Apostila de estática...Estática dos pontos materiais Conceitos gerais Forças • Ação de um...

Prof. Dr. José Pedro Andreeta

Apostila de estática

“Uma síntese de estática da disciplina Física

Geral I”


2

Índice

Estática dos pontos materiais ........................................................................ 3

Conceitos gerais .................................................................................................. 3

Representação de uma força no plano ........................................................ 3

Conceito de Força Resultante ......................................................................... 4

Alguns conceitos sobre Vetores ..................................................................... 4

Produto de um vetor por um escalar............................................................ 5

Conceito de distância entre dois pontos ..................................................... 6

Conceito de vetor posição ................................................................................ 6

Adição gráfica de vetores .................................................................................. 7

Generalizando para dois vetores quaisquer ............................................... 8

A Lei dos Senos ................................................................................................. 10

Decomposição de um vetor ............................................................................ 12

Conceito de versor ............................................................................................ 13

Versores em coordenadas cartesianas ...................................................... 13

Adição analítica de vetores ............................................................................ 16

Condição de equilíbrio de um ponto material ......................................... 21

Primeira Lei de Newton ................................................................................... 21

Estática de corpos rígidos ........................................................................................ 59 Conceito de corpo rígido ........................................................................................ 59 Discussão de uma força aplicada em um corpo rígido ........................................... 59

Conceito de torque ou momento de uma força ....................................................... 60

Relação entre as forças no equilíbrio ...................................................................... 60 Forma geral de representar o momento de uma força ............................................ 61 O produto vetorial ................................................................................................... 62

Interpretação geométrica do módulo do produto vetorial ...................................... 64 Produto vetorial entre os versores cartesianos ........................................................ 65

Método prático de calcular o produto vetorial........................................................ 67 Comprovação do principio da transmissibilidade .................................................. 71 Representação do momento de uma força .............................................................. 72 Condições de equilíbrio de um corpo rígido .......................................................... 73

Técnicas para determinar R e MR ........................................................................... 75 Momento de um binário ......................................................................................... 77 Uma nova propriedade do produto vetorial ............................................................ 78 Aplicando no momento binário .............................................................................. 79

Representação do momento de um binário............................................................. 80 Binários equivalentes .............................................................................................. 81 Redução de um sistema de forças em uma força e um momento de binário .......... 82

Redução de um sistema de forças coplanares a uma única força ........................... 84 Cálculo da distância S para essa redução ............................................................... 86 Redução de um sistema de forças em uma única força .......................................... 91 Caso geral – o torsor ............................................................................................... 94 Forças de reações em apoios e conexões .............................................................. 104

Métodos para resolução de problema de estática de corpos rígidos ..................... 106 Cálculo da força e do momento resultantes .......................................................... 111


3

Estática dos pontos materiais

Conceitos gerais

Forças

• Ação de um corpo em outro

• A ação é caracterizada pela sua intensidade, ponto de aplicação,

direção e sentido. A força é, portanto, um vetor. Exemplo:

• Para pontos materiais, somente são relevantes, a intensidade, a

direção e o sentido da força.

Representação de uma força no plano

Seja uma força F no plano:

• C

•

• B

• A

• F – sentido/direção

Intensidade – tamanho do vetor

B – ponto de aplicação


4

Conceito de Força Resultante

Se duas ou mais forças atuam em um ponto material, estas

normalmente podem ser representadas por uma força equivalente

denominada de Força Resultante. Exemplo:

Alguns conceitos sobre Vetores

• Vetores Equivalentes

São vetores de mesma intensidade, direção e sentido. Exemplo:

Eixo de referência

Sentido da força

F

σσ

Ponto material

Linha de ação da força – é a reta que contém o vetor F

P

R

Q

Onde R = P + Q


5

“são vetores paralelos de mesma intensidade”

• Vetores Opostos

São vetores de mesma intensidade e direção, mas com sentido inverso.

Exemplo:

“são vetores anti-paralelos”

Produto de um vetor por um escalar

Seja um vetor P no espaço. Exemplo:

Se adicionarmos esse vetor com ele mesmo, temos:

P + P = 2P

Adicionando novamente, temos:

P

Q

P = Q

P

Q

P = - Q

P


6

P + P + P = 3P

O que altera no vetor é somente a sua intensidade. Na verdade estamos

multiplicando o vetor P por um escalar 3.

“A multiplicação de um vetor por um escalar positivo altera

somente a intensidade do vetor”

Conceito de distância entre dois pontos

Sejam os pontos A, B e C mostrados na figura:

Supondo que vamos de A → C através da trajetória A → B → C

percorremos a distancia:

dAC = 3 + 4 = 7 km

Conceito de vetor posição

Sejam novamente os pontos A, B e C mostrados na figura:


7

Conceituamos o vetor posição AC, isto é, a posição de C em relação ao

ponto A que possui a direção e sentido indicados na figura e cujo o

módulo e dado por:

│AC│= √32 + 42 = 5 𝑘𝑚

Adição gráfica de vetores

Sejam dois vetores P e Q perpendiculares entre si:

P

Q

Para somar graficamente os dois vetores, devemos seguir as seguintes

etapas:

a) Colocar os vetores em uma origem comum deslocando-os

em suas linhas de ação;

b) Traçar vetores paralelos aos vetores dados nas

extremidades de cada vetor;


8

c) Traçar o vetor resultante como uma diagonal da figura

obtida a partir da origem:

Generalizando para dois vetores quaisquer

Sejam dois vetores P e Q. Fazendo o mesmo procedimento anterior

obtemos:

Onde: R = P + Q

Quanto vale o módulo │R│?


9

Sabemos que:

│R│2 = │OA│2 + │AB│2

Mas:

│OA│ = │Q│ + │P│ cos Ө

│AB│ = │P│ sen Ө

Logo:

│R│2 = (│Q│ + │P│cos Ө)2 + │P│2 sen2 Ө

│R│2 = │Q│2 + 2│Q││P│cos Ө + │P│2 cos2 Ө + │P│2 sen2 Ө

Logo:

│R│2 = │P│2 + │Q│2 + 2│Q││P│cos Ө

Como cos β = - cos Ө, temos:

│R│2 = │P│2 + │Q│2 - 2│P││Q│cos β

Lei dos Cossenos

Cálculo da direção do vetor resultante em relação a um vetor dado

Sejam os vetores P e Q do caso anterior:


10

Cálculo do ângulo α:

Sabemos que:

tgα = │R│sen α = sen α = │AB│

│R│cos α = cos α = │OA│

Portanto:

tgα = │P│sen Ө

│Ө│cos Ө

Portanto:

α = arctg (│P│sen Ө

│Ө│+ │P│cos Ө)

A Lei dos Senos

Seja um triângulo qualquer de lados a, b e c. A altura do triângulo em

relação ao lado c é h. Temos, portanto, que:


11

h = b senα

h = a sen β

Portanto:

b sen α = a sen β (1)

Seja agora h’ a altura em relação ao lado b, logo:

h’ = a sen θ

h’ = c sen α

Portanto:

a sen θ = c cos α (2)

De (1) temos:

a = b


12

sen α sen β

De (2) temos:

a = c

sen α sen θ

Logo, temos que:

a = b = c

sen α sen β sen θ

Lei dos Senos

Decomposição de um vetor

Vimos que podemos substituir diversos vetores por um único vetor

denominado de vetor resultante. Podemos também fazer um processo

contrário, isto é, decompor um vetor em diversos outros.

Seja, por exemplo, um vetor P no plano:

Onde:

│Px│ = │P│ cos Ө


13

│Py│ = │P│ sen Ө

Conceito de versor

Um versor é um vetor cujo módulo é sempre igual à unidade.

Sejam os vetores P e Q. Definimos como versor de P a grandeza:

λp = P

│P│

E como versor de Q a grandeza:

λq = Q e │ λp │ = │ λq │= 1

│Q│

Versores em coordenadas cartesianas

Seja o vetor P que vamos decompor nas direções x e y. Vimos que:

λpx =│Px│= Px

│Px│ │Px│

λpy = Py

│Py│

Em coordenadas cartesianas, vamos chamar:

λpx = i Px =│Px│i

e logo:


14

λpx = j Py =│Py│j

Podemos então escrever o vetor P de forma analítica:

P = │Px│ i + │Py│ j

Como │Px│ e │Py│ são escalares, isto é, um número, um vetor pode ser

escrito como P = 3 i + 4 j

Supondo │Px│ = 3

│Py│ = 4

Na última aula vimos que um vetor pode sempre ser decomposto em

suas coordenadas cartesianas.

