + v z2
Produto misto de três
vetores:
O Produto misto entre os vetores
G G G
A , B e C é um número cujo valor é o volume do
paralelepípedo formado pelo comprimento dos
respectivos vetores .
¾ Interpretação Geométrica:
G
(G G)
¾ Notação: A ⋅ B × C
G
G G
MO = r × F
G
r = xiˆ + yjˆ + zkˆ
G
F = Fx iˆ + Fy ˆj + Fz kˆ
G
G G
M O = r F senθ = Fd
G
M O = M x iˆ + M y ˆj + M z kˆ
M x = yFz − zFy
M y = zFx − xFz
M z = xFy − yFx
iˆ
G
MO = x
Fx
ˆj
y
Fy
kˆ
z
Fz
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Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
(d) a distância a que uma força vertical de
1200N deverá estar do eixo para gerar o mesmo
momento em relação a O.
(e) se alguma das forças obtidas nos itens
anteriores é equivalente a força original.
Solução:
(a)
G
M O = Fd = − ( 500 )( 0.3) = −150 N ⋅ m
(b) d = 0.6 ⋅ sen60 = 0.52m
0
5
G
M
M O = Fd = 150 N ⋅ m ⇔ F = O
d
M O 150
F=
=
= 288 N
d
0.52
•
Teorema de Varignon:
(c) A menor força: Para d máximo:
G
150
G G G
G G G G
G GG
= Fd = 150 N ⋅ m ⇔ F =
r × F1 + F2 + " + Fn = r × F1 + r × F2 + " r × FM
n O
0.6
(
)
Exemplo 1 – Uma força vertical de 500N
é aplicada na extremidade de uma manivela
fixada a um eixo em O. Determinar:
F = 250 N
(d) Força vertical de 1200N:
G
M O = Fd = 150 ⇔ 1200d = 150
OB cos 600 = d ⇔ OB = 0.25m
d=
(a) O momento da força de 500N em relação a
O
(b) a intensidade da força horizontal aplicada
em A que produz o mesmo momento em relação a
O.
(c) a menor força aplicada em A que produz o
mesmo momento em relação a O.
150
= 0.125m
1200
(e) nenhuma das forças nos itens é equivalente
à força original de 500N.
Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
Exemplo 2 – Uma força de 800N é aplicada
Exemplo 3 – Uma força de 150N atua na
como ilustrado. Determine o momento da força em
extremidade de uma alavanca de 0.9m, como
relação a B.
ilustrado. Determinar o momento da força em
relação a O.
Solução:
O momento MB da força F em relação a B é
obtido através do produto vetorial:
G
G
G
M B = rAB × F
G
rAB : vetor que liga de B a A.
G
rAB = −0.2iˆ + 0.16 ˆj
G
F = 800 cos 600 iˆ + 800 sen600 ˆj
G
F = 400iˆ + 693 ˆj
Solução:
A força é substituída por duas componentes:
uma P na direção AO e uma componente Q
perpendicular a AO. Como O está na linha de ação
de P, o momento de P em relação a O é 0. O
momento da força de 150N se reduz ao momento
de Q, que tem sentido horário, portanto é
representado por um escalar negativo:
Q = 150sen 200 = 51.3 N
G
G
G
M B = rAB × F
G
M B = −0.2iˆ + 0.16 ˆj × 400iˆ + 693 ˆj
G
M B = −202.6kˆ ( N ⋅ m 0 )
(
) (
)
G
M O = −Q ⋅ 0.9 = −51.3 ⋅ 0.9 = −46.2 N ⋅ m
G
M O = −46.2 ( N ⋅ m 0 ) ⇐
6
Mecânica Geral II – Notas de AULA 1 - Teoria – Prof. Dr. Cláudio S. Sartori
G
G
G
M A = rCA × F
G
M A = 0.3iˆ + 0.08kˆ × −120iˆ + 96 ˆj − 128kˆ
G
M A = −7.68iˆ + 28.8 ˆj + 28.8kˆ ( N ⋅ m )
(
) (
)
Exemplo 4 – Uma placa retangular é
sustentada por suportes em A e em B e por um fio
CD. Sabendo que a tração no cabo é de 200N,
determine o momento da força exercida pelo fio na
placa, em relação ao ponto A.
7
Solução:
G
G
G
M A = rCA × F
G
rCA : vetor que liga de A a C.
→
G
rCA = AC = 0.3iˆ + 0.08kˆ
G
F = F ⋅ nˆCD
→
nˆCD =
CD
→
CD
→
CD = D − C = −0.3iˆ + 0.24 ˆj − 0.32kˆ
→
CD =
( −0.3) + ( 0.24 ) + ( −0.32 )
2
2
2
→
CD = 0.5m
→
nˆCD =
CD
→
CD
=
−0.3 ˆ 0.24 ˆ 0.32 ˆ
i+
j−
k
0.5
0.5
0.5
nˆCD = −0.6iˆ + 0.48 ˆj − 0.64kˆ
G
G
F = F ⋅ nˆCD ⇔ F = 200 ⋅ −0.6iˆ + 0.48 ˆj − 0.64kˆ
(
G
F = −120iˆ + 96 ˆj − 128kˆ ( N )
)