Seja por exemplo o vetor P:

Logo:

P = Px i + Py j

Onde:

Px = │P│cos Ө


15

Py = │P│sen Ө

Vamos supor que:

Px = 4N

Py = 3N

Podemos então escrever:

P = 4 i + 3 j N

Definimos ainda o conceito geral de versor:

λpx = P

│P│

Cálculo do versor de P:

│P│= √𝑃𝑥2 + 𝑃𝑦2 Teorema de Pitágoras

│P│= √42 + 32 = 5 𝑁

Cálculo do versor de P:

λp = P = 4 i +3 j = 0,8 i + 0,6 j

│P│ 5

Logo o vetor P pode ser escrito em função do seu versor:

P = P λp

P = 5 ( 0,8 i + 0,6 j ) N


16

Adição analítica de vetores

Sejam os vetores P, Q e S no plano mostrados na figura:

Podemos decompor esses vetores em suas coordenadas cartesianas:

P = │Px│i + │Py│ j

Q = │Qx│i + │Qy│ j

S = │Sx│ i + │Sy│ j

Adicionando os vetores temos que:

P + Q + S =│Px│ i + │Py│ j + │Qx│ i + │Qy│ j + │Sx│ i + │Sy│ j

Juntando os componentes de mesma direção temos:

P + Q + S = (Px + Qx + Sx) i + (Py + Qy + Sy) j

Ou ainda:

R = P + Q + S

e

R = Rx i + Ry j


17

Ou seja:

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

Se os vetores forem forças representadas pelo vetor F

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

Logo a força resultante será

𝑅 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

+ i + ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

+ j N

Exemplo de aplicação:

Dadas as seguintes forças que atuem em um ponto material:

P = 3 i + 4 j N

Q = -2 i + 2 j N

S = 3 i N

Determinar:

a) O vetor resultante dessas forças;

b) O módulo da força resultante;

c) O versor da força resultante.

Solução:

a) Cálculo da força resultante


18

R = Rx i + Ry j N

Onde:

Rx = │Ry│

Ry = │Ry│

E

Rx = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

= 3 − 2 + 3 = 4 N

Ry = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

= 4 + 2 + 0 = 6 N

logo

R = 4 i +6 j N

b) Cálculo do módulo da força resultante

Do Teorema de Pitágoras, temos que:

│R│2 = 62 + 42

Portanto

│R│ = √62 + 42 ≈ 7,21 N


19

c) Cálculo do versor da resultante

Vimos que:

λR = R

│R│

λR = 4 i + 6 j

7,21

λR = 0,55 i + 0,83 j


Determine o valor do módulo da força P para que a resultante que atua

no corpo seja vertical.

Sabemos que a força resultante será:

R = Rx i + Ry j

Diagrama espacial


20

Para que a resultante seja na vertical, temos que:

Rx = 0

Diagrama de corpo livre

Portanto:

│Q│ cos 60° = │P│ cos 30°

Logo:


21

│P│ = cos 60° │Q│

cos 30°

onde:

│Q│ = 5 x 9,8 = 49N

Portanto:

│P│ = 0,5 x 49 ≈ 28,29N

0,87

Condição de equilíbrio de um ponto material

Seja um ponto material onde atuam diversas forças:

“O ponto material estará em equilíbrio se a força resultante que atua

sobre ele for nula”

Primeira Lei de Newton

“Se a força resultante que atua em um ponto material for nula, este

permanece em repouso ou em movimento retilíneo uniforme”


22

Exemplos de corpos em equilíbrio

a) Bloco sobre o solo em repouso

b) Bloco em repouso no solo com uma força externa aplicada

c) Um cabo horizontal de massa não desprezível

Supondo a massa de cabo desprezível


23

Supondo a massa do cabo como sendo m e representando no

centro de massa do cabo


24

Diagrama Espacial


Questão:

Aumentando a massa M o cabo volta para a posição horizontal?

Como os ângulos θ são iguais, temos que:

│TAB│ = │TAC│ = │T│

Pois:

│TAB│ cos θ = │TAC│ cos θ

Uma vez que R = │Rx│ i + │Ry│ j= 0

Logo │Rx│ = 0

│Ry│ = 0

Se na direção x a força é nula, temos que:

│TAB│ cos θ = │TAC│ cos θ

Portanto

│TAB│ = │TAC│

Na direção y


25

│Ry│ = 0

logo temos:

│TAB│ sen θ + │TAC│ sen θ = mg

Ou

2 │T│ sen θ = │mg│

Ou

│T│ = │Mg│ = │mg│

2 sen θ

Como o cabo volta a sua posição horizontal se o ângulo θ = 0, mg = ∞.

Mas antes que isso aconteça haverá a ruptura do cabo

d) Estabilidade do andaime de um pintor

Diagrama espacial


26


Condição de equilíbrio

Analisando o sistema de força na direção x

│TAB│ sen θ = │TAC│ sen θ


27

logo

│TAB│ = │TAC│ = │T│

Analisando o sistema de forças na direção y

│TAB│ cos θ + │TAC│ cos θ = │mg│

Logo

2 │T│ cos θ = │mg│

Ou

│T │= │mg│

2 cos θ

Portanto, diminuindo a altura do andaime o ângulo θ aumenta ate que

tenda a 90°. Nesse caso a tensão no cabo AB tende ao infinito qualquer

que seja o peso do andaime!

Tratamento vetorial de uma força no espaço

Vimos que, no plano, podemos representar uma força pelas suas

coordenadas cartesianas:

Exemplo: Seja a força F no plano x, y:


28

Logo

F = │Fx│ i + │Fy│ j N

Nova notação

│Fx│ = Fx

│Fy│ = Fy

Portanto

F = Fx i + Fy j N

Onde

│Fx│ = │F│ cos θ

│Fy│ = │F│ sen θ

Logo

F = │F│ cos θ i + │F│ sen θ j N

Ou

F = │F │ (cos θ i + sen θ j) N


29

Notar que:

λF = cos θ i + sen θ j

│λF│ = √𝑐𝑜𝑠2θ + 𝑠𝑒𝑛2θ = 1

Logo

F = │F│ λF

Versores cartesianos no espaço

Para representar uma força analiticamente no espaço devemos ter mais

uma coordenada cartesiana:

Devemos, portanto, ter mais um versor cartesiano que nos tire do plano

nos levando para o espaço.

Associado ao eixo x temos o versor i, do eixo y o versor j e do eixo z o

versor k.


30

Podemos agora decompor uma força no espaço em suas coordenadas

cartesianas:

Logo

F = Fx + Fy + Fz N


31

Ou

F = Fx i + Fy j + Fz k N

Onde

Fx = │F’│ cos θ onde F’ = │F │cos Ф

Fy = │F’│ sen θ

Fz = │F │ sen Ф

Ou

Fx = │F│ cos Ф cos θ

Fy = │F│ cos Ф sen θ

Fz = │F│ sen Ф

Portanto

F = │F│ cos Ф cos θ i + │F│ cos Ф sen θ j + │F│ sen Ф k N

Cálculo do módulo de um vetor no espaço

Seja um vetor F decomposto em suas coordenadas cartesianas:


32

Usando o Teorema de Pitágoras, temos que:

│F│2 = │F’│2 + │Fz│2

Mas

│F’│2 = │Fx│2 + │Fy│2

Logo

│F│2 = │Fx│ 2 + │Fy│2 + │Fz│2

Portanto

│F│ = │Fx│ 2 + │Fy│2 + │Fz│2

Devemos ainda lembrar que


E

│F│ = Fx2 + Fy2 + Fz2


Seja um vetor F no espaço dado por:

F = 3 i + 5 j + 2 K N

O seu modulo será:

│F│ = 32 + 52 + 22 = √38 ≅ 6,16N

Modo alternativo de representar um vetor no espaço

Seja um vetor P no espaço:

Se soubermos os ângulos θx, θy e θz, podemos escrever:


33

P = │P│cosθx i + │P│cosθy j +│P│cosθz K

Notar que

Px = │P│cosθx

Py = │P│cosθy

Pz = │P│cosθz

E que

cosθx = Px

│P│

cosθy = Py

│P│

cosθz = Pz

│P│

Podemos ainda escrever

P = │P│ (cosθx i + │P│cosθy j +│P│cosθz K)

Mas

P = λP = cosθx i + cosθy j + cosθz k

│P│


34

Onde logicamente os cossenos cos θx, cos θy e cos θz são os cossenos

diretores do vetor P. E como

│λp│ = 1 = cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz = 1


Calcular os ângulos entre as arestas e as diagonais de um cubo. Se l

for uma das arestas, calcule o modulo da diagonal.

Solução

Nesse caso temos que:

θx = θy = θz

e

OA = │OA│ λOA

a) Cálculo do ângulo θ como vimos

λOA = cos2 θx i + cos2 θy j + cos θz k

E


35

│λOA│ = cos2 θx + cos2 θy + cos2 θz

Ou

│λOA│ = 3cos2 θ = cos θ √3 = 1

Logo

cos θ = 1 = √3

√3 3

θ arc cos √3 ≅ 54,74°

3

b) Cálculo do modulo da diagonal

Sabemos que:

OA = l i + l j + l k mc

│OA│= l 2 + l 2 + l 2 = 3l 2

Ou

│OA│= l √3 mc

Determinação analítica do ângulo entre dois vetores

Sejam dois vetores no espaço:

F1 = 3 i + j + 2 k N

F2 = i + 2 j + 3 k N


36

Qual o valor do ângulo θ entre eles?

Para calcular analiticamente o ângulo entre eles precisamos de uma

nova ferramenta matemática “o produto escalar”.

O produto escalar entre dois vetores

Sejam dois vetores no espaço:

a = Xa i + Ya j + Za k

b = Xb i + Yb j + Zb k

Definimos como produto escalar entre os vetores a e b a operação

matemática:

a . b = │a│ │b│ cos θ

onde o ângulo θ é o ângulo entre eles


37

Notar que o produto escalar transforma os dois vetores a e b em um

escalar. E que:

a . b -> é a projeção do vetor a na direção do vetor b multiplicado

pelo modulo do vetor b e vice versa.

a . b = │a│ cos θ . │b│

Ou

a . b = │b│ cos θ . │a│

Cálculo do ângulo entre os vetores a . b

a = Xa i + Ya j + Za k

b = Xb i + Yb j + Zb k

a . b = ( Xa i + Ya j + Za k ) . (Xb i + Yb j + Zb k ) =

Xa i . Xb i + Xa i . Yb j + Xa i . Zb k + Ya j . Xb i + Ya j . Yb j + Ya j . Zb k

+ Za k . Xb i + Za k . Yb j + Za k . Zb k

Lembrando da definição do produto escalar

a . b = │a││b│ cos θ


38

“Quando, portanto, os vetores forem perpendiculares entre si, o produto

escalar entre eles será sempre nulo”

Logo obtemos:

a . b = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb

E

a . b = │a││b│ cos θ

Desse modo podemos escrever:

│a││b│ cos θ = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb

E

cos θ = Xa Xb + Ya Yb + Za Zb

│a││b│

Voltando ao problema original

F1 = 3 i + j + 2 k N

F2 = i + 2 j + 3 k N

O cosseno do ângulo entre eles será:

cos θ = 3x1 + 1x2 + 2x3

│ F1│ │ F2│

Onde

│F1│ = 32 + 12 + 22 = √14 ≅ 3,74N

│F2│ = 12 + 22 + 32 = √14 ≅ 3,74N

Portanto

cos θ = 11 ≅ 0,786


39

(3.74)2

θ = arc cos 0,786 ≅ 38,15º

Voltando a calcular o ângulo entre a aresta e a diagonal de um cubo

Escrevendo os vetores:

d = l i + l j + l k m

a = l i m

Temos então:

a . d = l . l = l 2 m2

E

a . d = │a││d│ cos θ

Onde

│a│ = l 2 = l m

│d│ = l 2 + l 2 + l 2 = √3 m

Logo, temos que:


40

cos θ = l 2 = 1 = √3

l . l √3 √3 1

cos θ ≅ 0,577

θ ≅ 54,74o

Adição de forças concorrentes no espaço

Forças concorrentes são aquelas que as suas linhas de ação se cruzam

no espaço. Sejam 3 forças concorrentes no espaço:

Para adicionar essas forças podemos utilizar o método gráfico mostrado

na figura ou o método analítico decompondo as forças em suas

coordenadas cartesianas.


41

Nesse caso podemos escrever:

F1 = F1x i + F1y j + F1z k N

F2 = F2x i + F2y j + F2z k N

F3 = F3x i + F3y j + F3z k N

E

R = Rx i + Ry j + Rz k N

Onde

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑧 = ∑ Fzi

𝑛

𝑖=1

No caso

Rx = Fx1 + Fx2 + Fx3

Ry = Fy1 + Fy2 + Fy3

Rz = Fz1 + Fz2 + Fz3

Exemplo de aplicação

Sejam 3 forças que atuam simultaneamente em um ponto material no

espaço, dadas por suas componentes cartesianas abaixo:

F1 = 4 i + 3 j + 8 k N

F2 = 2 i + 2 j + 5 k N

F3 = - 4 j N

Determinar:

a) O vetor resultante e o seu modulo;

b) Os cossenos diretores da força resultante;

c) O versor da força resultante


42

Solução

a) Vetor força resultante e seu modulo


Onde

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑧 = ∑ Fzi

𝑛

𝑖=1

No caso

Rx = 6 N

Ry = 1 N

Rz = 3 N

Logo

R = 6 i + j + 3 k N

E

│R│ = 62 + 12 + 32 = √46 ≅ 6,78 𝑁

b) Cossenos diretores da força resultante

Vimos que

R = │R│ ( cosθx i + cosθy j + cosθz k ) N

Ou

R = │R│cosθx i + │R│cosθy j + │R│cosθz k N

E que


43


Logo

Rx = │R│cosθx

Ry = │R│cosθy

Rz = │R│cosθz

Portanto

cosθx = Rx = 6 ≅ 0,885

│R│ 6,78

cosθy = Ry = 1 ≅ 0,147

│R│ 6,78

cosθz = Rz = 3 ≅ 0,442

│R│ 6,78

c) Cálculo do versor da força resultante

Vimos que

λR = Ry = Rx i + Ry j + Rz k

│R│ │R│

Ou

λR = Rx i + Ry j + Rz k

│R│ │R│ │R│

Portanto

λR = 0,885 i + 0,147 j + 0,442 k

Equilíbrio de um ponto material no espaço

Sejam diversas forças que atuam em um ponto material.


44

Para que o ponto material esteja em equilíbrio, a força resultante que

nele atua deve ser nula. Temos, portanto, a seguinte condição de

equilíbrio:

R = 0

Ou

R = 0 i + 0 j + 0 k N

Isto é

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

= 0

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

= 0

𝑅𝑧 = ∑ Fzi

𝑛

𝑖=1

= 0

Logo essas três condições de equilíbrio devem ser satisfeitas.


Sejam as seguintes forças que atuam em um ponto material:

F1 = 2 i - j N

F2 = i + j - k N


45

F3 = i - j + 2k N

Determine uma quarta força F4 que deve ser aplicada no ponto material

para que ele se mantenha em equilíbrio.

Solução

Seja a força F4 um vetor que pode ser escrito em suas coordenadas

cartesianas:

F4 = Fx i - Fy j + Fz k N

Precisamos, portanto, determinar os valores de Fx, Fy e Fz.

A força resultante das três forças conhecidas pode ser escrita como:

R1 = 4 i - j + k N

Considerando as condições de equilíbrio, devemos ter:

R = R1 + F4 N

Ou

R = (4 + Fx) i + (-1 + Fy) j + (1 + Fz) k N

No equilíbrio devemos ter:

R = 0 i + 0 j + 0 k N

Portanto, temos que:

4 + Fx = 0 Fx = -4 N

-1 + Fy = 0 Fy = 1 N

1 + Fz = 0 Fz = -1 N

Logo

F4 = -4 i + j - k N


46

Determinação de um vetor no espaço

Em muitos problemas de estática os vetores não são fornecidos em sua

forma analítica, mas descritos em diagramas espaciais:

Normalmente só o modulo da força é fornecido.

Tomemos um exemplo. Seja uma força que atua no ponto A cujo

modulo e linha de ação são conhecidas.

Os pontos A e B possuem 3 coordenadas no espaço:

A (xa; ya; za)

B (xb; yb; zb)


47

Determinação do vetor F que atua em A

Procedimento:

a) Suponha a existência de um vetor que tem inicio em A e termina em

B, dado por:

AB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k m

b) Calcule o versor do vetor AB:

λAB = AB

│AB│

Ou seja

λAB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k

(xb - xa)2 + (yb - ya)2 + (zb - za)2

c) Multiplique o versor λAB pelo modulo da força:

F = |F| λAB


48

Na ilustração dada, seja o modulo da força igual a 100N. Cálculo do

vetor F. Determinação do vetor AB.

AB = (xb - xa) i + (yb - ya) j + (zb - za) k m

Onde

xa = 4 xb = 2

ya = 0 yb = 5

za = 0 zb = 6

Logo

AB = -2 i + 5 j + 6 k m

Cálculo do versor λAB

λAB = AB = -2 i + 5 j + 6 k = -2 i + 5 j + 6 k

|AB| 4 + 25 36 8,06

λAB = -0,248 i + 0,620 j + 0,744 k

Logo

F = |F| λAB = 100 (-0,248 i + 0,620 j + 0,744 k)

F = 24,8 i + 62,0 j + 74,4 k N


Uma força de 10N atua no ponto A da figura. Determine analiticamente

o vetor F. A linha de ação da força é definida pelos pontos A e B.


49

Podemos notar que:

B (2, 2, 0)

A (1, 1, 0)

Como definimos anteriormente:

AB = (xb – xa)i + (yb – ya)j + (zb – za)k m

Logo

AB = (2-1)i + (2-1)j + (0-0)k m

Ou seja

AB = i + j m

Cálculo do modulo de AB

|AB| = 12 + 12 = 2

Cálculo do versor λAB

λAB = AB = i + j = 2 i + 2 j

|AB| 2 2 2

A força será portanto

F = |F| λAB

Ou seja


50

F = 5 2 i + 5 2 j N

Primeiro teste em aula

A força P de intensidade 200N atua ao longo da diagonal BC da

cantoneira ilustrada.

Determine analiticamente os vetores P e EB.

Solução

Determinação do vetor P.

Determinação do vetor BC:

C (xc; yc; zc) -> (0; 0; 225)

B (xb; yb; zb) -> (0; 300; 0)


51

Cálculo do vetor BC:

BC = (xc – xb)i + (yc – yb)j + (zc – zb)k

Ou seja

BC = 0i – 300j + 225k mm

Ou

BC = –300j + 225k mm

Cálculo do modulo do vetor BC

|BC| = 3002 + 2252 = 375 mm

Cálculo do vetor λBC

λBC = BC = 300 j + 225 k

|BC| 375

Logo

λBC = 0,8 j + 0,6 k

Portanto:

P = |P| λBC

P = 200 ( -0,8 j + 0,6 k) N

P = - 160 j + 120 k N

Cálculo do vetor EB:

Determinação das coordenadas dos pontos E e B

B (xb; yb; zb) -> (0; 300; 0)

E (xe; ye; ze) -> (200; 0; 0)


52

O vetor EB será:

EB = (xb – xe)i + (yb – ye)j + (zb – ze)k

Ou seja

EB = - 200 i + 300 j mm

Questão alternativa para teste 1

Dois cabos são aplicados na placa ilustrada e exercem uma força P de

360N e uma força Q de 450N nos pontos B e C respectivamente.

Determine analiticamente os vetores.

Solução

Determinando as coordenadas dos pontos A, B e C:

A (xa; ya; za) -> (200; 0; 200)

B (xb; yb; zb) -> (0; 100; 0)

C (xc; yc; zc) -> (225; 100; 0)

Cálculo do vetor BA:

BA = (xa - xb)i + (ya - yb)j + (za - zb)k mm

BA = 200i – 100j + 200k mm


53

Cálculo do modulo de BA:

|BA| = 2002 + 1002 + 2002 = 300 mm

Cálculo do versor λBA

λBA = BA = 200 i - 100 j + 200 k

|BA| 300

λBA = BA = 2 i - 1 j + 2 k

|BA| 3 3 3

Logo P será:

P = |P| λBA = 360 ( 2 i - 1 j + 2 k )

3 3 3

P = 240 i - 120 j + 240 k N

Cálculo do vetor CA:

CA = (xa – xc)i + (ya – yc)j + (za – zc)k

CA = -25i – 100j + 200k mm

Cálculo do modulo do vetor CA:

|CA| = 252 + 1002 + 2002 = 225 mm

Cálculo do versor λCA

λCA = CA = - 25 i - 100 j + 200 k

|CA| 225

Ou seja

λCA = 0,11 i - 0,44 j + 0,89 k


54

Logo a força Q será:

Q = |Q| λCA

Q = 450 (-25 i - 100 j + 200 k) N

225

Ou

Q = -50 i - 200 j + 400 k N

Métodos para resolução de problemas de equilíbrio de pontos materiais

Os problemas de estática de pontos materiais se apresentam em um

“diagrama espacial” conforme é mostrado no exemplo ilustrado.

Supondo a massa m conhecida vamos calcular as forças tensoras que

atuam no ponto A na condição de equilíbrio.

Para melhor visualizarmos o problema, é conveniente construir

primeiramente o “diagrama de corpo livre” do “diagrama espacial”

mostrado acima.

Podemos notar que, no “diagrama de corpo livre” somente o essencial do

problema é preservado.


55

Fundamentados no “diagrama de corpo livre” podemos utilizar dois

métodos para a resolução do problema:

a) Método de “triangulação de forças”

Sabemos que, a condição de equilíbrio estabelece:

R = 0

Logo

TAB + TAC + m g = 0


56

Da Lei do Senos, sabemos que:

| TAB | = | TAC | = | mg |

sen 60º sen 40º sen 80º

Ou seja:

| TAB | = sen 60º | mg |

sen 80º

| TAC | = sen 40º | mg |

sen 80º

Supondo que a massa de tal modo que |mg| = 10N logo temos

que:

| TAB | = 0,866 x 10 = 8,79 N

0,985

| TAC | = 0,643 x 10 = 6,53 N

0,985

b) Método de composição de forças

Na condição de equilíbrio sabemos que a resultante das forças

deve ser nula, ou seja:

R = Rx i + Ry j = 0

Logo

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

= 0

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

= 0


57

No “diagrama de corpo livre” ilustrado devemos ter:

Rx = | TAC | cos 30º - | TAB | cos 50º = 0

Logo, temos que:

| TAC | cos 30º = | TAB | cos 50º (1)

E

Ry = | TAC | sen 30º + | TAB | sen 50º - |mg| = 0

Ou

| TAC | sen 30º + | TAB | sen 50º = |mg| (2)

Da equação (1), temos que:

| TAB | = cos 30º | TAC |

cos 30º


58

Substituindo em (2), temos que:

| TAC | sen 30º + | TAC | cos 30º . sen 50º = |mg|

cos 50º

Portanto

| TAC | (sen 30º + tg 50º cos 30º ) = |mg|

Ou

| TAC | = |mg|

sen 30º + cos 30º tg 50º

Numericamente, temos:

| TAC | = 10 ≅ 6,53 N

1,532

E como:

| TAB | = cos 30º | TAC |

cos 50º

Temos que:

| TB | = 0,866 . 6,53 ≅ 8,79 N

0,643


59

Estática de corpos rígidos

Conceito de corpo rígido

“Corpo rígido é todo o corpo onde a distância entre dois ponto A e B pode

ser considerada fixa”

Para a finalidade desse curso, consideraremos como corpo rígido os

corpos sólidos.

Discussão de uma força aplicada em um corpo rígido

Seja uma força F aplicada em um corpo rígido. Uma mesma força F

produz efeitos diferentes se aplicada nos diferentes ponto A; B ou C.

Portanto, o vetor força só fica completamente especificado se forem

conhecidos:

a) O modulo da força;


60

b) A direção da força;

c) O sentido da força; e

d) O ponto de aplicação.

Conceito de torque ou momento de uma força

Caso de uma enorme pedra no caminho.

“O efeito de uma força aplicada em um corpo rígido depende do ponto

de aplicação”

Relação entre as forças no equilíbrio

Nesse caso devemos ter:

|mg| dOA = | Fy | dOB

Como

| Fy | = | F |senθ


61

Temos que:

|mg| dOA = | F | dOB senθ

Logo o momento da força F será:

|MF| = | F | |dOB| senθ

Forma geral de representar o momento de uma força

Seja uma força aplicada em um corpo rígido articulado no ponto O.

novamente aqui é possível notar que o efeito da força F depende do

ponto de aplicação e, portanto, do vetor r.

Definimos portanto o conceito de torque τ ou de momento de uma força

M como o produto entre os vetores r e F. como torque ou o momento de

uma força é também um vetor, teremos que definir um novo produto

entre os dois vetores cujo resultado seja também um vetor. O produto

vetorial.

τ = M = r ^ F

E

| τ | = |M| = r ^ F senθ


62

O produto vetorial

A estática de corpos rígidos exige, portanto, uma nova ferramenta

matemática, uma vez que a condição de equilíbrio passa a ter dois

critérios distintos:

a) O corpo não translada -> R = 0

b) O corpo não gira -> MR = 0

Sejam dois vetores a e b onde:

a = ax i + ay j + az k

b = bx i + by j + bz k

Definimos como produto vetorial entre os vetores a e b como a ^ b = c

onde c é um vetor perpendicular ao plano definido pelos vetores a e b,

conforme mostra o exemplo ilustrado.

Se, portanto,

a = axi + ayj


63

e

b = bxi + byj

O vetor c estará na direção k.

Podemos então perguntar: em que sentido?

O sentido será obtido pelo que é conhecido como “regra da mão direita”.

Tomemos novamente os vetores a e b no plano x; y; conforme é

ilustrado na figura.

a ^ b = c

Onde

c = |c| k

E

b ^ a = -c

Portanto, o produto vetorial possui a propriedade:

a ^ b = - b ^ a


64

Interpretação geométrica do módulo do produto vetorial

Tomemos novamente os vetores a e b.

Sabemos que o módulo do produto vetorial de a por b é dado por:

a ^ b = |a| |b| senθ

Notar que, se a // b a ^ b = 0

Como |a| senθ = h, temos que:

|a ^ b| = |b| h = área do paralelogramo


Sejam os vetores a e b dados abaixo. Determine a área do

paralelogramo formado por eles:

a = i + j + k m

b = 3 i + 2 j + k m

Solução

Sabemos que

|a ^ b| = |a| |b| senθ

Sabemos ainda que:

|a ^ b| = |a| h = área do paralelogramo


65

Onde

h = |b| senθ

Determinação do ângulo θ da definição de produto escalar, temos que:

|a| |b| cosθ = ax bx + ay by + az bz

Logo

cosθ = ax bx + ay by + az bz

|a| |b|

Como

|a| = √3 ≅ 1,73 𝑚

|b| = √9 + 4 + 1 ≅ 3,74 𝑚

Logo

cosθ = 3 + 2 + 1 = 6 ≅ 0,927

1,73 x 3,74 6,47

Portanto

θ = 22º e senθ ≅ 0,375

h = |b| senθ = 3,74 x 0,375 ≅ 1,40 m

Área = |a| h = 1,73 x 1,40 ≅ 2,43 m2

Produto vetorial entre os versores cartesianos

Sejam os versores cartesianos no espaço:


66

Devemos notar que:

|a ^ b| = |a| |b| senθ

Logo se a//b temos que

|a ^ b| = 0

Cálculo dos produtos vetoriais:

i ^ i = 0 j ^ i = -k k ^ i = j

i ^ j = k j ^ j = 0 k ^ j = - i

i ^ k = -j j ^ k = i k ^ k = 0

Cálculo do produto vetorial entre dois vetores dados em sua forma

analítica

Sejam os vetores a e b, onde:

a = ax i + ay j + az k

b = bx i + by j + bz k

Calculemos o produto vetorial entre eles obtendo um vetor c da forma:

c = cx i + cy j + cz k

a ^ b = ( ax i + ay j + az k ) ^ ( bx i + by j + bz k ) =

= ax i ^ bx i + ax i ^ bj j + ax i ^ bz k + ay j ^ bx i + ay j ^ bj j + ay j ^ bz k

+ az k ^ bx i + az k ^ bj j + az k ^ bz k =

= ax bx ( i ^ i ) + ax by ( i ^ j ) + ax bz ( i ^ k ) +

+ ay bx ( j ^ i ) + ay by ( j ^ j ) + ay bz ( j ^ k ) +

+ az bx ( k ^ i ) + az by ( k ^ j ) + az bz ( k ^ k ) =

= 0 + ax bx k + ax bz (-j) + ay bx (-k) + 0 + ay bz i + az bx j + az by (-

i) + 0


67

Logo

a ^ b = ( ay bz - az by ) i - ( ax bz - az bx ) j + ( ax by - ay bx ) k

Método prático de calcular o produto vetorial

Sejam novamente os vetores a e b em suas formas analíticas:

i j k

a ^ b = ax ay az = ( ay bz - az by ) i - ( ax bz - az bx ) j +

bx by bz ( ax by - ay bx ) k

Aplicação no Cálculo do momento de uma força

Seja uma força F no espaço que atua no ponto A de um corpo

articulado no ponto 0 conforme ilustrado na figura. Calcular o momento

de força em relação ao ponto 0.

r = x i + y j + z k m



68

Cálculo do momento

i j k

M = r ^ F = x y z = ( y Fz - z Fy ) i - ( x Fz - z Fx ) j +

Fx Fy Fz ( x Fy - y Fx ) k N.m

Supondo agora que tanto r quanto F estejam no plano x; y. Neste caso,

temos que:

r = x i + y j m

F = Fx i + Fy j N

i j k

M = r ^ F = x y 0 = 0 i + 0 j + ( x Fy - y Fx ) k

Fx Fy 0

Portanto

M = ( x Fy - y Fx ) k N.m

Notar que, nesse caso, o momento da força está na direção k e no eixo

z.


69


A força P de intensidade de 200N atua ao longo da diagonal BD da

cantoneira ilustrada.

Determine o momento da força P em relação à origem Q e em relação ao

ponto E. Qual o efeito provocado se deslocarmos a força P do ponto B

para o ponto D?

Solução

Determinação da forma analítica do vetor P.

Coordenadas SOS pontos B e D

D = (xd ; yd ; zd) = ( 225 ; 200 ; 0 )

B = (xb ; yb ; zb) = ( 0 ; 0 ; 300 )

Supondo a existência do vetor BD:

BD = ( xd – xb ) i + ( yd – yb ) j + ( zd – zb ) k mm

BD = 225 i + 200 j - 300 k mm

Cálculo do versor λBD

|BD| = (225)2 + (200)2 + (300)2 = 425 mm


70

λBD = BD = 225 i + 200 j - 300 k

|BD| 425

Portanto

λBD = 0,529 i + 0,470 j - 0,706 k

Cálculo da força P:

P = |P| λBD

P = 200 (0,529 i + 0,470 j - 0,706 k) N

P ≅ 106 i + 94 j - 141 k N

Cálculo do momento em relação ao ponto O

r0 = 300 k mm = 0,3 k m

P = 106 i - 94 j - 141 k N

i j k

r0 ^ P = 0 0 0,3 = (-0,3 x 94) i + (-0,3 x 106) j + 0 k

106 94 -141

M = -28,2 i + 31,8 j N.m

Cálculo do momento em relação ao ponto E

Determinação do vetor rEB

B ( 0 ; 0 ; 300 )

E ( 0 ; 200 ; 0 )

rEB = 0 i - 200 j + 300 k mm


71

Ou

rEB = 0,2 j + 0,3 k mm

Cálculo do momento:

i j k

ME = rEB ^ P = 0 - 0,2 0,3 = (-0,2 x 141- 0,3 x 94) i +

106 94 -141 0,3 x 106 j + 0,2 x 106 k

ME = 31,8 j + 21,2 k N.m

Comprovação do principio da transmissibilidade

Supondo que a força P seja deslocada para o ponto D em sua linha de

ação. Nesse caso, temos que:

P = 106 i + 94 j - 141 k N

rOP = 0,225 i + 0,2 j m

rED = 0,225 i

Recalculando os momentos:

i j k

MD = rOD ^ P = 0,225 0,2 0 = -0,2 x141 i + 0,225 x 141 j

106 94 -141 + (0,225 x 94 – 0,2 x 106) k

Ou

MD = -28,2 i + 31,8 j + 0 k N.m

MD = -28,2 i + 31,8 j N.m


72

i j k

ME = rED ^ P = 0,225 0 0 = -0i + 0,225 x 141 j + 0,225 x 94k

106 94 -141 N.m

Ou

ME ≈ -31,8 j + 21,2 k N.m

Representação do momento de uma força

Seja uma força que atua em um corpo rígido articulado no ponto O a

uma distância r do ponto de articulação, conforme ilustrado na figura.

Como MO = r ^ F, temos que o momento MO é perpendicular ao plano

definido pelos vetores r e F.

Notar ainda que o momento da força depende da escolha da origem do

vetor r.

“Se o eixo de rotação for perpendicular ao plano definido pelos vetores r e

F, o momento MO será representado no eixo de rotação, conforme é

mostrado na figura.”


73

No caso geral, no entanto, o momento de uma força pode ter qualquer

direção independente da direção do eixo de rotação.

Exemplo:

Se

r = x i + y j + z k m


M = Mx i + My j + Mz k N.m

Mesmo que o eixo de rotação esteja em outra direção.

Condições de equilíbrio de um corpo rígido

Seja um corpo rígido no espaço onde atuam diversas forças:

Para que o corpo rígido se mantenha em equilíbrio devemos ter as

seguintes condições satisfeitas:

a) O corpo não translada

Ou seja, se o corpo estiver em repouso ele não é acelerado em

nenhuma direção. Isso implica que:

R = Rx i + Ry j + Rz k = 0


74

b) O corpo não gira

Ou seja, se o corpo estiver com rotação nula ele não é acelerado

angularmente em nenhuma direção. Isso implica que:

MR = MRX i + MRY j + MRZ k = 0

Logo devemos ter as seguintes condições satisfeitas:

1)

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

= 0

2)

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

= 0

3)

𝑅𝑧 = ∑ Fzi

𝑛

𝑖=1

= 0

4)

𝑀𝑅𝑥 = ∑ Mxi

𝑛

𝑖=1

= 0

5)

𝑀𝑅𝑦 = ∑ Myi

𝑛

𝑖=1

= 0

6)

𝑀𝑅𝑧 = ∑ Mzi

𝑛

𝑖=1

= 0


75

Essas 6 equações nos fornecem condições de resolver problemas com

até 6 incógnitas!

Notar que para isso devemos ser capazes de determinar tanto a

resultante das forças como a resultante dos momentos dessas forças.

Técnicas para determinar R e MR

Sejam, por exemplo, 3 forças aplicadas em um corpo rígido. Para

determinar a resultante das forças precisamos somá-las, isto é, colocá-

las em uma mesma origem.

No entanto, as forças que atuam em um corpo rígido nem sempre são

concorrentes, impossibilitando de serem colocadas em uma mesma

origem. Tomemos alguns exemplos:

a) Caso em que as linhas de ação da força possuem um ponto em

comum.

Usando o Princípio da Transmissibilidade podemos facilmente

colocar as forças em uma origem comum e obter a força

resultante.


76

b) Caso em que as forças são concorrentes.

Podemos obter a resultante em duas etapas. Somamos

primeiramente as forças FA e FB obtendo a resultante R1 e depois

somamos essa resultante com a força FC.

c) Caso de forças não concorrentes. Nesse caso a obtenção da

força resultante nos parece impossível, uma vez que não

conseguimos colocar as forças FA, FB e FC, em uma mesma origem.


77

Momento de um binário

Normalmente podemos deslocar uma força em sua linha de ação sem

alterar o seu efeito. No último caso estudado, o princípio da

transmissibilidade não é suficiente para podermos colocar as forças em

uma mesma origem e assim reduzi-las a uma única força e aplicar as

condições de equilíbrio.

Para isso precisamos de outra ferramenta matemática: o momento de

um binário.

Seja um corpo rígido onde atuam duas forças antiparalelas, isto é, de

mesmo módulo e direção, mas com sentidos contrários, conforme é


Tomando a origem no ponto O, podemos calcular os momentos das

duas forças FA e FB:

MA0 = rA ^ FA

MB0 = rB ^ FB

O momento resultante dessas duas forças será:

MR = MA0 + MB0


78

Ou

MR = rA ^ FA + rB ^ FB

Mas FB = - FA , logo temos que:

MR = rA ^ FA - rB ^ FB

Uma nova propriedade do produto vetorial

Sejam dois vetores a e b. Vimos que a ^ b = c

Onde c é um vetor perpendicular ao plano definido por a e b.

Vimos ainda que:

Se a ^ b = c então b ^ a = -c

Suponhamos agora que o vetor b seja a soma de dois outros vetores,

por exemplo d e e. Temos então:

a ^ b = a ^ ( d + e ) = a ^ d - a ^ e

Se b for a diferença entre d e e, temos que:

a ^ b = a ^ ( d - e ) = a ^ d - a ^ e

Suponhamos agora que o vetor a seja dado por:

a = ra – rb = ra – rb

Nesse caso, temos:

a ^ b = (ra – rb) ^ b = ra ^ b - rb ^ b


79

Aplicando no momento binário

Das propriedades do produto vetorial vimos que:

(ra – rb) ^ b = ra ^ b - rb ^ b

O momento resultante é dado por

MR = rA ^ FA - rB ^ FA

Ou

MR = ( rA ^ rB ) ^ FA

Como

rA - rB = ∆ r

Temos que o momento de um binário é dado por

MR = ∆ r ^ FA


80

“Notar que os momentos de binários não dependem da origem escolhida.

Depende somente das forças aplicadas e das distâncias das suas linhas

de ação.”

Representação do momento de um binário

Sejam duas forças antiparalelas aplicadas em um corpo rígido conforme


Podemos notar que a distância entre as linhas de ação da forças

aplicadas é Δr.

Como nem as forças e nem Δr dependem da origem escolhida, não existe

um lugar bem determinado para representar o momento:

M = ∆r ^ F

“O momento de um binário pode, portanto, ser representado em

qualquer lugar livremente escolhido: O momento de um binário é um

vetor livre”


81

Binários equivalentes

Binários equivalentes são aqueles que produzem o mesmo efeito. Não é

necessário, portanto, que as forças possuam a mesma direção ou

sentido.

Um binário A é equivalente a um binário B se:

Ma = Mb

Exemplo

Sejam os binários equivalentes:


82

É sempre possível transformar o binário A no B.

Redução de um sistema de forças em uma força e um momento de binário

Seja um corpo rígido onde atuam diversas forças. Queremos reduzir

esse sistema em outro equivalente onde atue somente uma força

resultante e um momento binário resultante no ponto O. Para isso

devemos transferir as forças dos pontos A; B e C para o ponto O.

Tomemos inicialmente a força FA:


83

Podemos ainda escolher outro ponto para colocar as resultantes da

força e do momento. Por exemplo:

Onde

M1R = MR + S ^ R


84

Redução de um sistema de forças coplanares a uma única força

Se as forças que atuam em um corpo rígido forem coplanares a sua

resultante também estará no plano definido pelas forças e o momento

gerado será sempre perpendicular a esse plano uma vez que r (se o

corpo for plano) também estará no mesmo plano das forças. Nesse caso

o sistema de forças poderá ser reduzido a uma única força.

Seja um corpo rígido onde atuam diversas forças coplanares:


85

Como o ponto O está no mesmo plano definido pelas forças rA e rB

também estão nesse plano. Esse sistema pode ser reduzido a uma força

resultante e um momento resultante tal que eles são perpendiculares

entre si.

R = Rx i + Ry j N

MR = MZ K N m

Nesse caso podemos transferir a força resultante para outro ponto do

pano O’ de tal modo que o sistema seja reduzido a uma única força.

Seja um ponto O’ que dista de O de S de tal modo que:

S ^ R = - MR

Nesse caso teremos que:

O novo momento resultante será:

M1R = MR + S ^ R = 0


86

Cálculo da distância S para essa redução

Seja o caso onde a seguinte redução foi obtida:

Para essa condição podemos escrever:

MR = - (S ^ R)

E

|MR| = |S| |R| senθ

Mas, nesse caso S R pois a distância deve ser dada nessas condições.

Logo:

|MR| = |S| |R|

Ou

|S| = |MR|

|R|


Dois cabos exercem forças de 90KN cada um sobre uma treliça de peso

|P| = 200KN. Encontre a força resultante e o momento de binário no

ponto A e reduza o sistema a uma única força aplicada no eixo AB.


87

Solução

Forças que atuam na treliça:

FD = FE = 90 cos30o i - 90 sen30o j KN

Ou

FD = FE = 77,9 i - 45 j KN

E

P = -200 j KN

Transferindo a força FD para o ponto A. Temos que:

FD = 77,9 i - 45 j KN

∆ΩD = 10,8 j m


88

Cálculo do momento gerado:

i j k

MD = ∆ΩD ^ F D = 0 10,8 0 = -10,8 x 77,9 k = - 841,3k KN.m

77,9 -45 0

Transferindo a força FE para o ponto A

Cálculo do momento gerado na transferência:

∆ΩE = XE i + 7,2 j m

Cálculo de xE:

10,8 = 3,6 XE = 6,3 x 3,6 = 2,1 m

6,3 XE 10,8

Logo

∆ΩE = 2,1 i + 7,2 j m

E

i j k

ME = ∆ΩE ^ F E = 2,1 7,2 0 = {2,1x(-45)-7,2 x77,9} k =

77,9 -45 0 = - 655,4 k KN.m

Transferindo a força P para o ponto A

• Cálculo do momento gerado:

∆Ωp = 2,4 i + Yp j N

P = 200j KN


89

E

i j k

Mp = ∆Ωp ^ P = 2,4 Yp 0 = - 480 k KN.m

0 -200 0

• Cálculo da força resultante no ponto A

R = 2 (77,9 i - 45 j) - 200 j KN

Ou

R = 155,8 i - 290 j KN

• Cálculo do momento resultante gerado pela transferência das

forças

MR = - 841,3 k - 655,4 k - 480 k KN.m

Ou

MR = - 1.976,7 k KN

“Como R MR o sistema pode ser reduzido a uma única força!”


90

Cálculo do vetor S onde a força deve ser colocada na direção AB:

Sabemos que:

S = |S| i m

E

R = 155,8 i - 290 j KN

Logo

i j k

S ^ R = |S| 0 0 = - 290|S| k KN.m

155,8 -290 0

Mas S deve ser de tal modo que:

- 290|S| = - 1.976,7

Ou

|S| = 1.976,7 = 6,82m

290


91

Redução de um sistema de forças em uma única força

Tratamento analítico

Sejam diversas forças coplanares que atuam em um corpo rígido:

Vimos que podemos reduzir esse sistema de forças em uma única força

em um ponto qualquer escolhido e em um momento de binário

resultante. Podemos então escrever:

R = Rx i + R y j + Rz k

Ou supondo que as forças estejam no plano x; y, temos:

R = Rx i + Ry j N

e

MR = Mzr k N.m

Onde

𝑅𝑥 = ∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

𝑅𝑦 = ∑ Fyi

𝑛

𝑖=1


92

e

𝑀𝑧 = ∑ Mzi

𝑛

𝑖=1

Se quisermos reduzir o sistema a uma única força, devemos encontrar

um vetor S, no plano x;y, de tal modo que:

S = x i + y j

Fazendo o produto vetorial, temos que:

i j k

S ^ R = x y 0 = ( x Ry - y Rx) K N.m

Rx Ry 0

Temos ainda a condição que esse momento deve ser igual ao momento

resultante do binário criado na transferência das forças. Logo temo que:

xRy - yRx = Mzr

Isolando o y, temos que:

yRx = xRy - Mzr

Ou

y = Ry . x - Mzr

Rx Rx

“Linha de ação da força resultante final do sistema!”

Apliquemos esse nosso resultado no problema anterior:

y = Ry . x - Mzr

Rx Rx


93

No problema tínhamos:

Ry = 290 KN

Rx = 155,8 KN pois R = 155,8 i - 290 j KN

E

Mzr = 1.976,7 KN.m

Nesse caso temos portanto:

y = - 290 . x + 1976,7

155,8 155,8

Ou

y = - 1,86 x + 12,69 m


94

Essa é a linha de ação da força resultante final do sistema de forças,

pois:

para x = 0 -> y = 12,69m

para y = 0 -> x = 12,69m = 6,82m

1,86

Caso geral – o torsor

Todos os sistemas de forças podem ser reduzidos a uma única força ou

a um torsor.

Se o momento de binário gerado na transferência das forças for

perpendicular a força resultante o sistema pode ser reduzido a uma

única força. Caso contrário, ele pode ser reduzido a um torsor.

Tomemos um caso em que o momento de binário resultante não seja

perpendicular a força resultante, ou seja, θ ≠ 90 conforme é ilustrado na

figura.

Nesse caso podemos decompor o momento de binário resultante a

direção da força resultante e na direção perpendicular a ela:


95

Podemos então eliminar a componente perpendicular deslocando a

linha de ação da força resultante R, conforme fizemos anteriormente e

conforme mostra a figura.

O sistema é então reduzido a uma força e a um momento de binário que

possuem a mesma direção. Podemos notar que existem duas tendências

de movimentos nesse caso:

a) Rotação em torno do eixo definido pela linha de ação da força

resultante;

b) Translação na direção da resultante.


96

Esse sistema de força binário se denomina de torsor e possui a

tendência de movimentar o corpo rígido em uma forma de espiral,

conforme é ilustrado na figura.

A grandeza:

MPARALELO

R é conhecida como “passo do torsor”

Notar que o “passo do torsor” possui a dimensão de distância: “é o

espaço percorrido na direção da força resultante em cada volta.”

“Passo do torsor” = R . MOR = |R||MO

R| cos θ

|R|2 |R|2

Ou

Passo do torsor = |MOR| cos θ ”

|R|2


97


Duas forças de mesmo modulo atuam ao longo das diagonais de face de

um cubo de lado a conforme ilustrado. Substitua as duas forças por um

sistema constituído de:

a) Uma força e um binário no ponto O;

b) Por um torsor especificando o seu eixo e o seu passo.

Solução

a) Reduzindo o sistema em uma força e um momento de binário no

ponto O.

Transferindo F1 e F2 para o ponto O, temos que:

F1 = |F| cos45 i + |F| sen45 k N

Ou

F1 = 0,707|F| i + 0,707|F| k N

F1 = √2 |F| i + √2 |F| k N

2 2

∆Ωp = a j m

Momento gerado:


98

i j k

M1 = ∆Ωp ^ F1 = 0 a 0 = √2 a |F|i - √2 a |F|k N.m

√2 |F| 0 √2 |F| 2 2

2 2

Analogamente a força F2 será:

F2 = √2 |F|i - √2 |F|k N

2 2

E

∆Ωp = a k m

O momento gerado será:

i j k

M2 = ∆Ω2 ^ F2 = 0 0 a = √2 a |F| j

√2 |F| 0 - √2 |F| 2

2 2

Cálculo da força resultante e do momento resultante no ponto O.

R = F1 + F2 ( √2 |F| i + √2 |F| k ) + ( √2 |F| i ) - ( √2 |F| k )

2 2 2 2

Portanto

R = √2 |F| i


99

MR = √2 a |F| i - √2 a |F| k + √2 a |F| j

2 2 2

Portanto

M0 = √2 a |F| (i + j - k ) N.m

2

b) Cálculo do torsor equivalente: o torsor se caracteriza por uma

força e um momento paralelos. No caso, a força é a própria

resultante:

Ou seja

|R| = √2 |F|

Cálculo da projeção do momento resultante na ? da força

resultante:

|MPARALELO| = R . MOR = √2 |F| i . √2 |F| ( i + j – k )

|R|2 √2 |F|

= √2. |F| . √2 a |F| = √2 a |F|

√2 |F| 2

O torsor será constituído, portanto, de uma força R = √2. |F| i N, e por

um momento MP = √2 a |F| i N.m

Cálculo do passo do torsor:

Passo = | MP | = √2 /2 a |F| = a m

|R| √2 |F| 2

Cálculo do eixo do torsor:

Sabemos que


100

ML = √2 a |F| j - √2 a |F| k N.m

2 2

Logo, devemos ter:

∆S = Y j + Z k m

E

∆S ^ R = ML

Calculando:

i j k

∆S ^ R = 0 y z = 0 i + √2 |F| Z j - √2 |F|Y k

√2 |F| 0 0

Temos, portanto que:

1) √2 |F| Z = √2 a |F|

2

E

2) − √2 |F| Y = −√2 a |F|

2

Dessas equações obtemos que:

Z = a m

2

Y = a m

2


101

Exemplo de aplicação (teste)

Uma força de 250N é aplicada em uma extremidade de uma placa

conforme a figura. Determine:

a) Um sistema força binário no ponto A;

b) Duas forças horizontais em A e B que formem um binário

equivalente ao binário do item a).

Solução


102

P = 250 cos60 i - 250 sen60 j N

P = 125 i - 216,5 j N

∆rac = 0,25 i - 0,125 j m

a) Cálculo do momento do binário

i j k

∆rac ^ R = 0,25 -0,125 0

125 -216,5 0

= [(0,25 x 216,5) + (0,125 x 125)] k = (15,625 – 54,125) k

= -38,5 k N.m


103

b) ∆rAB ^ F = -38,5 k N.m

Sabemos que:

∆rAB = 0,075 j m

F = |F| i N

i j k

∆rab ^ F = 0 0,075 0 = -38,5 k N.m

|F| 0 0

- 0,975 |F| = - 38,5 N.m

|F| = 38,5 = 513 N

0,075

Logo, temos que:


104

Forças de reações em apoios e conexões

Vimos no tópico anterior que podemos reduzir um sistema de forças em

uma única força ou em um torsor aplicados em uma determinado ponto

de um sólido (ou mesmo fora dele).

Mas se existe uma força resultante ou um torsor não nulos o corpo

sólido não poderá estar em equilíbrio. No equilíbrio, portanto, deve

haver forças que ainda não foram consideradas nos nossos cálculos.

Essas forças são conhecidas como “forças de reação”. Seja, por

exemplo, a treliça mostrada na figura. Nela existem dois apoios A e B

que aplicam forças de reações ao seu peso.

O apoio A é evidentemente diferente do ponto B.

Devemos ser capazes de reconhecer cada uma das forças de reações

que os apoios aplicam a treliça.

Tipos de apoios e suas reações na condição de equilíbrio de corpos

rígidos em duas dimensões

a) Apoios e reações equivalentes a uma força cuja linha de ação é

conhecida

o Roletes – “só possui componentes na vertical”


105

o Superfície lisa – “só possui componentes na vertical”

b) Apoios e reações equivalentes a uma força cuja linha de ação é

desconhecida

o Articulações fixas – “a força F possui componentes nas

direções x e y que são desconhecidas”


106

o Superfícies rugosas – “a força F possui linha de ação

desconhecida”

c) Apoios e reações equivalentes a uma força e um momento de um

binário

o Apoio fixo - nesse caso, há componentes de força nas

direções x e y e um momento de binário na direção z.

Métodos para resolução de problema de estática de corpos rígidos

Analogamente às resoluções dos problemas de estática de pontos

materiais utilizamos os conceitos de diagrama espacial e de corpo livre.


107

Seja, por exemplo, o nosso corpo rígido representado por uma treliça em

equilíbrio, conforme é mostrado na figura.

Normalmente todas as forças são conhecidas com exceção das forças de

reação Ax e Ay.

Para determinar Ax e Ay é conveniente transferir todas as forças para o

ponto A e impor as condições de equilíbrio.

Exemplo de determinação das forças de reação nos apoios

Seja uma treliça mostrada na ilustração que sofre a ação de diversas

forças.


108

O seu diagrama de corpo livre será:

Notar que as forças N, Q, S e P são conhecidas e queremos determinar

as forças A e B.

Para isso devemos transferir todas as forças para um ponto comum da

treliça e impor condições de equilíbrio em duas dimensões:

1)

∑ Fxi

𝑛

𝑖=1

= 0


109

2)

∑ Fyi

𝑛

𝑖=1

= 0

3)

∑ Mzi

𝑛

𝑖=1

= 0

“Podemos resolver problemas com até 3 incógnitas”

Critério para a melhor escolha do ponto para a transferência

Análise de algumas possibilidades:

a) Escolhendo o centro de massa da treliça

MR = f (Ax : Ay : By)

b) Escolhendo o ponto D

MR = f (Ax ; Ay)

c) Escolhendo o ponto A ou o ponto B

MR = f (By)

Ou

MR = f (Ay)

Se escolhermos o ponto A, por exemplo, ao impormos a condição de

equilíbrio ∑ MBA = 0, obtemos diretamente o valor de By pois Ax e Ay

não contribuem para o momento.


Dois cabos exercem forças de 90KN cada uma sobre uma treliça de peso

P = 200KN. Determine:

a) A linha de ação da força resultante que atua sobre a treliça;

b) O ponto de aplicação da resultante na direção AC


110

c) Supondo que o sistema esteja em equilíbrio, as forças de reação A

e B.

Solução

Determinação dos vetores FC e FE.

As coordenadas dos pontos C e D:

C (0; 9; 0) D (18; 0; 0)

CD = 18i -9j m

|CD| = √182 + 92 = 20,12 m

λCD = 18i – 9j ≈ 0,895i – 0,447j

20,12

FC = 90 λCD = 80,6i – 40,2j KN

Coordenadas dos pontos E e D:

E (2; 6; 0) D (18; 0; 0)

ED = 16i -6j m

ED = √16 + 62 = 17,09 m

λED = 16i – 6j ≈ 0,936i – 0,351j

17,09

FE = 90 λED = 84,24i – 31,59j KN


111

Transferindo todas as forças para o ponto A.

i j k

∆rc ^ Fc = 0 9 0 = -725,4 k N.m

80,6 -40,2 0

i j k

∆rz ^ FE = 2 6 0 = -568,4 k N.m

84,2 -31,6 0

i j k

∆rP ^ P = 2,4 Yp 0 = - 480 k N.m

0 -200 0

Cálculo da força e do momento resultantes

R = F + F +P = (80,6 + 84,2) i – (40,2 + 31,6 + 200) j KN

R = 164,8i – 271,8j KN

MR = -1.773,8k KN m

a) Cálculo da linha de ação da resultante:

y = Ry x- Mz

Rx Rx

Portanto

y = -1,65x + 10,76m

b) Ponto de aplicação da força resultante no eixo AC.

Nesse caso x = 0, logo y = 10,76m


112

c) Cálculo das forças de reações A e B

No caso temos os seguintes apoios mostrados nas figuras.

Sabemos ainda que, não considerando as forças de reações temos

no ponto A:

R = 164,8e – 271,8j KN

MR = - 1.773,8 k KN m

Considerando as forças de reações temos que:

a) Transferindo B para o ponto A

i j k

∆rB ^ B = 6 0 0 = 6 BY k N.m

0 B0 0

b) As novas resultantes serão:

R = (164,8 + Ax)i + (Ay + By – 271,8)j KN

MR = (6 By – 1.773,8)k KN m


113

Aplicando as condições de equilíbrio temos que:

1) MR = 0 ou ∑ Mzi = 0

2) Rx = ∑ Fxi = 0

3) Ry = ∑ Fyi = 0

De 1 temos que:

6 By = 1.773,8 KN m

Portanto

By = 1.773,8 ≈ 295,6 KN m 6

De 2 temos que:

Ax = - 164,8 KN

De 3 temos que:

Ay = 271,8 - By

Ay = 271,8 – 295.6

Ay = -23,8 KN m

Proposição inicial


114

Os resultados mostraram que:

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